KVPY 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार $dU = dQ + dW$ होता है। चूँकि $dQ = 0$,इसलिए $dU = dW = -p dV$ होगा।
वान डर वाल्स गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U$,$T$ और $V$ दोनों पर निर्भर करती है। अवकल परिवर्तन $dU = C_V dT + \left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T dV$ है।
ऊष्मागतिक संबंध $\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T = T \left(\frac{\partial p}{\partial T}\right)_V - p$ का उपयोग करने पर,और अवस्था समीकरण $p = \frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}$ से,हमें $\left(\frac{\partial p}{\partial T}\right)_V = \frac{nR}{V-nb}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)_T = T \left(\frac{nR}{V-nb}\right) - \left(\frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}\right) = \frac{n^2 a}{V^2}$।
इस मान को ऊर्जा समीकरण में रखने पर: $C_V dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV = -p dV$।
$C_V dT + \frac{n^2 a}{V^2} dV = -\left(\frac{nRT}{V-nb} - \frac{n^2 a}{V^2}\right) dV$।
$C_V dT = -\frac{nRT}{V-nb} dV$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{dT}{T} = -\frac{nR}{C_V} \frac{dV}{V-nb}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\ln T = -\frac{nR}{C_V} \ln(V-nb) + \text{स्थिरांक}$।
$T(V-nb)^{nR/C_V} = \text{स्थिरांक}$। चूँकि $n$ स्थिरांक है,यह $T(V-nb)^{R/C_V} = \text{स्थिरांक}$ के बराबर है।

(A) मान लीजिए कि हवा में ध्वनि की गति $v$ है। इंजन की गति $v_s = 0.005v$ है।
सबसे पहले,ध्वनि गतिमान इंजन से स्थिर चट्टान की ओर जाती है। चट्टान द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_1$ गतिमान स्रोत और स्थिर प्रेक्षक के लिए डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$f_1 = f \left( \frac{v}{v + v_s} \right) = f \left( \frac{v}{v + 0.005v} \right) = f \left( \frac{1}{1.005} \right)$
इसके बाद,चट्टान एक स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है जो $f_1$ आवृत्ति की ध्वनि को वापस गतिमान इंजन (प्रेक्षक) की ओर परावर्तित करती है। इंजन द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_2$ स्थिर स्रोत और गतिमान प्रेक्षक के लिए डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$
चूंकि इंजन चट्टान से दूर जा रहा है,इसलिए प्रेक्षक की गति $v_o = v_s = 0.005v$ को परावर्तित ध्वनि की दिशा के सापेक्ष ऋणात्मक लिया जाता है:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v - 0.005v}{v} \right) = f_1 \left( \frac{0.995v}{v} \right) = 0.995 f_1$
$f_2$ के समीकरण में $f_1$ का मान रखने पर:
$f_2 = 0.995 \times f \left( \frac{1}{1.005} \right) \approx 0.995 \times 0.995 f \approx 0.990 f$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) कुल टॉर्क $\tau_{\text{net}}$ केंद्रीय अक्ष के परितः प्रत्येक बल द्वारा उत्पन्न टॉर्क का योग है।
$1$. बाहरी रिम पर $45^{\circ}$ के कोण पर बल $F$ के कारण टॉर्क: इस बल का स्पर्शरेखीय घटक $F \cos(45^{\circ})$ है। टॉर्क $\tau_1 = R \cdot F \cos(45^{\circ}) = R \cdot F \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707 RF$ है।
$2$. आंतरिक धुरी पर बल $F$ के कारण टॉर्क: यह बल $R/2$ त्रिज्या पर स्पर्शरेखीय रूप से लगाया गया है। टॉर्क $\tau_2 = \frac{R}{2} \cdot F = 0.5 RF$ है।
$3$. बाहरी रिम पर बल $2F$ के कारण टॉर्क: यह बल $R$ त्रिज्या पर स्पर्शरेखीय रूप से लगाया गया है। टॉर्क $\tau_3 = R \cdot 2F = 2 RF$ है।
ये सभी टॉर्क एक ही घूर्णन दिशा (वामावर्त) में कार्य करते हैं। इसलिए,कुल टॉर्क:
$\tau_{\text{net}} = \tau_1 + \tau_2 + \tau_3 = 0.707 RF + 0.5 RF + 2 RF = 3.207 RF$ है।
निकटतम मान लेने पर,कुल टॉर्क का परिमाण लगभग $3.2 FR$ है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए बल्क मॉडुलस $B$ का सूत्र $B = -V (dp / dV)$ है।
आदर्श गैस के लिए रुद्धोष्म प्रक्रिया में,दाब $p$ और आयतन $V$ के बीच संबंध $pV^{\gamma} = \text{नियतांक}$ होता है।
दोनों पक्षों का $V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $dp V^{\gamma} + p (\gamma V^{\gamma-1}) dV = 0$ प्राप्त होता है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,$dp / dV = -\gamma p / V$ मिलता है।
इस मान को $B$ के व्यंजक में रखने पर,$B = -V (-\gamma p / V) = \gamma p$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\gamma$ एक नियतांक है,इसलिए $B \propto p^1$ होता है।
दिए गए संबंध $B \propto p^n$ के साथ तुलना करने पर,हमें $n = 1$ प्राप्त होता है।

(C) $EOTVOS$ संख्या $E_0$ विमाहीन है। सही विकल्प की पहचान करने के लिए हम दिए गए विकल्पों की विमाओं की जाँच करते हैं।
विकल्प $(c)$ के लिए,व्यंजक $\frac{\rho g L^2}{\sigma}$ है।
विमाएँ इस प्रकार हैं:
$[\rho] = [M L^{-3}]$
$[g] = [L T^{-2}]$
$[L^2] = [L^2]$
$[\sigma] = [M T^{-2}]$
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\left[ \frac{\rho g L^2}{\sigma} \right] = \frac{[M L^{-3}] \cdot [L T^{-2}] \cdot [L^2]}{[M T^{-2}]}$
$= \frac{[M L^0 T^{-2}]}{[M T^{-2}]}$
$= [M^0 L^0 T^0]$
अतः,यह व्यंजक विमाहीन है।

(C) तख्ता पृथ्वी की सतह पर स्थिर है,जो अपनी धुरी के चारों ओर $\omega$ कोणीय वेग से घूम रही है। तख्ता $r = r_e \cos 45^{\circ}$ त्रिज्या के साथ वृत्ताकार गति करता है।
इस वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_c = m \omega^2 r = m \omega^2 (r_e \cos 45^{\circ})$ है।
यह अभिकेंद्र बल घूर्णन की धुरी की ओर कार्य करता है। $45^{\circ}$ अक्षांश पर क्षैतिज जमीन घूर्णन की धुरी के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती है। जमीन के समानांतर कार्य करने वाला अभिकेंद्र बल का घटक तख्ते को जमीन के सापेक्ष स्थिर रखने के लिए आवश्यक घर्षण बल प्रदान करता है।
$f = F_c \sin 45^{\circ} = (m \omega^2 r_e \cos 45^{\circ}) \sin 45^{\circ}$
चूंकि $\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए:
$f = m \omega^2 r_e \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{m r_e \omega^2}{2}$

(A) $STP$ पर,$1 \,mole$ आदर्श गैस $V = 22.4 \times 10^{-3} \,m^3$ का आयतन घेरती है।
$1 \,mole$ में अणुओं की संख्या आवोगाद्रो संख्या $N_A \approx 6.022 \times 10^{23}$ द्वारा दी जाती है।
प्रति अणु उपलब्ध आयतन $v = \frac{V}{N_A} = \frac{22.4 \times 10^{-3}}{6.022 \times 10^{23}} \approx 3.72 \times 10^{-26} \,m^3$ है।
अणुओं के बीच की औसत दूरी $d$ प्रति अणु आयतन के घनमूल के लगभग बराबर होती है:
$d \approx (v)^{1/3} = (3.72 \times 10^{-26})^{1/3} \,m$.
$d \approx 3.34 \times 10^{-9} \,m = 3.34 \,nm$.
अतः,अणुओं के बीच की औसत दूरी की कोटि $1 \,nm$ है।

(B) कण मूल बिंदु $(x=0)$ पर है और इसे दाईं ओर प्रक्षेपित किया जाता है। दाईं ओर अनंत तक पलायन करने के लिए,इसे $4 \,J$ के स्थितिज ऊर्जा अवरोध को पार करना होगा।
ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $K_i + V_i = K_f + V_f$.
मूल बिंदु पर,$V_i = 0$ और $K_i = \frac{1}{2}mv^2$ है।
अवरोध को पार करने के लिए,शिखर पर $(V_f = 4 \,J)$ अंतिम गतिज ऊर्जा कम से कम $0$ होनी चाहिए।
$\frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2 = 4 \Rightarrow 0.25 \times v^2 = 4 \Rightarrow v^2 = 16 \Rightarrow v = 4 \,m/s$.
हालाँकि,यदि कण के पास दाईं ओर के अवरोध को पार करने के लिए पर्याप्त ऊर्जा नहीं है,तो यह बाईं ओर वापस परावर्तित हो जाएगा। बाईं ओर,$1 \,J$ का एक छोटा स्थितिज ऊर्जा अवरोध है।
यदि कण परावर्तित होता है,तो यह बाईं ओर गति करता है और बाईं ओर अनंत तक पलायन करने के लिए इसे $1 \,J$ के अवरोध को पार करना होगा।
इसके लिए,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा कम से कम $1 \,J$ होनी चाहिए:
$\frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2 = 1 \Rightarrow 0.25 \times v^2 = 1 \Rightarrow v^2 = 4 \Rightarrow v = 2 \,m/s$.
चूंकि $2 \,m/s < 4 \,m/s$,इसलिए कण के अनंत तक पलायन करने के लिए आवश्यक न्यूनतम चाल $2 \,m/s$ है।

(D) सही विकल्प $(d)$ है।
दी गई आकृतियों से, हम निम्नलिखित देख सकते हैं:
$1$. आवृत्ति: तरंग $1$, तरंग $2$ की तुलना में समान समय अंतराल में अधिक दोलन पूरा करती है। चूंकि आवृत्ति $f = \frac{1}{T}$ है, जहां $T$ आवर्तकाल है, अधिक दोलनों का अर्थ है उच्च आवृत्ति। अतः, तरंग $1$ की आवृत्ति तरंग $2$ से अधिक है।
$2$. आयाम: आयाम को माध्य स्थिति (दबाव परिवर्तन) से अधिकतम विस्थापन द्वारा दर्शाया जाता है। दृश्य रूप से, तरंग $1$ की शिखर ऊँचाई तरंग $2$ की शिखर ऊँचाई से कम है। इसलिए, तरंग $1$ का आयाम तरंग $2$ की तुलना में छोटा है।
नोट: समय-डोमेन ग्राफ में, क्षैतिज अक्ष समय को दर्शाता है, इसलिए शिखरों के बीच की दूरी आवर्तकाल $T$ के अनुरूप होती है। उच्च आवृत्ति का अर्थ है कम आवर्तकाल। चूंकि तरंगदैर्ध्य $\lambda = vT$ (जहां $v$ ध्वनि की गति है) होती है, इसलिए कम आवर्तकाल का अर्थ है छोटी तरंगदैर्ध्य। अतः, तरंग $1$ की तरंगदैर्ध्य छोटी है और आयाम तरंग $2$ की तुलना में छोटा है।

(C) माना टक्कर के बाद द्रव्यमान केंद्र का रैखिक वेग $v_0$ है और द्रव्यमान केंद्र के सापेक्ष संयुक्त निकाय का कोणीय वेग $\omega_0$ है।
रैखिक संवेग का संरक्षण:
$m v = (m+M) v_0 \quad \dots(i)$
द्रव्यमान केंद्र के सापेक्ष कोणीय संवेग का संरक्षण:
$m v (h-R) = I \omega_0$
जहाँ $I$ द्रव्यमान केंद्र के सापेक्ष संयुक्त निकाय का जड़त्व आघूर्ण है: $I = \frac{2}{5} M R^2 + m R^2 = (\frac{2}{5} M + m) R^2$.
समीकरण $(i)$ से $mv$ का मान कोणीय संवेग समीकरण में रखने पर:
$(m+M) v_0 (h-R) = (\frac{2}{5} M + m) R^2 \omega_0$
शुद्ध लोटनिक गति के लिए,$v_0 = R \omega_0$. यह मान रखने पर:
$(m+M) R \omega_0 (h-R) = (\frac{2}{5} M + m) R^2 \omega_0$
$(m+M) (h-R) = (\frac{2}{5} M + m) R$
$R$ से विभाजित करने पर:
$(m+M) (\frac{h}{R} - 1) = \frac{2}{5} M + m$
$\frac{h}{R} - 1 = \frac{2M + 5m}{5(m+M)}$
$\frac{h}{R} = \frac{2M + 5m}{5(m+M)} + 1 = \frac{2M + 5m + 5m + 5M}{5(m+M)} = \frac{10m + 7M}{5(m+M)}$

(A) गेंद की गति को उसके पथ को खोलकर समझा जा सकता है। चूंकि टक्करें पूरी तरह से लोचदार हैं,इसलिए प्रक्षेप पथ को एक एकल निरंतर परवलय के रूप में माना जा सकता है जैसे कि गेंद को जमीन से फेंका गया हो। इस समतुल्य प्रक्षेप्य की कुल सीमा $R = 12 \,m$ है। प्रक्षेप पथ का समीकरण $y = x \tan \theta \left(1 - \frac{x}{R}\right)$ है।
गेंद छोड़ने के बिंदु पर,$y = 1.4 \,m$ और शुरुआत से क्षैतिज दूरी $x$ है। अतः,$1.4 = x \tan \theta \left(1 - \frac{x}{12}\right) \quad \dots(i)$
दीवार पर,$y = 3 \,m$ और शुरुआत से क्षैतिज दूरी $6 + x$ है। अतः,$3 = (6 + x) \tan \theta \left(1 - \frac{6 + x}{12}\right) = (6 + x) \tan \theta \left(\frac{6 - x}{12}\right) \quad \dots(ii)$
$(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{1.4}{3} = \frac{x(12 - x)}{(6 + x)(6 - x)} \Rightarrow \frac{7}{15} = \frac{12x - x^2}{36 - x^2}$
$7(36 - x^2) = 15(12x - x^2) \Rightarrow 252 - 7x^2 = 180x - 15x^2$
$8x^2 - 180x + 252 = 0 \Rightarrow 2x^2 - 45x + 63 = 0$
द्विघात समीकरण को हल करने पर: $(x - 21)(2x - 3) = 0$। चूंकि $x < 6$ है,इसलिए हमें $x = 1.5 \,m$ प्राप्त होता है।

(C) ऊष्मागतिकी का प्रथम नियम बताता है कि $dQ = dU + dW$। एक आदर्श गैस के लिए,$dU = nC_v dT$। सीधी रेखा पथ $XY$ के साथ,निकाय विभिन्न समतापी वक्रों से होकर गुजरता है।
प्रारंभिक बिंदु $X$ और अंतिम बिंदु $Y$ पर तापमान समान होता है क्योंकि वे एक ही रुद्धोष्म पर स्थित होते हैं। हालाँकि,चूंकि सीधी रेखा पथ $XY$ रुद्धोष्म के ऊपर स्थित है,इसलिए गैस का तापमान पहले रुद्धोष्म से दूर उच्च तापमान वाले समतापी वक्रों की ओर बढ़ने पर बढ़ता है,जो किसी मध्यवर्ती बिंदु $Z$ पर अधिकतम हो जाता है,और फिर बिंदु $Y$ के करीब आने पर घटता है।
चूंकि $dQ = nC_v dT + p dV$ है,और पूरी प्रक्रिया के दौरान $dV > 0$ है,इसलिए ऊष्मा विनिमय $dT$ के चिह्न पर निर्भर करता है। $X$ से $Z$ तक,तापमान बढ़ता है $(dT > 0)$,इसलिए ऊष्मा अवशोषित होती है। $Z$ से $Y$ तक,तापमान घटता है $(dT < 0)$,और गैस द्वारा किया गया कार्य आंतरिक ऊर्जा परिवर्तन से अधिक हो जाता है,जिससे ऊष्मा मुक्त होती है। इस प्रकार,ऊष्मा $X$ से $Z$ तक अवशोषित होती है और $Z$ से $Y$ तक मुक्त होती है।

(D) $R$ त्रिज्या वाले गोलाकार कटोरे में बिना फिसले लुढ़कने वाली $r$ त्रिज्या की गेंद के लिए,लोलक की प्रभावी लंबाई $(R-r)$ होती है।
इस तरह के दोलन का आवर्तकाल $T$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{I_{cm} + mr^2}{mgr^2}} \times \sqrt{R-r} = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{2}{5}mr^2 + mr^2}{mgr^2}} \times \sqrt{R-r} = 2\pi \sqrt{\frac{7(R-r)}{5g}}$
चूंकि $T \propto \sqrt{R-r}$ है,यदि गेंद की त्रिज्या $r$ बढ़ाई जाती है,तो $(R-r)$ पद कम हो जाता है।
इसलिए,आवर्तकाल $T$ थोड़ा कम हो जाता है।

(A) माना गोले की प्रारंभिक क्षैतिज चाल $v$ है।
चूँकि गोला बिना फिसले लुढ़कता है,क्षैतिज सतह पर इसकी कुल गतिज ऊर्जा इसकी स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जाओं का योग है:
$KE_{total} = KE_{trans} + KE_{rot} = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} m R^2$ है और बिना फिसले लुढ़कने की शर्त $v = R \omega$ है,इसलिए $\omega = v/R$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$KE_{total} = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m R^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{5} m v^2 = \frac{7}{10} m v^2$
अधिकतम ऊँचाई $h$ पर,गोला वापस नीचे लुढ़कने से पहले क्षण भर के लिए स्थिर हो जाता है। यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $h$ ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$\frac{7}{10} m v^2 = m g h$
$v$ के लिए हल करने पर:
$v^2 = \frac{10}{7} g h$
$v = \sqrt{\frac{10 g h}{7}}$

(D) एक पूर्ण ऊष्मागतिक चक्र में किया गया कुल कार्य प्रत्येक व्यक्तिगत प्रक्रिया में किए गए कार्य का योग होता है:
$W_{\text{total}} = W_{12} + W_{23} + W_{31}$
दिया गया है कि कुल कार्य $W_{\text{total}} = 10 \, J$ है।
समआयतनिक प्रक्रिया $(2 \rightarrow 3)$ में,आयतन स्थिर रहता है,इसलिए किया गया कार्य $W_{23} = 0 \, J$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया $(3 \rightarrow 1)$ में गैस द्वारा किया गया कार्य $-20 \, J$ दिया गया है।
इन मानों को कुल कार्य के समीकरण में रखने पर:
$10 \, J = W_{12} + 0 \, J + (-20 \, J)$
$10 \, J = W_{12} - 20 \, J$
$W_{12} = 30 \, J$
समतापीय प्रक्रिया के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है। ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + W$ होता है। इसलिए,समतापीय प्रक्रिया $(1 \rightarrow 2)$ के लिए:
$\Delta Q_{12} = 0 + W_{12} = 30 \, J$ है।
अतः,समतापीय प्रक्रिया में निकाय को दी गई ऊष्मा $30 \, J$ है।

(A) ब्लॉक $H$ ऊँचाई पर विरामावस्था से शुरू होता है,इसलिए इसकी प्रारंभिक यांत्रिक ऊर्जा $E_i = mgH$ है।
जैसे-जैसे ब्लॉक गति करता है,यह $d$ लंबाई की एक खुरदरी क्षैतिज सतह का सामना करता है और फिर स्प्रिंग को $x$ दूरी तक दबाता है। आगे की यात्रा के दौरान घर्षण के विरुद्ध किया गया कार्य $W_{f1} = \mu mgd$ है।
स्प्रिंग के संपीड़न के दौरान,ब्लॉक खुरदरी सतह पर अतिरिक्त $x$ दूरी तय करता है,इसलिए इस भाग के दौरान घर्षण के विरुद्ध किया गया कार्य $W_{f2} = \mu mgx$ है।
आगे की यात्रा के दौरान घर्षण के विरुद्ध किया गया कुल कार्य $W_{f,total} = \mu mg(d+x)$ है।
जब ब्लॉक वापस लौटता है,तो यह खुरदरी सतह पर समान दूरी $x$ (स्प्रिंग का विस्तार) और $d$ तय करता है,इसलिए वापसी की यात्रा के दौरान घर्षण के विरुद्ध किया गया कार्य भी $W_{f,return} = \mu mg(d+x)$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा घर्षण के विरुद्ध किए गए कुल कार्य और $h$ ऊँचाई पर अंतिम स्थितिज ऊर्जा $mgh$ के योग के बराबर होती है:
$mgH = W_{f,total} + W_{f,return} + mgh$
$mgH = \mu mg(d+x) + \mu mg(d+x) + mgh$
$mgH = 2\mu mg(d+x) + mgh$
$mg$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$H = 2\mu(d+x) + h$
$h = H - 2\mu(d+x)$

(D) माना जंक्शन का तापमान $T^{\circ} C$ है।
चूंकि छड़ें समान पदार्थ से बनी हैं,उनका अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ समान है और लंबाई $l$ समान है,इसलिए उनका ऊष्मीय प्रतिरोध $R = \frac{l}{kA}$ सभी छड़ों के लिए समान है।
स्थिर अवस्था ऊष्मा प्रवाह के सिद्धांत के अनुसार,तीन कांटे वाली छड़ों के माध्यम से कुल ऊष्मा का प्रवाह चौथी छड़ (हैंडल) के माध्यम से बाहर निकलने वाली ऊष्मा के बराबर होना चाहिए।
तीन छड़ों से ऊष्मा का प्रवाह = $3 \times \frac{kA}{l}(100 - T)$
चौथी छड़ से बाहर निकलने वाली ऊष्मा = $\frac{kA}{l}(T - 0)$
दोनों को बराबर करने पर:
$3 \frac{kA}{l}(100 - T) = \frac{kA}{l}(T - 0)$
$3(100 - T) = T$
$300 - 3T = T$
$4T = 300$
$T = 75^{\circ} C$

(A) प्रणाली का द्रव्यमान केंद्र केवल नीचे की ओर कार्य करने वाले बाहरी गुरुत्वाकर्षण बल के अधीन है।
आंतरिक बल,जैसे कि आदमी द्वारा गेंद को फेंकना या गेंद का दीवारों से टकराना,प्रणाली के द्रव्यमान केंद्र की गति को प्रभावित नहीं करते हैं।
कणों की प्रणाली के लिए न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,$F_{ext} = M_{total} \cdot a_{cm}$ होता है।
चूंकि एकमात्र बाहरी बल गुरुत्वाकर्षण है,इसलिए द्रव्यमान केंद्र का त्वरण $g$ नीचे की ओर होता है।
इसलिए,द्रव्यमान केंद्र एक सीधी ऊर्ध्वाधर रेखा में नीचे की ओर गति करेगा,जैसा कि चित्र $A$ में दर्शाया गया है।

(C) जब गेंद को क्षैतिज रूप से फेंका जाता है,तो उसका प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग $v_y = 0$ होता है। जैसे-जैसे यह गुरुत्वाकर्षण के तहत नीचे गिरती है,इसका ऊर्ध्वाधर वेग ऋणात्मक (नीचे की ओर) हो जाता है और $v_y = -gt$ के अनुसार समय के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है।
जब गेंद जमीन से टकराती है,तो यह एक अप्रत्यास्थ टक्कर का अनुभव करती है। वेग तात्कालिक रूप से ऋणात्मक मान से धनात्मक मान (ऊपर की ओर) में बदल जाता है। चूंकि प्रत्यावस्थान गुणांक $e < 1$ है,इसलिए ऊपर की ओर वेग का परिमाण प्रभाव से ठीक पहले नीचे की ओर वेग के परिमाण से कम होता है।
उछाल के बाद,गेंद धनात्मक वेग के साथ ऊपर की ओर बढ़ती है जो गुरुत्वाकर्षण के कारण रैखिक रूप से घटता है जब तक कि यह अपने चरम पर नहीं पहुंच जाती,और फिर से ऋणात्मक हो जाती है।
चूंकि गुरुत्वाकर्षण के कारण त्वरण $g$ स्थिर है और नीचे की ओर कार्य करता है,इसलिए $v_y$ बनाम $t$ ग्राफ का ढलान पूरी गति के दौरान स्थिर और ऋणात्मक $(-g)$ रहता है। इस प्रकार,ग्राफ के खंड ऋणात्मक ढलान वाली समानांतर सीधी रेखाएं हैं। विकल्प $(c)$ इन विशेषताओं को सही ढंग से दर्शाता है।

(A) पास्कल के नियम के अनुसार,स्थिर तरल पदार्थ में किसी भी बिंदु पर दबाव केवल तरल की मुक्त सतह से उस बिंदु की गहराई $h$ पर निर्भर करता है। दबाव $p = h \rho g$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $AB$ और $CD$ की लंबाई पानी के कुल स्तंभ की ऊंचाई $h$ की तुलना में बहुत छोटी है,इसलिए सतहों $AB$,$BC$ और $CD$ पर सभी बिंदुओं की गहराई लगभग $h$ के बराबर है।
दबाव एक अदिश राशि है,जिसका अर्थ है कि यह एक दी गई गहराई पर सभी दिशाओं में समान रूप से कार्य करता है। इसलिए,$h$ गहराई पर किसी भी सतह पर पानी द्वारा लगाए गए दबाव का परिमाण सतह के अभिविन्यास (orientation) पर निर्भर नहीं करता है।
अतः,$p_1 = p_2 = p_3 = h \rho g$.

(D) सही विकल्प $(d)$ है।
$1$. कण का वेग $v$,स्थिति-समय $(x-t)$ ग्राफ के ढलान द्वारा दिया जाता है,अर्थात $v = \frac{dx}{dt}$।
$2$. प्रारंभ में,$x-t$ ग्राफ का ढलान ऋणात्मक है और बढ़ रहा है (कम ऋणात्मक हो रहा है),फिर यह धनात्मक हो जाता है और बढ़ता है,और अंत में,यह धनात्मक हो जाता है और घटता है (शिखर पर ढलान शून्य के करीब पहुंचता है)।
$3$. त्वरण $a$,वेग के परिवर्तन की दर है,अर्थात $a = \frac{dv}{dt}$,जो वेग-समय $(v-t)$ ग्राफ के ढलान के अनुरूप है।
$4$. दिए गए $x-t$ ग्राफ से,वक्रता अवतल (concave up) से उत्तल (concave down) में बदल जाती है। इसका तात्पर्य यह है कि त्वरण शुरू में धनात्मक है (जैसे-जैसे वेग बढ़ता है) और अंततः ऋणात्मक हो जाता है (जैसे-जैसे वेग घटता है)।
$5$. दिए गए विकल्पों में से,व्यंजक $a = p - qt$ (जहाँ $p, q > 0$) एक ऐसे त्वरण को दर्शाता है जो धनात्मक मान $p$ से शुरू होता है और समय $t$ के साथ रैखिक रूप से घटता है,और अंततः ऋणात्मक हो जाता है। यह ग्राफ में देखे गए भौतिक व्यवहार से मेल खाता है।

(C) मान लीजिए कि $m_1$ द्रव्यमान का पहला पत्थर $t=0$ पर गिराया जाता है।
समय $t$ पर,इसका वेग $v_1$ और विस्थापन $s_1$ हैं:
$v_1 = -gt$ और $s_1 = -\frac{1}{2}gt^2$.
चूंकि $m_2$ द्रव्यमान का दूसरा पत्थर $\Delta t$ समय बाद गिराया जाता है,इसलिए $t$ समय पर इसका वेग $v_2$ और विस्थापन $s_2$ हैं:
$v_2 = -g(t - \Delta t)$ और $s_2 = -\frac{1}{2}g(t - \Delta t)^2$.
गति में अंतर $\Delta v = |v_1 - v_2| = |-gt - (-g(t - \Delta t))| = |-g\Delta t| = g\Delta t$ है।
चूंकि $g$ और $\Delta t$ स्थिरांक हैं,इसलिए $\Delta v$ समय के साथ स्थिर रहता है।
आपसी अलगाव $\Delta s = |s_1 - s_2|$ है:
$\Delta s = |-\frac{1}{2}gt^2 - (-\frac{1}{2}g(t - \Delta t)^2)| = |\frac{1}{2}g((t - \Delta t)^2 - t^2)| = |\frac{1}{2}g(t^2 + \Delta t^2 - 2t\Delta t - t^2)| = |\frac{1}{2}g(\Delta t^2 - 2t\Delta t)|$.
जैसे-जैसे समय $t$ बढ़ता है,$2t\Delta t$ पद बढ़ता है,जिससे अलगाव $\Delta s$ का मान घटता है।

(A) मान लीजिए प्रारंभिक दबाव $p$ है और प्रारंभिक मोलों की संख्या $n_1$ है। आदर्श गैस नियम के अनुसार,$pV = n_1RT$ है।
$V/3$ आयतन तक समतापीय संपीड़न के बाद,नया दबाव $p'$ का मान $p' = n_1RT / (V/3) = 3(n_1RT/V) = 3p$ हो जाता है।
अब,वाल्व खोला जाता है और गैस तब तक बाहर निकलती है जब तक कि दबाव वापस मूल मान $p$ पर न आ जाए,जबकि आयतन $V/3$ रहता है और तापमान $T$ स्थिर रहता है।
मान लीजिए मोलों की नई संख्या $n_2$ है। अतः,$p(V/3) = n_2RT$ है।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $(pV) / (pV/3) = n_1 / n_2$,जिससे $3 = n_1 / n_2$ प्राप्त होता है,या $n_2 = n_1 / 3$ है।
बाहर निकलने वाले मोलों की संख्या $\Delta n = n_1 - n_2 = n_1 - n_1/3 = 2n_1/3$ है।
बाहर निकलने वाले अणुओं का प्रतिशत $(\Delta n / n_1) \times 100 = (2/3) \times 100 \approx 66 \%$ है।

(A) निकाय के बिना गिरे संतुलन में रहने के लिए,निम्नलिखित शर्तों को पूरा किया जाना चाहिए:
$(i)$ गोले और ऊपरी ब्लॉक का द्रव्यमान केंद्र $C_1$ निचले ब्लॉक के किनारे पर स्थित होना चाहिए।
मान लीजिए कि गोला ऊपरी ब्लॉक के किनारे से $y$ दूरी पर रखा गया है। ऊपरी ब्लॉक का द्रव्यमान केंद्र उसके किनारे से $L/2$ दूरी पर है। ऊपरी ब्लॉक के किनारे को मूल बिंदु मानते हुए:
$\frac{M}{2} \times y = M \times (L/2 - y)$
$\Rightarrow y/2 + y = L/2 \Rightarrow 3y/2 = L/2 \Rightarrow y = L/3$.
$(ii)$ पूरे निकाय (दो ब्लॉक और गोला) का द्रव्यमान केंद्र $C_2$ मेज के किनारे पर स्थित होना चाहिए।
ऊपरी ब्लॉक और गोले का द्रव्यमान केंद्र ऊपरी ब्लॉक के किनारे से $L/3$ दूरी पर है। निचले ब्लॉक का द्रव्यमान केंद्र उसके अपने किनारे से $L/2$ दूरी पर है।
मेज के किनारे से गोले के केंद्र की दूरी $x$ है। गणना करने पर अधिकतम दूरी $x = 8L/15$ प्राप्त होती है।

(A) मान लीजिए $P$ और $Q$ के बीच की प्रारंभिक दूरी $x$ है।
स्थिति $(I)$: $P$,$Q$ की ओर $v_P = 1 \,ms^{-1}$ की गति से दौड़ता है,$Q$ स्थिर है $(v_Q = 0)$। गेंद को जमीन के सापेक्ष $v_b = 2 \,ms^{-1}$ की गति से फेंका जाता है।
पहली गेंद को $Q$ तक पहुँचने में लगा समय $t_1 = \frac{x}{v_b} = \frac{x}{2}$ है।
दूसरी गेंद $t = 5 \,s$ पर फेंकी जाती है। इस समय तक,$P$ ने $Q$ की ओर $d = v_P \times 5 = 1 \times 5 = 5 \,m$ की दूरी तय कर ली है। $P$ और $Q$ के बीच की नई दूरी $(x - 5)$ है।
दूसरी गेंद को फेंकने के क्षण से $Q$ तक पहुँचने में लगा समय $t' = \frac{x - 5}{2}$ है।
अतः,दूसरी गेंद $Q$ तक $t_2 = 5 + t' = 5 + \frac{x - 5}{2} = 5 + \frac{x}{2} - 2.5 = \frac{x}{2} + 2.5$ समय पर पहुँचती है।
गेंदों को प्राप्त करने के बीच का समय अंतराल $\Delta t = t_2 - t_1 = (\frac{x}{2} + 2.5) - \frac{x}{2} = 2.5 \,s$ है।
स्थिति $(II)$: $Q$,$P$ की ओर $v_Q = 1 \,ms^{-1}$ की गति से दौड़ता है,$P$ स्थिर है $(v_P = 0)$। गेंद को जमीन के सापेक्ष $v_b = 2 \,ms^{-1}$ की गति से फेंका जाता है।
पहली गेंद $Q$ तक $t_1$ समय पर पहुँचती है जब गेंद और $Q$ द्वारा तय की गई दूरी $x$ होती है: $v_b t_1 + v_Q t_1 = x \implies (2 + 1)t_1 = x \implies t_1 = \frac{x}{3}$।
दूसरी गेंद $t = 5 \,s$ पर फेंकी जाती है। इस समय तक,$Q$ ने $P$ की ओर $d = v_Q \times 5 = 1 \times 5 = 5 \,m$ की दूरी तय कर ली है। $P$ और $Q$ के बीच की नई दूरी $(x - 5)$ है।
दूसरी गेंद को फेंकने के क्षण से $Q$ तक पहुँचने में लगा समय $t'$ है ताकि $(v_b + v_Q)t' = x - 5 \implies (2 + 1)t' = x - 5 \implies t' = \frac{x - 5}{3}$।
अतः,दूसरी गेंद $Q$ तक $t_2 = 5 + t' = 5 + \frac{x - 5}{3} = 5 + \frac{x}{3} - \frac{5}{3} = \frac{x}{3} + \frac{10}{3}$ समय पर पहुँचती है।
गेंदों को प्राप्त करने के बीच का समय अंतराल $\Delta t = t_2 - t_1 = (\frac{x}{3} + \frac{10}{3}) - \frac{x}{3} = \frac{10}{3} \,s \approx 3.33 \,s$ है।

(A) मान लीजिए पात्र की ऊष्मा धारिता $C$ है $(C = m_c s_c)$।
स्थिति $1$: पात्र में पानी।
दी गई ऊर्जा = $P \times t_1 = 10 \times (15 \times 60) = 9000 \,J$।
अवशोषित ऊष्मा = $(m_w s_w + C) \Delta T_1 = (0.5 \times 4200 + C) \times 3 = 6300 + 3C$।
ऊर्जा को बराबर करने पर: $6300 + 3C = 9000 \Rightarrow 3C = 2700 \Rightarrow C = 900 \,J K^{-1}$।
स्थिति $2$: पात्र में तेल।
दी गई ऊर्जा = $P \times t_2 = 10 \times (20 \times 60) = 12000 \,J$।
अवशोषित ऊष्मा = $(m_o s_o + C) \Delta T_2 = (2 \times s_o + 900) \times 2 = 4s_o + 1800$।
ऊर्जा को बराबर करने पर: $4s_o + 1800 = 12000 \Rightarrow 4s_o = 10200 \Rightarrow s_o = 2550 \,J K^{-1} kg^{-1}$।
इसे $10^3 \,J K^{-1} kg^{-1}$ के रूप में व्यक्त करने पर,$s_o = 2.55 \times 10^3 \,J K^{-1} kg^{-1}$ प्राप्त होता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,निकटतम मान $2.5$ है।

(D) जब एक बिंदु आवेश $+Q$ को खोखले चालक गोलाकार कवच के अंदर रखा जाता है,तो स्थिर वैद्युत प्रेरण के कारण कवच की आंतरिक सतह पर $-Q$ आवेश प्रेरित होता है।
कवच की उदासीनता बनाए रखने के लिए,कवच की बाहरी सतह पर $+Q$ आवेश दिखाई देता है।
जब कवच की बाहरी सतह को पृथ्वी से जोड़ा जाता है (अर्थिंग की जाती है),तो बाहरी सतह पर मौजूद धनात्मक आवेश $+Q$ पृथ्वी में चला जाता है,जिससे बाहरी सतह उदासीन हो जाती है।
स्थिर वैद्युत परिरक्षण (electrostatic shielding) के गुण के अनुसार,कवच के अंदर $+Q$ आवेश और आंतरिक सतह पर प्रेरित $-Q$ आवेश द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्र कवच की गुहा तक ही सीमित रहता है।
इसलिए,चालक कवच के बाहर किसी भी बिंदु पर कुल विद्युत क्षेत्र शून्य होता है।
चूंकि बिंदु $P$ (जो कवच के बाहर है) पर विद्युत क्षेत्र शून्य है,इसलिए $P$ पर रखे गए परीक्षण आवेश $+q$ पर लगने वाला स्थिर वैद्युत बल भी शून्य होगा।

(D) जब संधारित्र पूर्णतः आवेशित हो जाता है,तो यह एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है,जिसका अर्थ है कि संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
मान लीजिए कि प्रत्येक प्रतिरोधक का प्रतिरोध $R$ है। परिपथ एक ऐसे नेटवर्क में सरल हो जाता है जहाँ संधारित्र बिंदु $A$ और $B$ के बीच जुड़ा होता है।
परिपथ का विश्लेषण करने पर,संधारित्र के सिरों पर विभवांतर बिंदु $A$ और $B$ के बीच का विभवांतर है।
दिए गए समतुल्य परिपथ आरेख के आधार पर,संधारित्र के सिरों पर प्रभावी विभवांतर $V_{AB} = \frac{5}{8}V$ प्राप्त होता है।
अतः,संधारित्र में संचित आवेश $Q = C \cdot V_{AB} = \frac{5}{8}CV$ है।

(B) नाभिकीय क्षय के स्वतःस्फूर्त होने के लिए,अभिक्रिया का $Q$-मान धनात्मक होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि जनक नाभिक का द्रव्यमान पुत्री नाभिक और उत्सर्जित कणों के द्रव्यमान के योग से अधिक होना चाहिए।
क्षय प्रक्रिया है: $X_Z^A \rightarrow Y_{Z+1}^A + e^{-} + \bar{\nu}_e$.
मान लीजिए $M_n(A, Z)$ नाभिक का द्रव्यमान है। शर्त है: $M_n(A, Z) > M_n(A, Z+1) + m_e$ (न्यूट्रिनो द्रव्यमान को नगण्य मानते हुए)।
चूंकि $M(A, Z)$ तटस्थ परमाणु का द्रव्यमान दर्शाता है,इसलिए $M_n(A, Z) = M(A, Z) - Z m_e$.
इस मान को शर्त में रखने पर:
$(M(A, Z) - Z m_e) > (M(A, Z+1) - (Z+1) m_e) + m_e$.
दाहिनी ओर को सरल करने पर:
$M(A, Z) - Z m_e > M(A, Z+1) - Z m_e - m_e + m_e$.
$M(A, Z) - Z m_e > M(A, Z+1) - Z m_e$.
अतः,$M(A, Z) > M(A, Z+1)$.

(C) चित्र $(B)$ में दिया गया ग्राफ दर्शाता है कि धारा $I$, $t=0$ पर $0$ से शुरू होती है और समय के साथ घातांकीय रूप से बढ़ती है, और अंततः एक स्थिर मान प्राप्त करती है।
श्रेणीक्रम $RC$ परिपथ में, स्विच बंद करने के बाद धारा घातांकीय रूप से घटती है।
श्रेणीक्रम $RL$ परिपथ में, धारा $I$ को $I(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दिया जाता है।
$t=0$ पर, $I(0) = 0$ होता है, और जैसे-जैसे $t \to \infty$ होता है, $I \to V/R$ होता है, जो ग्राफ में दिखाए गए व्यवहार से मेल खाता है।
अतः, ब्लैकबॉक्स में श्रेणीक्रम में एक प्रतिरोधक और एक प्रेरक है।

(B) फोटोइलेक्ट्रॉन के लिए,आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण इस प्रकार है:
$e V_0 = h \nu - \phi_0 \Rightarrow V_0 = \frac{h}{e} \nu - \frac{\phi_0}{e}$
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx + c$ के साथ तुलना करने पर,$V_0$ बनाम $\nu$ ग्राफ का ढाल (स्लोप) $\frac{h}{e}$ है और $V_0$-अक्ष पर अंतःखंड $-\frac{\phi_0}{e}$ है।
दिए गए ग्राफ से,हम दो बिंदु $(0.8 \times 10^{15} \, Hz, 1 \, V)$ और $(1.6 \times 10^{15} \, Hz, 4 \, V)$ लेते हैं।
ढाल $= \frac{h}{e} = \frac{V_{0_2} - V_{0_1}}{\nu_2 - \nu_1} = \frac{4 - 1}{(1.6 - 0.8) \times 10^{15}} = \frac{3}{0.8 \times 10^{15}} = 3.75 \times 10^{-15} \, V \cdot s$.
अब,$h = e \times \text{ढाल} = (1.6 \times 10^{-19} \, C) \times (3.75 \times 10^{-15} \, V \cdot s) = 6.0 \times 10^{-34} \, Js$.
ग्राफ से,$V_0$-अक्ष पर अंतःखंड $-2 \, V$ है। इसलिए,$-\frac{\phi_0}{e} = -2 \, V$,जिससे कार्य फलन $\phi_0 = 2 \, eV$ प्राप्त होता है।

(B) केंद्र $C$ पर चुंबकीय क्षेत्र $r$ और $R$ त्रिज्या वाले दो चौथाई वृत्ताकार चापों द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों का परिणामी है。
$I$ धारा ले जाने वाले $a$ त्रिज्या के एक पूर्ण वृत्ताकार लूप के कारण उसके केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2a}$ होता है。
एक चौथाई वृत्ताकार चाप के लिए, चुंबकीय क्षेत्र $B_{arc} = \frac{1}{4} \left(\frac{\mu_0 I}{2a}\right) = \frac{\mu_0 I}{8a}$ होता है。
दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए:
$1$. $r$ त्रिज्या वाले आंतरिक चाप के लिए, धारा वामावर्त (counter-clockwise) दिशा में बहती है, इसलिए $C$ पर चुंबकीय क्षेत्र पृष्ठ के बाहर की ओर $(\odot)$ निर्देशित होता है。
$2$. $R$ त्रिज्या वाले बाहरी चाप के लिए, धारा दक्षिणावर्त (clockwise) दिशा में बहती है, इसलिए $C$ पर चुंबकीय क्षेत्र पृष्ठ के अंदर की ओर $(\otimes)$ निर्देशित होता है。
$C$ पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = B_r - B_R = \frac{\mu_0 I}{8r} - \frac{\mu_0 I}{8R} = \frac{\mu_0 I}{8} \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$ है。
चूंकि $r < R$, इसलिए $\frac{1}{r} > \frac{1}{R}$, अतः कुल चुंबकीय क्षेत्र पृष्ठ के बाहर की ओर होगा।

(D) लंबे समय के बाद,संधारित्र पूरी तरह से आवेशित हो जाता है और एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है। इसलिए,संधारित्र वाली शाखा में कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
तुल्य परिपथ में $6 \, V$ की बैटरी $1 \, k\Omega$ और $2 \, k\Omega$ के प्रतिरोधों के साथ श्रेणीक्रम में जुड़ी है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 1 \, k\Omega + 2 \, k\Omega = 3 \, k\Omega$ है।
परिपथ में प्रवाहित धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6 \, V}{3 \times 10^3 \, \Omega} = 2 \times 10^{-3} \, A = 2 \, mA$ है।
$2 \, k\Omega$ के प्रतिरोध पर विभवांतर $V_{AB} = I \times R = (2 \times 10^{-3} \, A) \times (2 \times 10^3 \, \Omega) = 4 \, V$ है।
चूंकि संधारित्र $2 \, k\Omega$ के प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में है,इसलिए संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $2 \, k\Omega$ के प्रतिरोध पर विभवांतर के बराबर होगा,जो कि $4 \, V$ है।

(B) पहली प्रजाति का औसत जीवनकाल $\tau_1 = 1 / \lambda$ है।
दूसरी प्रजाति का औसत जीवनकाल $\tau_2 = 1 / (\lambda / 3) = 3 / \lambda$ है।
लंबे समय के बाद,मिश्रण का औसत जीवनकाल $\tau_{avg}$ दोनों प्रजातियों के औसत जीवनकाल के माध्य के बराबर होता है,क्योंकि शुरुआत में दोनों की संख्या समान थी:
$\tau_{avg} = \frac{\tau_1 + \tau_2}{2} = \frac{(1 / \lambda) + (3 / \lambda)}{2} = \frac{4 / \lambda}{2} = 2 / \lambda$.
इस मान की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,$2 / \lambda$ का मान $2.10 / \lambda$ के निकट है। अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है और $\phi$ धातु का कार्य फलन है।
धातु $A$ के लिए: $K_A = 7 \,eV - 6 \,eV = 1 \,eV$.
धातु $B$ के लिए: $K_B = 7 \,eV - 3 \,eV = 4 \,eV$.
$K$ गतिज ऊर्जा वाले इलेक्ट्रॉन से जुड़ी डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ होती है।
अतः,तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{\frac{h}{\sqrt{2mK_A}}}{\frac{h}{\sqrt{2mK_B}}} = \sqrt{\frac{K_B}{K_A}}$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \sqrt{\frac{4 \,eV}{1 \,eV}} = \sqrt{4} = 2.0$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गतिमान आवेश $q$ पर कार्य करने वाला चुंबकीय बल $F$,लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $F = q(v \times B)$।
चूंकि चुंबकीय बल $F$ हमेशा इलेक्ट्रॉन के वेग सदिश $v$ के लंबवत होता है,इसलिए चुंबकीय बल द्वारा इलेक्ट्रॉन पर किया गया कार्य शून्य होता है,क्योंकि $W = F \cdot d = F \cdot (v \Delta t) = (F \cdot v) \Delta t = 0$।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन कुल बल द्वारा किए गए कार्य के बराबर होता है। चूंकि कार्य शून्य है,इसलिए इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा स्थिर रहती है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $(K = \frac{1}{2}mv^2)$ स्थिर है और द्रव्यमान $m$ स्थिर है,इसलिए इलेक्ट्रॉन की चाल $v$ भी स्थिर रहती है। हालाँकि,वेग की दिशा बदलती है,इसलिए संवेग $(p = mv)$ स्थिर नहीं रहता है,और जैसे-जैसे इलेक्ट्रॉन चलता है बल की दिशा बदलती है,इसलिए बल स्थिर नहीं रहता है।

(D) माना आपतन कोण $i$ है और अपवर्तन कोण $r$ है। पहली सतह पर स्नेल के नियम के अनुसार:
$\frac{\sin i}{\sin r} = \mu = \sqrt{3} \implies \sin i = \sqrt{3} \sin r \quad \dots(1)$
गोले के केंद्र और अपवर्तन/परावर्तन के दो बिंदुओं द्वारा निर्मित त्रिभुज एक समद्विबाहु त्रिभुज है क्योंकि दो भुजाएँ गोले की त्रिज्या हैं। पहली सतह पर विचलन कोण $(i - r)$ है। दूसरी सतह पर परावर्तन कोण भी $r$ है।
चूंकि आपतित किरण निर्गत किरण के समानांतर है,इसलिए कुल विचलन $\delta = 180^{\circ}$ होना चाहिए।
पहले अपवर्तन पर विचलन $(i - r)$ है।
आंतरिक परावर्तन पर विचलन $(180^{\circ} - 2r)$ है।
दूसरे अपवर्तन पर विचलन $(i - r)$ है।
कुल विचलन $\delta = (i - r) + (180^{\circ} - 2r) + (i - r) = 180^{\circ}$.
$2i - 4r + 180^{\circ} = 180^{\circ} \implies 2i = 4r \implies i = 2r$.
समीकरण $(1)$ में $i = 2r$ रखने पर:
$\sin(2r) = \sqrt{3} \sin r$
$2 \sin r \cos r = \sqrt{3} \sin r$
चूंकि $\sin r \neq 0$,इसलिए $\cos r = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
अतः,$r = 30^{\circ}$.
चूंकि $i = 2r$,इसलिए $i = 2 \times 30^{\circ} = 60^{\circ}$.
अतः,आपतन कोण $60^{\circ}$ है।

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए $n$ वीं अवस्था में ऊर्जा का सूत्र $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \,eV$ है।
एकल आयनित हीलियम परमाणु के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है।
अतः,$n=4$ अवस्था के लिए ऊर्जा:
$E_4 = -13.6 \times \frac{2^2}{4^2} = -13.6 \times \frac{4}{16} = -3.4 \,eV$.
जब परमाणु $2.6 \,eV$ ऊर्जा का फोटॉन उत्सर्जित करता है,तो उसकी अंतिम ऊर्जा $E_f$ होगी:
$E_f = E_4 - 2.6 \,eV = -3.4 \,eV - 2.6 \,eV = -6.0 \,eV$.
अब,$E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2}$ का उपयोग करके इस ऊर्जा स्तर के लिए क्वांटम संख्या $n$ ज्ञात करते हैं:
$-6.0 = -13.6 \times \frac{4}{n^2} \implies n^2 = \frac{13.6 \times 4}{6.0} \approx 9.06 \approx 9$.
इस प्रकार,$n = 3$.
अंतिम ऊर्जा $-6.0 \,eV$ है और क्वांटम संख्या $n=3$ है।

(A) सर्किट में आउटपुट के साथ समानांतर में दो डायोड $D_1$ और $D_2$ हैं,जिनमें से प्रत्येक एक $DC$ वोल्टेज स्रोत के साथ श्रृंखला में है।
$1$. $V_i$ के धनात्मक अर्ध-चक्र के लिए:
डायोड $D_1$ फॉरवर्ड बायस में होता है जब $V_i > 1 \, V$ होता है। एक बार जब $V_i$ का मान $1 \, V$ से अधिक हो जाता है,तो $D_1$ चालन करता है और आउटपुट वोल्टेज $V_o$ को $1 \, V$ पर क्लैंप कर देता है। अतः,$V_i > 1 \, V$ के लिए,$V_o = 1 \, V$ होता है।
$2$. $V_i$ के ऋणात्मक अर्ध-चक्र के लिए:
डायोड $D_2$ फॉरवर्ड बायस में होता है जब $V_i < -3 \, V$ होता है। एक बार जब $V_i$ का मान $-3 \, V$ से कम हो जाता है,तो $D_2$ चालन करता है और आउटपुट वोल्टेज $V_o$ को $-3 \, V$ पर क्लैंप कर देता है। अतः,$V_i < -3 \, V$ के लिए,$V_o = -3 \, V$ होता है।
$3$. $-3 \, V \leq V_i \leq 1 \, V$ की सीमा के लिए:
दोनों डायोड रिवर्स बायस में होते हैं और चालन नहीं करते हैं। इसलिए,आउटपुट वोल्टेज इनपुट वोल्टेज का अनुसरण करता है,अर्थात $V_o = V_i$।
इस व्यवहार की दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,वह ग्राफ जो धनात्मक इनपुट के लिए $1 \, V$ और ऋणात्मक इनपुट के लिए $-3 \, V$ पर आउटपुट वोल्टेज को क्लैंप किया हुआ दिखाता है,सही प्रतिनिधित्व है।

(B) कॉशी के परिक्षेपण सूत्र के अनुसार,किसी पदार्थ का अपवर्तनांक प्रकाश की तरंगदैर्ध्य के व्युत्क्रमानुपाती होता है,$\mu \propto \frac{1}{\lambda}$.
दिए गए रंगों की तरंगदैर्ध्य का क्रम इस प्रकार है: $\lambda_{\text{yellow}} > \lambda_{\text{green}} > \lambda_{\text{blue}}$.
चूंकि $\mu$,$\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए अपवर्तनांक का क्रम होगा: $\mu_{\text{yellow}} < \mu_{\text{green}} < \mu_{\text{blue}}$.
चूंकि $\mu_1$ हरे के लिए,$\mu_2$ नीले के लिए और $\mu_3$ पीले के लिए है,इसलिए हमें $\mu_3 < \mu_1 < \mu_2$ प्राप्त होता है,जिसे $\mu_2 > \mu_1 > \mu_3$ के रूप में लिखा जा सकता है।

(D) लेंस की फोकस दूरी $f = 20 \,cm$ है। लेंस पर आपतित होने वाला समानांतर किरण पुंज मुख्य अक्ष पर लेंस के केंद्र $P$ से $20 \,cm$ की दूरी पर स्थित अपने मुख्य फोकस $I'$ पर अभिसरित होगा।
दिया गया है $P M = 10 \,cm$,इसलिए दर्पण के प्रतिच्छेदन बिंदु $M$ से मूल फोकस बिंदु $I'$ तक की दूरी $M I' = P I' - P M = 20 \,cm - 10 \,cm = 10 \,cm$ है।
चूंकि प्रकाश दर्पण द्वारा परावर्तित होकर बिंदु $I$ पर मिलता है,और दर्पण एक समतल दर्पण है,इसलिए दूरी $M I$ को $M I'$ के बराबर होना चाहिए। अतः,$M I = 10 \,cm$ है।
हमें $P I = 10 \,cm$ दिया गया है। $\triangle P M I$ में,तीनों भुजाएँ ($P M = 10 \,cm$,$M I = 10 \,cm$,$P I = 10 \,cm$) बराबर हैं,इसलिए यह एक समबाहु त्रिभुज है। अतः,इसके सभी आंतरिक कोण $60^{\circ}$ हैं।
आपतित किरण (क्षैतिज) और परावर्तित किरण $M I$ के बीच का कोण $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ है।
आपतन कोण $i$,आपतित किरण और अभिलंब $N$ के बीच का कोण है। परावर्तन कोण $r$,परावर्तित किरण और अभिलंब $N$ के बीच का कोण है। चूंकि $i = r$,अभिलंब $N$ आपतित और परावर्तित किरणों के बीच के कोण को द्विभाजित करता है।
अभिलंब $N$ और क्षैतिज अक्ष के बीच का कोण $120^{\circ} / 2 = 60^{\circ}$ है।
दर्पण अभिलंब $N$ के लंबवत होता है। यदि अभिलंब क्षैतिज के साथ $60^{\circ}$ का कोण बनाता है,तो दर्पण ऊर्ध्वाधर के साथ $90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ का कोण या क्षैतिज के साथ $60^{\circ}$ का कोण बनाता है।

(B) रियर-व्यू दर्पण एक उत्तल दर्पण होता है।
दिया गया है: वक्रता त्रिज्या $R = 1.50 \, m$,वस्तु की दूरी $u = -10.0 \, m$।
फोकस दूरी $f = \frac{R}{2} = \frac{1.5}{2} = 0.75 \, m$।
दर्पण सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$।
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{u} = \frac{1}{0.75} - \frac{1}{-10} = \frac{4}{3} + \frac{1}{10} = \frac{40 + 3}{30} = \frac{43}{30}$।
अतः,$v = \frac{30}{43} \, m$।
आवर्धन $m$ का सूत्र $m = -\frac{v}{u}$ है।
$m = -\frac{(30/43)}{-10} = \frac{30}{430} = \frac{3}{43} \approx 0.0697$।
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,आवर्धन कारक लगभग $0.07$ है।

(A) सबसे पहले,हम परिपथ में धारा को चित्र में दिखाए अनुसार वितरित करते हैं।
धारा का वितरण किरचॉफ के जंक्शन नियम का पालन करना चाहिए।
अब,$1, 2, 3$ और $4$ के रूप में चिह्नित बंद लूप से,किरचॉफ के लूप नियम को लागू करके हमारे पास समीकरणों का निम्नलिखित सेट है:
$I_1 = I_2 + I_3 \quad \dots(i)$
$I_3 = I_2 + I_4 \quad \dots(ii)$
$I_4 = I_2 - I_4 + I_5$
$\Rightarrow 2 I_4 = I_2 + I_5 \quad \dots(iii)$
$I_5 = 2(I_2 - I_4 - I_5)$
$\Rightarrow I_5 = 2 I_2 - 2 I_4 - 2 I_5 \quad \dots(iv)$
$3 I_5 = 2 I_2 - 2 I_4 \quad \dots(v)$
समीकरण $(iii)$ और $(v)$ से,हमारे पास है:
$3 I_5 = 2 I_2 - (I_2 + I_5)$
$\Rightarrow 4 I_5 = I_2 \quad \dots(vi)$
समीकरण $(iii)$ और $(vi)$ से,हमारे पास है:
$2 I_4 = 4 I_5 + I_5 \Rightarrow I_4 = \frac{5}{2} I_5 \quad \dots(vii)$
समीकरण $(ii), (vi)$ और $(vii)$ से,हमारे पास है:
$I_3 = 4 I_5 + \frac{5}{2} I_5 = \frac{13}{2} I_5 \quad \dots(viii)$
अब,दिए गए परिपथ में चिह्नित धाराएं $I$ और $I^{\prime}$ हैं:
$I^{\prime} = (I_2 - I_4 - I_5) = (4 I_5 - \frac{5}{2} I_5 - I_5)$
$= (\frac{8 - 5 - 2}{2}) I_5 = \frac{I_5}{2} \quad \dots(ix)$
और $I = I_2 = 4 I_5$
अतः,$I / I^{\prime}$ का अनुपात $= (4 I_5) / (I_5 / 2) = 8$.

(C) फैराडे के विद्युतचुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार, जब भी कुंडली से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है, तो कुंडली में एक विद्युत वाहक बल (emf) प्रेरित होता है।
$(I)$ चुंबक को कुंडली से दूर ले जाने पर कुंडली से गुजरने वाले चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है, जिससे emf प्रेरित होता है।
$(II)$ कुंडली को चुंबक की ओर ले जाने पर भी कुंडली से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है, जिससे emf प्रेरित होता है।
$(III)$ कुंडली को उसके ऊर्ध्वाधर व्यास के परितः घुमाने से कुंडली के क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं के बीच का कोण बदल जाता है, जिससे चुंबकीय फ्लक्स $(\Phi = B A \cos \theta)$ में परिवर्तन होता है। फ्लक्स में यह परिवर्तन emf उत्पन्न करता है।
$(IV)$ कुंडली को उसकी अपनी अक्ष के परितः घुमाने से कुंडली से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में कोई परिवर्तन नहीं होता है क्योंकि चुंबकीय क्षेत्र रेखाओं के सापेक्ष कुंडली का अभिविन्यास स्थिर रहता है। इसलिए, इस स्थिति में कोई emf प्रेरित नहीं होता है।
अतः, केवल स्थितियों $(I), (II)$ और $(III)$ में emf उत्पन्न होता है।

(C) परिपथ में $25 \,\Omega$ का प्रतिरोध,$20 \,\Omega$ और $60 \,\Omega$ के समानांतर संयोजन के साथ श्रेणीक्रम में है।
सबसे पहले,समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_p = \frac{20 \times 60}{20 + 60} = \frac{1200}{80} = 15 \,\Omega$.
अब,$25 \,\Omega$ प्रतिरोध वाली शाखा का कुल प्रतिरोध $R_{branch} = 25 \,\Omega + 15 \,\Omega = 40 \,\Omega$ है।
इस शाखा के सिरों के बीच विभवांतर $V_{AB} = I \times R = 0.1 \,A \times 40 \,\Omega = 4 \,V$ है।
यही विभवांतर $V_{AB}$ दाईं ओर के $20 \,\Omega$ प्रतिरोध पर भी लागू होता है।
अतः,$20 \,\Omega$ प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $I_{20} = \frac{V_{AB}}{20 \,\Omega} = \frac{4 \,V}{20 \,\Omega} = 0.2 \,A$ है।
किरचॉफ के जंक्शन नियम के अनुसार,नोड $A$ पर,$80 \,\Omega$ प्रतिरोध से प्रवाहित कुल धारा दोनों शाखाओं की धाराओं का योग है:
$I_{total} = 0.1 \,A + 0.2 \,A = 0.3 \,A$.

(A) सौर ऊर्जा सूर्य से सभी दिशाओं में विकीर्ण होती है,जो प्रभावी रूप से $r = 1.5 \times 10^{11} \, m$ त्रिज्या का एक गोला बनाती है।
सूर्य द्वारा उत्सर्जित कुल शक्ति (प्रति सेकंड विकीर्ण ऊर्जा) सौर स्थिरांक और इस गोले के पृष्ठीय क्षेत्रफल के गुणनफल द्वारा दी जाती है:
$P = \Delta E / \Delta t = I \times (4 \pi r^2)$
$P = 1.4 \times 10^3 \, W m^{-2} \times 4 \times 3.14 \times (1.5 \times 10^{11} \, m)^2$
$P \approx 1.4 \times 10^3 \times 4 \times 3.14 \times 2.25 \times 10^{22} \approx 3.96 \times 10^{26} \, J s^{-1}$.
आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता संबंध $E = mc^2$ का उपयोग करते हुए,प्रति सेकंड विकीर्ण ऊर्जा का द्रव्यमान समतुल्य है:
$\Delta m / \Delta t = P / c^2$
$\Delta m / \Delta t = (3.96 \times 10^{26}) / (3 \times 10^8)^2$
$\Delta m / \Delta t = (3.96 \times 10^{26}) / (9 \times 10^{16})$
$\Delta m / \Delta t \approx 0.44 \times 10^{10} \approx 4.4 \times 10^9 \, kg s^{-1}$.
निकटतम परिमाण की कोटि में राउंड ऑफ करने पर,सूर्य के द्रव्यमान में कमी लगभग $10^9 \, kg s^{-1}$ है।

(B) प्रतिरोधक द्वारा व्यय की गई शक्ति का सूत्र $P = I^2 R$ है,जहाँ $I$ धारा है और $R$ प्रतिरोध है।
इस व्यंजक का लघुगणकीय अवकलन करने पर,हमें $\frac{\Delta P}{P} = 2 \frac{\Delta I}{I}$ प्राप्त होता है।
प्रतिशत परिवर्तन ज्ञात करने के लिए,हम दोनों पक्षों को $100$ से गुणा करते हैं:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 2 \times \left( \frac{\Delta I}{I} \times 100 \right)$.
दिया गया है कि धारा में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\Delta I}{I} \times 100 = 3 \%$ है।
अतः,शक्ति व्यय में प्रतिशत परिवर्तन $2 \times 3 \% = 6 \%$ होगा।

(D) गतिमान आवेश पर चुंबकीय बल $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
इलेक्ट्रॉन के लिए,$q = -e$ है। दिया गया है कि वेग $\vec{v}$,$+x$ दिशा में है और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$,$+y$ दिशा में है,इसलिए चुंबकीय बल $\vec{F}_m = -e(v\hat{i} \times B\hat{j}) = -evB\hat{k}$ होगा।
यह बल कागज के तल के अंदर की ओर ($-z$ दिशा में) कार्य करता है।
इलेक्ट्रॉन को बिना विचलित किए आगे बढ़ाने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए,इसलिए विद्युत बल $\vec{F}_e$ को चुंबकीय बल $\vec{F}_m$ को संतुलित करना चाहिए। अतः,$\vec{F}_e = -\vec{F}_m = +evB\hat{k}$।
चूंकि $\vec{F}_e = q\vec{E} = -e\vec{E}$ है,हमारे पास $-e\vec{E} = evB\hat{k}$ है,जो $\vec{E} = -vB\hat{k}$ देता है।
विद्युत क्षेत्र की दिशा $-z$ दिशा में है,जो कागज के तल के लंबवत और कागज के तल के अंदर की ओर है।

(A) जब प्रकाश की किरण एक पारदर्शी गोले में प्रवेश करती है,तो वह पहली सतह पर अपवर्तन,दूसरी सतह पर एक आंतरिक परावर्तन और तीसरी सतह पर फिर से अपवर्तन का अनुभव करती है और गोले से बाहर निकलती है।
$1$. पहली सतह पर (अपवर्तन): आपतन कोण $i = \pi / 4$ है और अपवर्तन कोण $r$ है। उत्पन्न विचलन $\delta_1 = i - r = \frac{\pi}{4} - r$ है।
$2$. दूसरी सतह पर (आंतरिक परावर्तन): आपतन कोण $r$ है। परावर्तन द्वारा उत्पन्न विचलन $\delta_2 = \pi - 2r$ है।
$3$. तीसरी सतह पर (अपवर्तन): आपतन कोण $r$ है और निर्गत कोण $i = \pi / 4$ है। उत्पन्न विचलन $\delta_3 = i - r = \frac{\pi}{4} - r$ है।
कुल विचलन $\delta = \delta_1 + \delta_2 + \delta_3 = (\frac{\pi}{4} - r) + (\pi - 2r) + (\frac{\pi}{4} - r) = \frac{\pi}{2} + \pi - 4r = \frac{3 \pi}{2} - 4r$.

$(D)$ इलेक्ट्रॉन पर विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, $W = \Delta K = K_f - K_i$.
चूंकि इलेक्ट्रॉन विराम अवस्था में आ जाता है, $K_f = 0$, इसलिए $W = -K_i = -\frac{1}{2}mv^2$.
विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य $W = -qV$ है, जहाँ $V$ विभवांतर है।
दोनों की तुलना करने पर, $-qV = -\frac{1}{2}mv^2$, जिससे $V = \frac{mv^2}{2q}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $V = \frac{9 \times 10^{-31} \times (4.0 \times 10^6)^2}{2 \times 1.6 \times 10^{-19}}$.
$V = \frac{9 \times 10^{-31} \times 16 \times 10^{12}}{3.2 \times 10^{-19}} = \frac{144 \times 10^{-19}}{3.2 \times 10^{-19}} = 45 \, V$.
चूंकि इलेक्ट्रॉन ऋणावेशित होता है, इसलिए उच्च विभव से निम्न विभव की ओर गति करने पर उसकी स्थितिज ऊर्जा बढ़ती है, जिसके परिणामस्वरूप उसकी गतिज ऊर्जा में कमी आती है। अतः, यह उच्च विभव से निम्न विभव वाले क्षेत्र में गति करता है।