KVPY 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) आवेगी बल छड़ को रैखिक संवेग और कोणीय संवेग दोनों प्रदान करता है।
मान लीजिए कि आवेग देने के बाद छड़ का रैखिक वेग $v$ और कोणीय वेग $\omega$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से,
$J = mv \Rightarrow v = \frac{J}{m}$
आवेग द्वारा कोणीय संवेग भी प्रदान किया जाता है,इसलिए
$J \times L = I\omega$
जहाँ $I = \frac{m(2L)^2}{12} = \frac{mL^2}{3}$ द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
$JL = \left(\frac{mL^2}{3}\right)\omega \Rightarrow \omega = \frac{3J}{mL}$
छड़ की कुल गतिज ऊर्जा स्थानांतरणीय गतिज ऊर्जा और घूर्णी गतिज ऊर्जा का योग है।
$KE = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
$KE = \frac{1}{2}m\left(\frac{J}{m}\right)^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{mL^2}{3}\right)\left(\frac{3J}{mL}\right)^2$
$KE = \frac{J^2}{2m} + \frac{3J^2}{2m} = \frac{4J^2}{2m} = \frac{2J^2}{m}$

(B) बेलन $P$ के लिए (बिना फिसले लुढ़कना):
ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा नीचे पहुँचने पर स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$mgh = \frac{1}{2}mv_p^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
चूंकि $I = \frac{1}{2}mr^2$ और $v_p = r\omega$,हमारे पास है:
$mgh = \frac{1}{2}mv_p^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mr^2)(\frac{v_p}{r})^2$
$mgh = \frac{1}{2}mv_p^2 + \frac{1}{4}mv_p^2 = \frac{3}{4}mv_p^2$
$v_p = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$
बेलन $Q$ के लिए (बिना घर्षण के फिसलना):
चूंकि घर्षण नहीं है,बेलन घूर्णन नहीं करता है। पूरी स्थितिज ऊर्जा स्थानांतरण गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$mgh = \frac{1}{2}mv_q^2$
$v_q = \sqrt{2gh}$
गति का अनुपात है:
$\frac{v_q}{v_p} = \frac{\sqrt{2gh}}{\sqrt{\frac{4gh}{3}}} = \sqrt{2 \cdot \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$

(A) कण पर लगने वाला बल विभव के ऋणात्मक प्रवणता द्वारा दिया जाता है:
$F = -\frac{dV}{dr} = -\frac{d}{dr}(kr) = -k$.
बल का परिमाण लेने पर,हमें $F = k$ प्राप्त होता है।
वृत्तीय गति के लिए,यह बल अभिकेंद्र बल के रूप में कार्य करता है:
$F = mR\omega^2 = k$.
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$mR\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 = k$.
$mR \cdot \frac{4\pi^2}{T^2} = k$.
$T^2$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$T^2 = \frac{4\pi^2 m}{k} \cdot R$.
चूंकि $\frac{4\pi^2 m}{k}$ एक स्थिरांक है,इसलिए $T^2 \propto R$,जिसका अर्थ है कि $T \propto R^{1/2}$।

(D) सही विकल्प $(d)$ है।
जब ब्लॉक $a = g \sin \alpha$ के त्वरण के साथ घर्षण रहित नत समतल पर नीचे फिसलता है,तो हम ब्लॉक के अजड़त्वीय निर्देश तंत्र में लोलक के गोलक की गति का विश्लेषण करते हैं।
$(i)$ ब्लॉक के फ्रेम में लोलक के गोलक पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ (ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर) और छद्म बल $ma = mg \sin \alpha$ (नत समतल के समानांतर ऊपर की ओर) हैं।
$(ii)$ गोलक द्वारा अनुभव किया गया प्रभावी त्वरण $g_{eff}$,गुरुत्वीय त्वरण $\vec{g}$ और छद्म त्वरण $-\vec{a}$ का सदिश योग है।
$(iii)$ लोलक की माध्य स्थिति इस प्रभावी त्वरण $\vec{g}_{eff}$ की दिशा के अनुरूप होती है।
$(iv)$ गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ को समतल के लंबवत $(mg \cos \alpha)$ और समतल के समानांतर $(mg \sin \alpha)$ घटकों में वियोजित करने पर,हम देखते हैं कि समानांतर घटक $mg \sin \alpha$ विपरीत दिशा में कार्य करने वाले छद्म बल $mg \sin \alpha$ द्वारा पूरी तरह से निरस्त हो जाता है।
$(v)$ इस प्रकार,प्रभावी बल का शेष एकमात्र घटक $mg \cos \alpha$ है,जो नत समतल $AC$ के लंबवत कार्य करता है। इसलिए,लोलक की डोरी अपनी माध्य स्थिति में नत समतल के लंबवत संरेखित हो जाती है।

(B) सांतत्य समीकरण के अनुसार,$A_1 v_1 = A_2 v_2$ होता है। संकीर्ण क्षेत्र में,अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ घट जाता है,इसलिए द्रव का वेग $v$ बढ़ जाता है $(v \propto \frac{1}{A})$।
क्षैतिज पाइप के लिए बर्नौली के सिद्धांत के अनुसार,$p + \frac{1}{2} \rho v^2 = \text{स्थिरांक}$ होता है। चूंकि संकीर्ण क्षेत्र में वेग $v$ बढ़ता है,इसलिए दबाव $p$ कम हो जाता है।
जैसे ही संकीर्ण क्षेत्र में हवा के बुलबुलों पर बाहरी दबाव कम होता है,बुलबुलों के अंदर की हवा फैलती है,जिससे बुलबुले आकार में बड़े हो जाते हैं। इस प्रकार,बुलबुले अधिक गति से चलते हैं और आकार में बड़े होते हैं।

(A) सही उत्तर $(A)$ है।
ठोस में दो परमाणुओं के लिए स्थितिज ऊर्जा $U$ बनाम अंतर-परमाणु पृथक्करण $r$ का आलेख संतुलन स्थिति के सापेक्ष असममित होता है।
जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,परमाणुओं की कुल ऊर्जा बढ़ती है $(E_3 > E_2 > E_1)$।
स्थितिज ऊर्जा वक्र की असममितता के कारण,जैसे-जैसे ऊर्जा बढ़ती है,परमाणुओं के बीच का औसत पृथक्करण बढ़ जाता है $(r_3 > r_2 > r_1)$।
परिणामस्वरूप,क्रिस्टलीय ठोस सामान्यतः गर्म करने पर फैलते हैं।

(D) द्रव के आयतन में परिवर्तन $\Delta V$ को $\Delta V = V_0 \gamma \Delta \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V_0$ प्रारंभिक आयतन है,$\gamma$ आयतन प्रसार गुणांक है और $\Delta \theta$ तापमान में परिवर्तन है।
चूंकि लंबाई में वृद्धि $\Delta l$ दोनों थर्मामीटरों के लिए समान है,इसलिए आयतन में परिवर्तन $\Delta V = A \Delta l = \frac{\pi d^2}{4} \Delta l$ होगा।
यह दिया गया है कि प्रारंभिक आयतन $(V_0)_{Hg} = (V_0)_{Br}$ है और लंबाई में परिवर्तन $\Delta l$ दोनों के लिए समान है,इसलिए:
$\Delta V_{Hg} = \frac{\pi d_1^2}{4} \Delta l = V_0 \gamma_{Hg} \Delta \theta$
$\Delta V_{Br} = \frac{\pi d_2^2}{4} \Delta l = V_0 \gamma_{Br} \Delta \theta$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{d_1^2}{d_2^2} = \frac{\gamma_{Hg}}{\gamma_{Br}}$
$\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{\frac{\gamma_{Hg}}{\gamma_{Br}}}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{\frac{18 \times 10^{-5}}{108 \times 10^{-5}}} = \sqrt{\frac{1}{6}} \approx \sqrt{0.166} \approx 0.408$
अतः,$d_1: d_2$ का अनुपात $0.4$ के सबसे निकट है।

(B) दी गई प्रक्रिया का समीकरण: $p V^2 = C$ है।
आदर्श गैस के लिए,हम जानते हैं कि $p V = n R T$,जिसका अर्थ है $p = \frac{n R T}{V}$।
इस मान को प्रक्रिया के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\left(\frac{n R T}{V}\right) V^2 = C$
$n R T V = C$
चूँकि $n, R,$ और $C$ नियतांक हैं,इसलिए $T V = \text{नियतांक}$,या $T \propto \frac{1}{V}$ प्राप्त होता है।
यदि $V_2 > V_1$ है,तो $T \propto \frac{1}{V}$ के संबंध के अनुसार,तापमान $T_2$ का मान $T_1$ से कम होगा $(T_2 < T_1)$।
अतः,विकल्प $(b)$ सही है।

(C) ध्वनि का स्रोत एक वृत्त में गति कर रहा है,इसलिए इसकी रैखिक गति $v_s = r\omega$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $r = 2 \,m$ और $\omega = 15 \,rad/s$ दिया गया है,इसलिए $v_s = 2 \times 15 = 30 \,m/s$ है।
ध्वनि की गति $v = 330 \,m/s$ है।
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,जब स्रोत स्थिर श्रोता की ओर बढ़ता है,तो प्रेक्षित आवृत्ति $f_{\max} = \left(\frac{v}{v - v_s}\right) f$ होती है।
जब स्रोत स्थिर श्रोता से दूर जाता है,तो प्रेक्षित आवृत्ति $f_{\min} = \left(\frac{v}{v + v_s}\right) f$ होती है।
उच्चतम और न्यूनतम आवृत्ति का अनुपात है:
$\frac{f_{\max}}{f_{\min}} = \frac{\left(\frac{v}{v - v_s}\right) f}{\left(\frac{v}{v + v_s}\right) f} = \frac{v + v_s}{v - v_s}$.
मान रखने पर:
$\frac{f_{\max}}{f_{\min}} = \frac{330 + 30}{330 - 30} = \frac{360}{300} = 1.2$.

(C) प्रारंभ में,गोले को कोणीय वेग $\omega$ और रैखिक वेग $v_{CM} = 0$ के साथ सतह पर रखा जाता है। घर्षण बल संपर्क बिंदु पर फिसलने का विरोध करने के लिए कार्य करता है।
घर्षण बल $f = \mu_k mg$ आगे की दिशा में कार्य करता है,जिससे रैखिक त्वरण $a_{CM} = \frac{f}{m} = \mu_k g$ उत्पन्न होता है।
द्रव्यमान केंद्र के सापेक्ष घर्षण के कारण टॉर्क $\tau = -fR = -\mu_k mgR$ है। कोणीय मंदन $\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{-\mu_k mgR}{\frac{2}{5}mR^2} = -\frac{5\mu_k g}{2R}$ है।
$t$ समय के बाद,रैखिक वेग $v_{CM} = a_{CM}t = \mu_k gt$ और कोणीय वेग $\omega_f = \omega + \alpha t = \omega - \frac{5\mu_k g}{2R}t$ होता है।
शुद्ध लोटनिक गति तब शुरू होती है जब $v_{CM} = \omega_f R$ हो। समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\mu_k gt = \left(\omega - \frac{5\mu_k g}{2R}t\right)R$
$\mu_k gt = \omega R - \frac{5}{2}\mu_k gt$
$\frac{7}{2}\mu_k gt = \omega R \implies \mu_k gt = \frac{2}{7}\omega R$.
इस मान को $\omega_f$ के समीकरण में रखने पर:
$\omega_f = \frac{v_{CM}}{R} = \frac{\mu_k gt}{R} = \frac{1}{R} \left(\frac{2}{7}\omega R\right) = \frac{2}{7}\omega$.

(A) मान लीजिए कि ब्लॉक $X$ और $Y$ के निकाय का त्वरण $a$ है।
चूंकि ब्लॉक एक साथ चलते हैं,कुल द्रव्यमान $M = m_X + m_Y = 8 \,kg + 2 \,kg = 10 \,kg$ है।
निकाय का त्वरण $a = \frac{F}{M} = \frac{F}{10} \,ms^{-2}$ द्वारा दिया जाता है।
ब्लॉक $Y$ को नीचे फिसलने से रोकने के लिए,ऊपर की ओर लगने वाला घर्षण बल $f$ को इसके भार $m_Y g$ को संतुलित करना चाहिए।
$f = m_Y g = 2 \times 10 = 20 \,N$.
घर्षण बल $f = \mu R$ द्वारा भी दिया जाता है,जहाँ $R$ ब्लॉक $X$ और $Y$ के बीच अभिलंब प्रतिक्रिया है।
ब्लॉक $Y$ की क्षैतिज गति से,अभिलंब प्रतिक्रिया $R$ ब्लॉक $Y$ को आवश्यक त्वरण $a$ प्रदान करती है:
$R = m_Y a = 2 \times \frac{F}{10} = \frac{F}{5}$.
घर्षण समीकरण में मान रखने पर:
$f = \mu R \Rightarrow 20 = 0.5 \times \frac{F}{5}$.
$20 = \frac{F}{10} \Rightarrow F = 200 \,N$.
अतः,$F$ का न्यूनतम मान $200 \,N$ है।

(B) कोणीय आयाम $\theta$ वाले लोलक के लिए,बॉब द्वारा प्राप्त ऊँचाई $h = l(1 - \cos \theta)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $l$ डोरी की लंबाई है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,माध्य स्थिति पर गतिज ऊर्जा,चरम स्थिति पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$\frac{1}{2} m v^2 = m g h = m g l(1 - \cos \theta)$
$v^2 = 2 g l(1 - \cos \theta)$
अधिकतम तनाव $T_{\max}$ माध्य स्थिति (सबसे निचले बिंदु) पर होता है और इसे इस प्रकार दिया जाता है:
$T_{\max} = m g + \frac{m v^2}{l} = m g + \frac{m(2 g l(1 - \cos \theta))}{l} = m g + 2 m g(1 - \cos \theta) = m g(3 - 2 \cos \theta)$
न्यूनतम तनाव $T_{\min}$ चरम स्थिति पर होता है जहाँ वेग शून्य होता है:
$T_{\min} = m g \cos \theta$
दिया गया है कि $T_{\max} = 4 T_{\min}$:
$m g(3 - 2 \cos \theta) = 4 m g \cos \theta$
$3 - 2 \cos \theta = 4 \cos \theta$
$3 = 6 \cos \theta$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = 60^{\circ}$

(D) पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया $p V^x = C$ के लिए,मोलर ऊष्मा धारिता $C_{process}$ का सूत्र $C_{process} = C_V + \frac{R}{1 - x}$ होता है।
यहाँ,दी गई प्रक्रिया $p V^3 = C$ है,इसलिए $x = 3$ है।
एकपरमाणुक आदर्श गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_V = \frac{3}{2} R$ होती है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$C_{process} = \frac{3}{2} R + \frac{R}{1 - 3}$
$C_{process} = \frac{3}{2} R + \frac{R}{-2}$
$C_{process} = \frac{3}{2} R - \frac{1}{2} R = R$.
अतः,प्रक्रिया के दौरान गैस की ऊष्मा धारिता $R$ है।

(C) स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियतांक $\sigma$ की विमाएँ $[M T^{-3} K^{-4}]$ होती हैं।
नियतांकों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$h = [M L^2 T^{-1}]$
$k_B = [M L^2 T^{-2} K^{-1}]$
$c = [L T^{-1}]$
दिया गया है $\sigma = h^\alpha k_B^\beta c^\gamma$,विमाओं की तुलना करने पर:
$[M T^{-3} K^{-4}] = [M L^2 T^{-1}]^\alpha [M L^2 T^{-2} K^{-1}]^\beta [L T^{-1}]^\gamma$
$[M T^{-3} K^{-4}] = [M^{\alpha+\beta} L^{2\alpha+2\beta+\gamma} T^{-\alpha-2\beta-\gamma} K^{-\beta}]$
$M, L, T,$ और $K$ के घातांकों की तुलना करने पर:
$1$) $K: -\beta = -4 \implies \beta = 4$
$2$) $M: \alpha + \beta = 1 \implies \alpha + 4 = 1 \implies \alpha = -3$
$3$) $T: -\alpha - 2\beta - \gamma = -3 \implies -(-3) - 2(4) - \gamma = -3 \implies 3 - 8 - \gamma = -3 \implies -5 - \gamma = -3 \implies \gamma = -2$
अतः,$\alpha = -3, \beta = 4, \gamma = -2$.

(A) विस्थापन-समय ग्राफ में,किसी भी बिंदु पर वेग उस बिंदु पर वक्र के स्पर्शरेखा (tangent) के ढाल (slope) द्वारा दिया जाता है।
चाल,वेग का परिमाण है,इसलिए ढाल का परिमाण चाल को दर्शाता है।
बिंदु $P$ पर,स्पर्शरेखा क्षैतिज है,इसलिए ढाल $0$ है,जिसका अर्थ है कि चाल $0$ है।
बिंदु $Q$ पर,ढाल छोटा है (वक्र अपेक्षाकृत सपाट है)।
बिंदु $R$ पर,स्पर्शरेखा बहुत तीव्र है,जिसका अर्थ है कि ढाल का परिमाण $|m| = |\tan \theta|$ तीनों बिंदुओं में सबसे अधिक है।
चूंकि चाल ढाल का परिमाण है,इसलिए बिंदु $R$ पर चाल सबसे अधिक है। अतः,ग्राफ के पिछले हिस्से से बिंदु $R$ की ओर बढ़ने पर चाल बढ़ रही है।

(D) स्प्रिंग बैलेंस का पाठ्यांक स्प्रिंग में तनाव को मापता है,जो वस्तु के आभासी भार के बराबर होता है।
जब बॉक्स वायुमंडल में होता है,तो यह विस्थापित हवा के कारण ऊपर की ओर एक उत्प्लावन बल $F_b$ का अनुभव करता है।
वायुमंडल में पाठ्यांक $R$ का मान $R = W - F_b$ होता है,जहाँ $W$ बॉक्स का वास्तविक भार है।
निर्वातित कक्ष में,उत्प्लावन बल $F_b$ शून्य हो जाता है।
इसलिए,नया पाठ्यांक $R'$ वास्तविक भार $W$ के बराबर होगा।
चूंकि $R' = W$ और $R = W - F_b$,इसलिए यह स्पष्ट है कि $R' > R$ होगा।
अतः,पाठ्यांक $50 \,kg$ से अधिक होगा क्योंकि वायुमंडलीय उत्प्लावन बल अनुपस्थित है।

(A) जब बॉक्स को $h$ ऊँचाई से गिराया जाता है,तो जमीन पर पहुँचने पर उसकी गति ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार $v = \sqrt{2gh}$ होती है।
जब ब्लॉक $\theta = 45^{\circ}$ के कोण वाले खुरदरे नत समतल पर नीचे फिसलता है,तो उसका कुल त्वरण $a$ निम्न प्रकार होता है:
$a = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$.
चूँकि $\theta = 45^{\circ}$ है,$\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$a = g \left( \frac{1}{\sqrt{2}} - \mu \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = \frac{g}{\sqrt{2}}(1 - \mu)$.
नत समतल की लंबाई $s$ और ऊँचाई $h$ के बीच संबंध $s = \frac{h}{\sin \theta} = h \sqrt{2}$ है।
नत समतल के निचले सिरे पर पहुँचने पर ब्लॉक का अंतिम वेग $v' = \sqrt{2as}$ होता है।
$a$ और $s$ के मान प्रतिस्थापित करने पर:
$v' = \sqrt{2 \cdot \frac{g}{\sqrt{2}}(1 - \mu) \cdot h \sqrt{2}} = \sqrt{2gh(1 - \mu)}$.
हमें दिया गया है कि $v' = \frac{v}{3}$,इसलिए:
$\sqrt{2gh(1 - \mu)} = \frac{1}{3} \sqrt{2gh}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$2gh(1 - \mu) = \frac{1}{9} (2gh)$.
$1 - \mu = \frac{1}{9}$.
$\mu = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$.

(C) सही विकल्प $C$ है।
कागज की एक पतली परत का ऊष्मीय प्रतिरोध बहुत कम होता है। जब कप को ज्वाला पर रखा जाता है,तो ऊष्मा कागज के माध्यम से अंदर के पानी में स्थानांतरित हो जाती है।
चूंकि पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता अधिक होती है,इसलिए यह ऊष्मा को प्रभावी ढंग से अवशोषित कर लेता है। जब तक कप में पानी रहता है,कागज का तापमान पानी के तापमान (जो क्वथनांक पर $100^{\circ} C$ होता है) से काफी अधिक नहीं बढ़ता है।
चूंकि कागज का तापमान उसके प्रज्वलन (जलने) तापमान से नीचे रहता है,इसलिए कागज का कप आग नहीं पकड़ता है।

(D) सही विकल्प $D$ है।
जब बर्फ को कुचला जाता है,तो बर्फ का कुल पृष्ठीय क्षेत्रफल जो आसपास की हवा या कूलर की सामग्री के संपर्क में आता है,काफी बढ़ जाता है।
ऊष्मा स्थानांतरण के सिद्धांतों के अनुसार,ऊष्मा विनिमय की दर संपर्क में आने वाले पृष्ठीय क्षेत्रफल के सीधे आनुपातिक होती है।
इसलिए,बर्फ को कुचलकर पृष्ठीय क्षेत्रफल बढ़ाने से आसपास से ऊष्मा अवशोषण की दर बढ़ जाती है,जिससे शीतलन प्रक्रिया तेज हो जाती है।

(D) सरल आवर्त गति में,कण का विस्थापन $x(t) = x_0 \sin(\omega t + \phi)$ द्वारा दिया जाता है।
कण का वेग $v = \frac{dx}{dt} = x_0 \omega \cos(\omega t + \phi)$ है।
कण को $(x, x + dx)$ अंतराल में खोजने की प्रायिकता $P(x) dx$ उस अंतराल में बिताए गए समय $dt$ के समानुपाती होती है,जो $P(x) \propto \frac{dt}{dx} = \frac{1}{|v|}$ है।
चूंकि $v = \omega \sqrt{x_0^2 - x^2}$,इसलिए $P(x) \propto \frac{1}{\sqrt{x_0^2 - x^2}}$ है।
यह फलन माध्य स्थिति $(x = 0)$ पर न्यूनतम है और चरम स्थितियों $(x = \pm x_0)$ पर अनंत की ओर जाता है।
ग्राफ $D$ दिखाता है कि घटनाओं की संख्या (जो प्रायिकता घनत्व के समानुपाती है) केंद्र में सबसे कम है और चरम स्थितियों की ओर बढ़ती है,जो $P(x) \propto \frac{1}{\sqrt{x_0^2 - x^2}}$ फलन के व्यवहार से मेल खाती है।

(B) भुजा $a$ वाली मूल वर्गाकार प्लेट का द्रव्यमान केंद्र उसके ज्यामितीय केंद्र पर होता है। मूल वर्ग के ऊपरी-दाएं कोने पर मूल बिंदु (origin) मानिए। मूल वर्ग के द्रव्यमान केंद्र के निर्देशांक $(x_1, y_1) = (a/2, a/2)$ हैं।
मान लीजिए $k$ प्रति इकाई क्षेत्रफल द्रव्यमान है। मूल वर्ग का द्रव्यमान $m_1 = k a^2$ है।
काटे गए भुजा $b$ वाले वर्गाकार हिस्से का द्रव्यमान केंद्र उसी मूल बिंदु के सापेक्ष $(x_2, y_2) = (b/2, b/2)$ पर है।
काटे गए हिस्से का द्रव्यमान $m_2 = k b^2$ है।
शेष $L$-आकार की शीट का द्रव्यमान केंद्र बिंदु $P$ पर है,जिसे चुने गए मूल बिंदु के सापेक्ष $(b, b)$ के रूप में दिया गया है।
कैविटी वाली प्रणाली के द्रव्यमान केंद्र के सूत्र का उपयोग करते हुए: $X_{CM} = \frac{m_1 x_1 - m_2 x_2}{m_1 - m_2}$.
मान रखने पर: $b = \frac{(k a^2)(a/2) - (k b^2)(b/2)}{k a^2 - k b^2}$.
$b = \frac{a^3 - b^3}{2(a^2 - b^2)}$.
$2b(a^2 - b^2) = a^3 - b^3$.
$2ba^2 - 2b^3 = a^3 - b^3$.
$a^3 - 2ba^2 + b^3 = 0$.
$b^3$ से भाग देने पर: $(a/b)^3 - 2(a/b)^2 + 1 = 0$.
मान लीजिए $x = a/b$. तब $x^3 - 2x^2 + 1 = 0$.
चूंकि $x=1$ एक मूल है,हम $(x-1)$ से भाग देते हैं: $(x-1)(x^2 - x - 1) = 0$.
चूंकि $a > b$,इसलिए $x > 1$,अतः $x^2 - x - 1 = 0$.
$x$ के लिए हल करने पर: $x = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ (धनात्मक मूल लेने पर)।
अतः,$a/b = (\sqrt{5} + 1) / 2$.

(D) साबुन के बुलबुले को हवा में तैरने के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल उत्प्लावन बल के बराबर होना चाहिए।
गुरुत्वाकर्षण बल = उत्प्लावन बल
$g \times (\text{हीलियम का द्रव्यमान} + \text{साबुन की फिल्म का द्रव्यमान}) = \text{बुलबुले द्वारा विस्थापित हवा का वजन}$
मान लीजिए $r$ साबुन के बुलबुले की आंतरिक त्रिज्या है और $t$ फिल्म की मोटाई है।
हीलियम का आयतन $V_{He} = \frac{4}{3} \pi r^3$ है।
साबुन की फिल्म का आयतन $V_{film} \approx 4 \pi r^2 t$ है (चूंकि $t \ll r$)।
संतुलन का समीकरण है:
$\frac{4}{3} \pi r^3 \rho_{He} g + (4 \pi r^2 t) \rho_{soap} g = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho_{air} g$
$g$ से विभाजित करने और पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$4 \pi r^2 t \rho_{soap} = \frac{4}{3} \pi r^3 (\rho_{air} - \rho_{He})$
$t = \frac{r}{3} \frac{(\rho_{air} - \rho_{He})}{\rho_{soap}}$
दिया गया है $r = 1 \, cm = 10^{-2} \, m$,$\rho_{air} = 1.23 \, kg \, m^{-3}$,$\rho_{He} = 0.18 \, kg \, m^{-3}$,और $\rho_{soap} = 1000 \, kg \, m^{-3}$।
$t = \frac{10^{-2}}{3} \times \frac{(1.23 - 0.18)}{1000}$
$t = \frac{10^{-2}}{3} \times \frac{1.05}{1000} = \frac{1.05 \times 10^{-5}}{3} = 0.35 \times 10^{-5} \, m = 3.5 \times 10^{-6} \, m$.
चूंकि $1 \, \mu m = 10^{-6} \, m$,इसलिए मोटाई $t = 3.50 \, \mu m$ है।

(C) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,एल्युमीनियम के टुकड़े द्वारा खोई गई ऊष्मा = पानी द्वारा प्राप्त की गई ऊष्मा।
माना एल्युमीनियम का द्रव्यमान $m_a = 50 \,g = 0.05 \,kg$,इसकी विशिष्ट ऊष्मा $s_a = 900 \,J \,kg^{-1} K^{-1}$ और तापमान में परिवर्तन $\Delta T_a = (300^{\circ} C - 160^{\circ} C) = 140^{\circ} C$ है।
माना पानी का द्रव्यमान $m_w = 1 \,kg$,इसकी विशिष्ट ऊष्मा $s_w = 4200 \,J \,kg^{-1} K^{-1}$ और पानी के तापमान में परिवर्तन $\Delta T_w = (T - 30^{\circ} C)$ है।
एल्युमीनियम द्वारा खोई गई ऊष्मा = $m_a s_a \Delta T_a = 0.05 \times 900 \times 140 = 6300 \,J$.
पानी द्वारा प्राप्त की गई ऊष्मा = $m_w s_w \Delta T_w = 1 \times 4200 \times (T - 30) = 4200(T - 30)$.
दोनों को बराबर करने पर: $6300 = 4200(T - 30)$.
$T - 30 = \frac{6300}{4200} = 1.5$.
$T = 30 + 1.5 = 31.5^{\circ} C$.
अतः,पानी का अंतिम तापमान $31.5^{\circ} C$ है।

(A) जब प्रकाश एक माध्यम से दूसरे माध्यम में जाता है, तो उसकी आवृत्ति $(f)$ स्थिर रहती है क्योंकि यह प्रकाश के स्रोत द्वारा निर्धारित होती है।
माध्यम में प्रकाश की चाल $(v)$ $v = c/n$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की चाल है और $n$ माध्यम का अपवर्तनांक है। चूंकि प्रिज्म का अपवर्तनांक हवा से अधिक होता है $(n > 1)$, इसलिए प्रिज्म के अंदर प्रकाश की चाल कम हो जाती है।
चाल, आवृत्ति और तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ के बीच संबंध $v = f \lambda$ है। चूंकि $v$ घटता है और $f$ स्थिर रहता है, इसलिए प्रिज्म के अंदर तरंगदैर्ध्य $\lambda$ को भी कम होना चाहिए।
अतः, चाल और तरंगदैर्ध्य बदल जाते हैं, जबकि आवृत्ति समान रहती है।

(B) जब किसी लेंस पर चांदी की परत चढ़ाई जाती है,तो वह $f_{eq}$ फोकस दूरी वाले दर्पण की तरह कार्य करता है।
तुल्य फोकस दूरी का सूत्र $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{2}{f_l} + \frac{1}{f_m}$ है,जहाँ $f_l$ लेंस की फोकस दूरी है और $f_m$ दर्पण की फोकस दूरी है।
समतल-उत्तल लेंस के लिए,$f_l = 10 \,cm$ है। समतल सतह पर चांदी की परत है,इसलिए यह समतल दर्पण की तरह कार्य करता है,जिसका अर्थ है $f_m = \infty$।
अतः,$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{2}{10} + \frac{1}{\infty} = \frac{1}{5}$।
चूंकि यह प्रणाली अवतल दर्पण की तरह कार्य करती है,हम $f_{eq} = -5 \,cm$ लेते हैं (दर्पण के लिए चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए)।
वस्तु की दूरी $u = -30 \,cm$ दी गई है,इसलिए हम दर्पण सूत्र का उपयोग करते हैं: $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$।
मान रखने पर: $\frac{1}{-5} = \frac{1}{v} + \frac{1}{-30}$।
$\frac{1}{v} = \frac{1}{-5} + \frac{1}{30} = \frac{-6 + 1}{30} = \frac{-5}{30} = -\frac{1}{6}$।
इसलिए,$v = -6 \,cm$।
ऋणात्मक चिह्न इंगित करता है कि प्रतिबिंब दर्पण के सामने बनता है,जिसका अर्थ है कि यह लेंस से $6 \,cm$ की दूरी पर एक वास्तविक प्रतिबिंब है।

(D) लेंज के नियम के अनुसार,लूप $L_2$ में प्रेरित धारा उससे जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में होने वाले परिवर्तन का विरोध करेगी।
जैसे-जैसे लूप $L_1$ में धारा समय के साथ बढ़ती है,लूप $L_2$ से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स भी बढ़ता है।
फ्लक्स में इस वृद्धि का विरोध करने के लिए,लूप $L_2$ में प्रेरित धारा इस दिशा में बहती है कि इसके द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $L_1$ के चुंबकीय क्षेत्र का विरोध करे। इसके परिणामस्वरूप दोनों लूपों की निकटवर्ती भुजाओं में धारा विपरीत दिशाओं में बहती है।
चूंकि $L_1$ और $L_2$ की निकटवर्ती भुजाओं में धारा विपरीत दिशाओं में है,इसलिए उनके बीच प्रतिकर्षण बल कार्य करता है।
परिणामस्वरूप,लूप $L_2$,लूप $L_1$ से दूर चला जाता है।

(A) इलेक्ट्रॉन संधारित्र प्लेटों के विद्युत क्षेत्र $E$ के कारण विद्युत बल का अनुभव करता है।
प्लेटों के बीच $x$ लंबाई के क्षेत्र को पार करने में इलेक्ट्रॉन द्वारा लिया गया समय $t = \frac{x}{u}$ है।
इस समय में, $y$-दिशा में इलेक्ट्रॉन का त्वरण $a_y = \frac{F}{m} = \frac{eE}{m}$ है।
संधारित्र से बाहर निकलते समय इलेक्ट्रॉन द्वारा प्राप्त ऊर्ध्वाधर वेग घटक $v_y = a_y t = \left(\frac{eE}{m}\right) \left(\frac{x}{u}\right) = \frac{eEx}{mu}$ है।
क्षैतिज वेग घटक $v_x = u$ स्थिर रहता है।
विक्षेपण कोण $\theta$ को $\tan \theta = \frac{v_y}{v_x} = \frac{eEx/mu}{u} = \frac{eEx}{mu^2}$ द्वारा दिया जाता है।
इस व्यंजक से, हम देख सकते हैं कि $\tan \theta \propto \frac{1}{u^2}$ है।
इसलिए, $\frac{\tan \theta_2}{\tan \theta_1} = \frac{u_1^2}{u_2^2}$ होगा।
दिया गया है कि $\tan \theta_1 = 0.4$ और $u_2 = 2u_1$, इसलिए:
$\tan \theta_2 = \tan \theta_1 \left(\frac{u_1}{u_2}\right)^2 = 0.4 \left(\frac{u_1}{2u_1}\right)^2 = 0.4 \left(\frac{1}{4}\right) = 0.1$.

(C) आवेशों को अनंत से उनके संबंधित स्थानों पर लाने में किया गया कार्य निकाय की स्थिर वैद्युत स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
मान लीजिए कि गोलीय कोश आवेश $1$ है,$+q$ आवेश $2$ है और $-q$ आवेश $3$ है।
एक समान रूप से आवेशित गोलीय कोश के अंदर विभव स्थिर होता है और यह $V = kQ/R$ के बराबर होता है,जहाँ $k = 1 / (4 \pi \varepsilon_0)$ है।
$1$. $+q$ आवेश को $x = -a/2$ पर लाने के लिए किया गया कार्य: $W_1 = q \times V_{\text{shell}} = q(kQ/R)$.
$2$. $-q$ आवेश को $x = +a/2$ पर लाने के लिए किया गया कार्य: $W_2 = (-q) \times V_{\text{shell}} + (-q) \times V_{\text{charge } q} = (-q)(kQ/R) + (-q)(kq / a) = -kQq/R - kq^2/a$.
कुल कार्य $W = W_1 + W_2 = (kQq/R) - (kQq/R) - kq^2/a = -kq^2/a$.
किए गए कार्य का परिमाण $|W| = | -kq^2/a | = q^2 / (4 \pi \varepsilon_0 a)$ है।

(B) प्रारंभ में,तुल्य धारिता $C_{eq} = \frac{C \cdot C}{C + C} = \frac{C}{2}$ है।
बैटरी द्वारा दिया गया आवेश $Q_1 = C_{eq} E = \frac{C E}{2}$ है।
जब एक संधारित्र को $k$ परावैद्युतांक वाले परावैद्युत से भरा जाता है,तो उसकी नई धारिता $kC$ हो जाती है। श्रेणी संयोजन की नई तुल्य धारिता:
$C'_{eq} = \frac{C \cdot (kC)}{C + kC} = \left( \frac{k}{k+1} \right) C$.
चूंकि बैटरी जुड़ी हुई है,संयोजन पर नया आवेश:
$Q_2 = C'_{eq} E = \left( \frac{k}{k+1} \right) C E$.
बैटरी से प्रवाहित होने वाला अतिरिक्त आवेश,आवेश में परिवर्तन है:
$\Delta Q = Q_2 - Q_1 = \left( \frac{k}{k+1} - \frac{1}{2} \right) C E$.
$\Delta Q = \left( \frac{2k - (k+1)}{2(k+1)} \right) C E = \frac{k-1}{2(k+1)} C E$.

(A) $p-n$ जंक्शन में ब्रेकडाउन इलेक्ट्रिक फील्ड $E$ पदार्थ का एक अभिलक्षणिक गुण है और यह डिप्लेशन चौड़ाई से स्वतंत्र होता है।
दिया गया है,$20 \,\mu m$ की डिप्लेशन चौड़ाई $d_1$ के लिए ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_1 = 100 \,V$ है।
इलेक्ट्रिक फील्ड $E$ का सूत्र $E = \frac{V}{d}$ होता है।
चूंकि ब्रेकडाउन फील्ड $E$ स्थिर रहता है,इसलिए हम लिख सकते हैं:
$\frac{V_1}{d_1} = \frac{V_2}{d_2}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\frac{100 \,V}{20 \,\mu m} = \frac{V_2}{1 \,\mu m}$
$V_2 = \frac{100}{20} \times 1 = 5 \,V$.
अतः,इस जेनर डायोड का उपयोग $5 \,V$ के वोल्टेज रेगुलेशन के लिए किया जा सकता है।

(D) कण की गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $K = 0.05 \,eV = 0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} \,J$ और $m = 1.6 \times 10^{-26} \,kg$.
$0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} = \frac{1}{2} \times 1.6 \times 10^{-26} \times v^2$.
$v^2 = \frac{0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 2}{1.6 \times 10^{-26}} = 0.1 \times 10^7 = 10^6 \,m^2/s^2$.
$v = 10^3 \,m/s$.
$1 \,m$ की दूरी तय करने में लगा समय $t = \frac{D}{v} = \frac{1}{10^3} = 10^{-3} \,s$.
अर्ध-आयु की संख्या $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{10^{-3}}{6.9} \approx 1.45 \times 10^{-4}$.
शेष कणों का अंश $N/N_0 = (1/2)^n = 2^{-n}$ है।
क्षय हुए कणों का अंश $1 - 2^{-n} = 1 - e^{-n \ln 2} \approx 1 - (1 - n \ln 2) = n \ln 2$ है।
चूंकि $n \approx 1.45 \times 10^{-4}$ और $\ln 2 \approx 0.69$,इसलिए क्षय हुआ अंश $\approx 1.45 \times 10^{-4} \times 0.69 \approx 10^{-4} = 0.0001$ है।

(C) फोटॉन फ्लक्स को प्रति इकाई समय में प्रति इकाई क्षेत्रफल से गुजरने वाले फोटॉनों की संख्या के रूप में परिभाषित किया जाता है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$P$ शक्ति वाले स्रोत से $r$ दूरी पर तीव्रता $I = \frac{P}{4 \pi r^2}$ होती है।
फोटॉन फ्लक्स $\Phi = \frac{I}{E} = \frac{P}{4 \pi r^2} \times \frac{\lambda}{hc}$.
दिए गए मानों को रखने पर: $P = 160 \,W$,$\lambda = 6200 \times 10^{-10} \,m$,$r = 1.8 \,m$,$h = 6.63 \times 10^{-34} \,J \cdot s$,और $c = 3 \times 10^8 \,m/s$.
$\Phi = \frac{160 \times 6200 \times 10^{-10}}{4 \times 3.14 \times (1.8)^2 \times 6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$.
गणना करने पर: $\Phi \approx 1.22 \times 10^{19} \,m^{-2} s^{-1}$.
अतः,परिमाण की कोटि $10^{19} \,m^{-2} s^{-1}$ है।

(B) हाइड्रोजन के लिए रिडबर्ग सूत्र का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
पहली बामर रेखा ($n=3$ से $n=2$) के लिए: $\frac{1}{\lambda_1} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
$n=5$ से $n=3$ के संक्रमण के लिए: $\frac{1}{\lambda_2} = R \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{5^2} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{25} \right) = R \left( \frac{25-9}{225} \right) = R \left( \frac{16}{225} \right)$.
अनुपात लेने पर: $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{R(5/36)}{R(16/225)} = \frac{5}{36} \times \frac{225}{16} = \frac{5 \times 25}{4 \times 16} = \frac{125}{64}$.
अतः,$\lambda_2 = \frac{125}{64} \lambda_1$.

(A) ${ }_5 B ^{11}$ से न्यूट्रॉन को हटाने की अभिक्रिया इस प्रकार है:
${ }_5 B ^{11} \longrightarrow { }_5 B ^{10} + { }_0 n ^1$
एक नाभिक की कुल बंधन ऊर्जा की गणना इस प्रकार की जाती है:
$BE = (\text{प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा}) \times (\text{द्रव्यमान संख्या } A)$
${ }_5 B ^{11}$ के लिए:
$BE({ }_5 B ^{11}) = 7.5 \,MeV \times 11 = 82.5 \,MeV$
${ }_5 B ^{10}$ के लिए:
$BE({ }_5 B ^{10}) = 8.0 \,MeV \times 10 = 80.0 \,MeV$
न्यूट्रॉन को हटाने के लिए आवश्यक ऊर्जा बंधन ऊर्जाओं का अंतर है:
$E = BE({ }_5 B ^{11}) - BE({ }_5 B ^{10})$
$E = 82.5 \,MeV - 80.0 \,MeV = 2.5 \,MeV$

(A) बड़े द्वारक वाले दर्पण के लिए,मुख्य अक्ष के समांतर किरणें गोलीय विपथन (spherical aberration) के कारण एक बिंदु (मुख्य फोकस $F$) पर केंद्रित नहीं होती हैं। इसके बजाय,वे फोकल तल पर एक वृत्ताकार धब्बा बनाती हैं।
मान लीजिए $N$ दर्पण की परिधि पर एक बिंदु है जो अक्ष से $r$ दूरी पर है। $N$ से परावर्तित किरण अक्ष को $Q$ बिंदु पर काटती है। $\triangle NQC$ में,जहाँ $C$ वक्रता केंद्र है,आपतन कोण और परावर्तन कोण समान हैं,जो $\theta$ है। अतः,$\angle N C P = \theta$ और $\angle N Q C = \theta$.
$\triangle NQC$ में,ज्यामिति के अनुसार,$QC = \frac{R}{2 \cos \theta}$.
ध्रुव $P$ से $Q$ की दूरी $PQ = R - QC = R - \frac{R}{2 \cos \theta}$ है।
मुख्य फोकस $F$ से $Q$ की दूरी $QF = PF - PQ = \frac{R}{2} - (R - \frac{R}{2 \cos \theta}) = \frac{R}{2 \cos \theta} - \frac{R}{2} = \frac{R}{2} (\sec \theta - 1)$.
मान लीजिए फोकस पर डिस्क की त्रिज्या $d$ है। परावर्तित किरण द्वारा बने समरूप त्रिभुजों से,त्रिज्या $d = QF \tan(2\theta)$ द्वारा प्राप्त होती है।
छोटे $\theta$ के लिए,$\sin \theta \approx \tan \theta \approx \frac{r}{R}$. साथ ही,$\sec \theta = (1 - \sin^2 \theta)^{-1/2} \approx 1 + \frac{\theta^2}{2} = 1 + \frac{r^2}{2R^2}$.
इन मानों को रखने पर,$QF \approx \frac{R}{2} (1 + \frac{r^2}{2R^2} - 1) = \frac{r^2}{4R}$.
चूंकि $\tan(2\theta) \approx 2\theta \approx 2(\frac{r}{R})$,इसलिए $d = QF \cdot 2\theta = (\frac{r^2}{4R}) \cdot (\frac{2r}{R}) = \frac{r^3}{2R^2}$.
डिस्क का क्षेत्रफल $A = \pi d^2 = \pi (\frac{r^3}{2R^2})^2 = \frac{\pi r^6}{4R^4}$ होगा।

(C) स्नेल के नियम से,$\sin i = \mu \sin r$ है।
$\mu(\lambda) = a + \frac{b}{\lambda^2}$ प्रतिस्थापित करने पर,$\sin i = (a + \frac{b}{\lambda^2}) \sin r$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $\lambda$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$i$ स्थिर रहता है:
$0 = \frac{d}{d\lambda} [(a + \frac{b}{\lambda^2}) \sin r]$
$0 = (a + \frac{b}{\lambda^2}) \cos r \frac{dr}{d\lambda} + \sin r (-\frac{2b}{\lambda^3})$.
$\frac{dr}{d\lambda}$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$(a + \frac{b}{\lambda^2}) \cos r \frac{dr}{d\lambda} = \frac{2b}{\lambda^3} \sin r$.
$\frac{dr}{d\lambda} = \frac{2b \sin r}{\lambda^3 (a + \frac{b}{\lambda^2}) \cos r} = \frac{2b \tan r}{\lambda^3 (a + \frac{b}{\lambda^2})} = \frac{2b \tan r}{\lambda(a\lambda^2 + b)}$.
अतः,अपवर्तन कोण में कोणीय प्रसार $\delta r = |\frac{dr}{d\lambda}| \delta \lambda = |\frac{2b \tan r}{a\lambda^3 + b\lambda}| \delta \lambda$ है।

(B) स्थिर अवस्था में (संधारित्रों के पूर्णतः आवेशित होने के बाद),संधारित्रों वाली शाखाओं से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। संधारित्र खुले परिपथ की तरह कार्य करते हैं।
परिपथ $1 \,k\Omega$ प्रतिरोध और $2 \,k\Omega$ प्रतिरोध के श्रेणी संयोजन के रूप में सरल हो जाता है,जो $6 \,V$ की बैटरी से जुड़ा है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{\text{total}} = 1 \,k\Omega + 2 \,k\Omega = 3 \,k\Omega = 3000 \,\Omega$ है।
परिपथ में स्थिर धारा $i = \frac{E}{R_{\text{total}}} = \frac{6 \,V}{3000 \,\Omega} = 2 \times 10^{-3} \,A = 2 \,mA$ है।
$2 \,k\Omega$ प्रतिरोध पर विभवांतर $V_{2k} = i \times R = (2 \times 10^{-3} \,A) \times (2000 \,\Omega) = 4 \,V$ है।
चूंकि संधारित्रों वाली शाखाएं $2 \,k\Omega$ प्रतिरोध के समानांतर हैं,इसलिए $1 \,\mu F$ और $2 \,\mu F$ दोनों संधारित्रों पर विभवांतर $2 \,k\Omega$ प्रतिरोध के विभवांतर के बराबर यानी $4 \,V$ होगा।
$1 \,\mu F$ संधारित्र में संचित आवेश $Q_1 = C_1 \times V = (1 \,\mu F) \times (4 \,V) = 4 \,\mu C$ है।
$2 \,\mu F$ संधारित्र में संचित आवेश $Q_2 = C_2 \times V = (2 \,\mu F) \times (4 \,V) = 8 \,\mu C$ है।
अतः,संचित आवेश क्रमशः $4 \,\mu C$ और $8 \,\mu C$ हैं।

(D) पूर्णतः परावर्तक सतह के लिए,$P$ शक्ति वाले बीम द्वारा लगाया गया विकिरण बल $F = \frac{2P}{c}$ होता है,जहाँ $c$ प्रकाश की गति है।
डिस्क को हवा में लटकाने के लिए,इस विकिरण बल को डिस्क पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल (भार) को संतुलित करना चाहिए: $F = mg$.
दोनों को बराबर करने पर,हमें मिलता है $\frac{2P}{c} = mg$.
दिया गया है: $P = 1.5 \,kW = 1.5 \times 10^3 \,W$,$c = 3 \times 10^8 \,m/s$,और $g = 10 \,m/s^2$ लेने पर।
मान रखने पर: $\frac{2 \times 1.5 \times 10^3}{3 \times 10^8} = m \times 10$.
$\frac{3 \times 10^3}{3 \times 10^8} = 10m$.
$10^{-5} = 10m$.
$m = 10^{-6} \,kg$.

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max} = eV_0 = hf - \phi_0$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V_0$ निरोधी विभव है,$f$ आवृत्ति है और $\phi_0$ कार्य फलन है।
प्रारंभिक स्थिति के लिए:
$e(0.6) = hf - \phi_0 \quad \dots(i)$
जब आवृत्ति में $10 \%$ की वृद्धि की जाती है,तो नई आवृत्ति $f' = f + 0.1f = 1.1f$ हो जाती है। नया निरोधी विभव $V_0' = 0.9 \, V$ है।
$e(0.9) = h(1.1f) - \phi_0 \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ से,हमारे पास $hf = e(0.6) + \phi_0$ है। इसे समीकरण $(ii)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$e(0.9) = 1.1(e(0.6) + \phi_0) - \phi_0$
$e(0.9) = 1.1(e(0.6)) + 1.1\phi_0 - \phi_0$
$e(0.9) = e(0.66) + 0.1\phi_0$
$0.1\phi_0 = e(0.9 - 0.66)$
$0.1\phi_0 = 0.24 \, eV$
$\phi_0 = 2.4 \, eV$.

(B) दी गई स्थिति में,प्रत्येक आवेशित गोले पर कार्य करने वाले बल हैं:
$(i)$ गुरुत्वाकर्षण बल $(mg)$
$(ii)$ स्थिर-वैद्युत प्रतिकर्षण बल $F_e = \frac{k q_1 q_2}{r^2}$
$(iii)$ डोरी में तनाव $(T)$
संतुलन के लिए,हम तनाव $T$ को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करते हैं:
$T \sin \theta = F_e = \frac{k q_1 q_2}{r^2}$
$T \cos \theta = mg$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\tan \theta = \frac{F_e}{mg} = \frac{k q_1 q_2}{r^2 mg}$
गोले $1$ के लिए:
$\tan \theta = \frac{k q_1 q_2}{r^2 m_1 g}$
गोले $2$ के लिए:
$\tan \theta = \frac{k q_1 q_2}{r^2 m_2 g}$
चूंकि दोनों गोलों के लिए कोण $\theta$ समान है,इसलिए हम समीकरणों की तुलना करते हैं:
$\frac{k q_1 q_2}{r^2 m_1 g} = \frac{k q_1 q_2}{r^2 m_2 g}$
इसे सरल करने पर:
$m_1 = m_2$

(B) प्रिज्म के लिए,विचलन $\delta$ को $\delta = i + e - A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $i$ आपतन कोण है,$e$ निर्गत कोण है,और $A$ प्रिज्म कोण है।
दिया गया है $A = 60^{\circ}$,$i = 60^{\circ}$,और $e = 40^{\circ}$।
अतः,विचलन $\delta = 60^{\circ} + 40^{\circ} - 60^{\circ} = 40^{\circ}$।
प्रकाश की उत्क्रमणीयता के सिद्धांत के अनुसार,यदि $i = 60^{\circ}$ पर $e = 40^{\circ}$ मिलता है,तो $i = 40^{\circ}$ पर $e = 60^{\circ}$ मिलेगा,जिसके परिणामस्वरूप समान विचलन $\delta = 40^{\circ}$ होगा।
विचलन $\delta$ बनाम आपतन कोण $i$ का ग्राफ एक $U$-आकार का वक्र है जहाँ न्यूनतम विचलन $\delta_m$ आपतन कोण $i = i_m$ पर होता है।
चूँकि $i = 40^{\circ}$ और $i = 60^{\circ}$ दोनों पर विचलन समान $(40^{\circ})$ है,इसलिए न्यूनतम विचलन इन दो मानों के बीच के आपतन कोण पर होना चाहिए।
अतः,न्यूनतम विचलन के लिए आपतन कोण $40^{\circ} < i < 60^{\circ}$ की सीमा में है। दिए गए ग्राफ को देखने पर,न्यूनतम विचलन $i \approx 48^{\circ}$ पर होता है,जो $40^{\circ} < i < 50^{\circ}$ की सीमा में आता है।

(D) माध्यम में लेंस की फोकस दूरी लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{n_l}{n_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
दिया गया है:
लेंस के पदार्थ का अपवर्तनांक,$n_l = 1.6$
माध्यम का अपवर्तनांक,$n_m = 2.0$
अवतल लेंस के लिए,$R_1 = -0.2 \, m$ और $R_2 = +0.2 \, m$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{1.6}{2.0} - 1 \right) \left( \frac{1}{-0.2} - \frac{1}{0.2} \right)$
$\frac{1}{f} = (0.8 - 1) \left( -5 - 5 \right)$
$\frac{1}{f} = (-0.2) \times (-10)$
$\frac{1}{f} = 2$
$f = 0.5 \, m$
चूंकि फोकस दूरी $f$ धनात्मक है,इसलिए लेंस $0.5 \, m$ फोकस दूरी वाले अभिसारी लेंस के रूप में व्यवहार करेगा।

(A) सही विकल्प $A$ है।
$1$. चूंकि आवेशित कण प्रारंभ में विरामावस्था में है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र उस पर कोई बल नहीं लगा सकता क्योंकि चुंबकीय बल $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ है,जो $\vec{v} = 0$ होने पर शून्य हो जाता है। इसलिए,गति शुरू करने के लिए एक विद्युत क्षेत्र की आवश्यकता होती है।
$2$. विद्युत बल $\vec{F}_e = q\vec{E}$ द्वारा दिया जाता है। यह बल कण को विद्युत क्षेत्र की दिशा में त्वरित करता है।
$3$. यदि विद्युत क्षेत्र परिमाण और दिशा दोनों में नियत होता,तो कण एक सीधी रेखा में गति करता। हालाँकि,दिखाया गया प्रक्षेपवक्र एक वक्र है।
$4$. कण के विरामावस्था से वक्र पथ पर चलने के लिए,बल की दिशा (और इसलिए विद्युत क्षेत्र की दिशा) को लगातार बदलते रहना चाहिए। इसलिए,विद्युत क्षेत्र का परिमाण नियत होना चाहिए लेकिन दिशा बदलती रहनी चाहिए।

(B) दूरी पर स्थित $Q$ और $Q$ परिमाण के दो आवेशों के निकाय की प्रारंभिक स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा इस प्रकार है:
$E = \frac{k Q^2}{d} \quad \dots(i)$
जब एक तीसरा आवेश $q_3 = -Q/2$ को मध्य-बिंदु पर रखा जाता है,तो प्रत्येक युग्म के बीच की नई दूरी $d/2$ हो जाती है।
निकाय की कुल स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा $E^{\prime}$ सभी युग्मों की स्थितिज ऊर्जाओं का योग है:
$E^{\prime} = \frac{k Q_1 Q_2}{r_{12}} + \frac{k Q_2 Q_3}{r_{23}} + \frac{k Q_1 Q_3}{r_{13}}$
मान $Q_1 = Q$,$Q_2 = Q$,$Q_3 = -Q/2$,$r_{12} = d$,$r_{23} = d/2$,और $r_{13} = d/2$ रखने पर:
$E^{\prime} = \frac{k Q^2}{d} + \frac{k Q (-Q/2)}{d/2} + \frac{k Q (-Q/2)}{d/2}$
$E^{\prime} = \frac{k Q^2}{d} - \frac{k Q^2}{d} - \frac{k Q^2}{d}$
$E^{\prime} = -\frac{k Q^2}{d}$
समीकरण $(i)$ के साथ तुलना करने पर,हमें $E^{\prime} = -E$ प्राप्त होता है।

(C) लेंज के नियम के अनुसार,प्रेरित धारा की दिशा ऐसी होती है कि वह उस चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन का विरोध करती है जिसने इसे उत्पन्न किया है।
$1$. जब चुंबक वलय के ऊपर होता है और उसकी ओर गिरता है,तो वलय से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स बढ़ता है। इसका विरोध करने के लिए,वलय अपने ऊपरी फलक पर एक उत्तरी ध्रुव विकसित करता है ताकि गिरते हुए चुंबक को प्रतिकर्षित किया जा सके। ऊपर से देखने पर उत्तरी ध्रुव घड़ी की विपरीत दिशा में धारा को दर्शाता है।
$2$. जब चुंबक वलय से होकर नीचे निकल जाता है,तो वलय से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स घटता है। इस कमी का विरोध करने के लिए,वलय अपने निचले फलक पर एक दक्षिणी ध्रुव विकसित करता है (जो दूर जाते चुंबक के सापेक्ष ऊपरी फलक पर उत्तरी ध्रुव के रूप में कार्य करता है) ताकि चुंबक को आकर्षित किया जा सके। ऊपर से देखने पर यह घड़ी की दिशा में धारा को दर्शाता है।
अतः,जब चुंबक वलय के ऊपर होता है तो धारा घड़ी की विपरीत दिशा में होती है और जब वह वलय के नीचे होता है तो घड़ी की दिशा में होती है।

(A) उदासीन बिंदु वह बिंदु है जहाँ चुम्बकों के कारण कुल चुम्बकीय क्षेत्र शून्य होता है। यह तब होता है जब दोनों चुम्बकों से उत्पन्न चुम्बकीय क्षेत्र सदिश परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होते हैं।
दोनों छड़ चुम्बकों की चुम्बकीय क्षेत्र रेखाओं का विश्लेषण करके,हम प्रत्येक क्षेत्र में चुम्बकीय क्षेत्र की दिशा निर्धारित कर सकते हैं।
क्षेत्र $I$ में,क्षैतिज चुम्बक से चुम्बकीय क्षेत्र रेखाएं बाईं ओर इंगित करती हैं,और ऊर्ध्वाधर चुम्बक से चुम्बकीय क्षेत्र रेखाएं भी ऐसी दिशा में होती हैं जो क्षैतिज चुम्बक के क्षेत्र का विरोध करती हैं। इस प्रकार,इस क्षेत्र में क्षेत्र एक-दूसरे को निरस्त कर सकते हैं।
अतः,उदासीन बिंदु क्षेत्र $I$ में स्थित है।

(B) सही उत्तर $B$ है।
गाइगर-मार्सडेन प्रयोग में,उद्देश्य $\alpha$-कणों को परमाणु की ओर लक्षित करना है ताकि उनके प्रकीर्णन का अवलोकन किया जा सके।
इस प्रयोग के लिए एक ऐसे लक्ष्य की आवश्यकता होती है जो अत्यंत पतला हो,आदर्श रूप से केवल कुछ परमाणुओं जितना मोटा,ताकि यह सुनिश्चित हो सके कि $\alpha$-कण न्यूनतम प्रकीर्णन का अनुभव करें।
सोना अपनी अत्यधिक आघातवर्धनीयता (malleability) के लिए जाना जाता है,जो इसे अत्यंत पतली पन्नी (कुछ माइक्रोमीटर मोटी) में बदलने की अनुमति देता है। इस भौतिक गुण ने इसे रदरफोर्ड के प्रयोग के लिए आदर्श सामग्री बना दिया।

(A) कथन $I$ गलत है क्योंकि एक तत्व के समस्थानिकों में प्रोटॉन की संख्या समान होती है लेकिन न्यूट्रॉन की संख्या अलग-अलग होती है।
कथन $II$ गलत है क्योंकि कुछ तत्वों के कई स्थिर समस्थानिक होते हैं (उदाहरण के लिए,ऑक्सीजन के तीन स्थिर समस्थानिक हैं: $^{16}O, ^{17}O, ^{18}O$)।
कथन $III$ सही है क्योंकि प्रत्येक तत्व के समस्थानिक होते हैं,जो समान परमाणु क्रमांक लेकिन अलग द्रव्यमान संख्या वाले परमाणु होते हैं।
कथन $IV$ सही है क्योंकि एक ही तत्व के समस्थानिक समान रासायनिक गुण प्रदर्शित करते हैं; इसलिए,कार्बन के सभी समस्थानिक $(^{12}C, ^{13}C, ^{14}C)$ ऑक्सीजन के साथ प्रतिक्रिया करके $CO_2$ जैसे यौगिक बना सकते हैं।
अतः,केवल कथन $III$ और $IV$ सही हैं।

(A) फलकों पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,प्रत्येक फलक पर आपतन कोण क्रांतिक कोण $\theta_c$ से अधिक होना चाहिए।
प्रिज्म की ज्यामिति से,दो फलकों पर आपतन कोण $(45^{\circ} + r)$ और $(45^{\circ} - r)$ हैं,जहाँ $r$ पहली सतह पर अपवर्तन कोण है।
दोनों फलकों पर $TIR$ होने के लिए: $45^{\circ} + r > \theta_c$ और $45^{\circ} - r > \theta_c$.
अधिक प्रतिबंधात्मक शर्त $45^{\circ} - r > \theta_c$ है।
चूंकि $\sin r = \frac{\sin 45^{\circ}}{\mu} = \frac{1}{\mu\sqrt{2}}$,इसलिए $r = \arcsin\left(\frac{1}{\mu\sqrt{2}}\right)$.
इसे $45^{\circ} - r > \theta_c$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $45^{\circ} - \theta_c > r$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का साइन लेने पर: $\sin(45^{\circ} - \theta_c) > \sin r$.
सर्वसमिका $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर और यह जानते हुए कि $\sin \theta_c = \frac{1}{\mu}$ और $\cos \theta_c = \frac{\sqrt{\mu^2-1}}{\mu}$:
$\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{\mu^2-1}}{\mu} - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\mu} > \frac{1}{\mu\sqrt{2}}$.
$\mu\sqrt{2}$ से गुणा करने पर,हमें $\sqrt{\mu^2-1} - 1 > 1$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $\sqrt{\mu^2-1} > 2$ हो जाता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\mu^2 - 1 > 4$,इसलिए $\mu^2 > 5$,या $\mu > \sqrt{5}$.

(D) मान लीजिए प्रतिरोधक $X$ से प्रवाहित धारा $i_1 = 1 \,mA$ है। सभी प्रतिरोधक $R = 1 \,k\Omega$ हैं।
$1$. अंतिम खंड (सबसे दाईं ओर) में,धारा $i_1$,$X$ और श्रेणी प्रतिरोधक से होकर बहती है। ऊर्ध्वाधर प्रतिरोधक पर विभवांतर $i_1 R$ है। ऊर्ध्वाधर प्रतिरोधक से प्रवाहित धारा $i_2 = i_1 R / R = i_1$ है। इस खंड में प्रवेश करने वाली कुल धारा $i_3 = i_1 + i_2 = 2i_1$ है।
$2$. बाईं ओर अगले खंड में जाने पर,दाएं भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq1} = R + (R \parallel R) = R + R/2 = 1.5R$ है। धारा $i_3$,$i_4$ (ऊर्ध्वाधर प्रतिरोधक के माध्यम से) और $i_3$ (श्रेणी शाखा के माध्यम से) में विभाजित हो जाती है। विभव समानता के अनुसार,$i_4 R = i_3 (1.5R) \implies i_4 = 1.5 i_3 = 3 i_1$। कुल धारा $i_5 = i_3 + i_4 = 2i_1 + 3i_1 = 5i_1$ है।
$3$. इस सीढ़ी नेटवर्क (ladder network) तर्क को जारी रखते हुए,जैसे-जैसे हम $P$ और $Q$ की ओर बढ़ते हैं,धारा बढ़ती जाती है। $n$ चरणों वाली सीढ़ी के लिए,धारा $i_n$ एक आवर्ती संबंध का पालन करती है। इस $4-$चरणीय सीढ़ी के लिए:
चरण $1$: $i_1 = 1 \,mA$
चरण $2$: $i_2 = 2i_1 = 2 \,mA$
चरण $3$: $i_3 = 5i_1 = 5 \,mA$
चरण $4$: $i_4 = 13i_1 = 13 \,mA$
चरण $5$ (कुल): $i_{total} = 34i_1 = 34 \,mA$।
$4$. $4-$चरणीय सीढ़ी का कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = (34/55) \,k\Omega$ है।
$5$. विभवांतर $V_{PQ} = i_{total} \times R_{eq} = (34 \,mA) \times (34/55 \,k\Omega) = 34 \,V$।