KVPY 2015 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) ब्लॉक के लिए,अंतिम वेग $v = 0$,समय $t = 2 \, s$,और विस्थापन $s = 1 \, m$ है।
गति के समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है:
$0 = u + a \times 2 \Rightarrow a = -u/2$.
समीकरण $v^2 - u^2 = 2as$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है:
$0 - u^2 = 2 \times (-u/2) \times 1 \Rightarrow -u^2 = -u \Rightarrow u(u - 1) = 0$.
चूंकि $u \neq 0$,प्रारंभिक वेग $u = 1 \, m/s$ है।
त्वरण $a = -u/2 = -0.5 \, m/s^2$ है।
गतिज घर्षण बल $f_k = \mu_k mg = m|a|$ है।
अतः,$\mu_k g = |a| \Rightarrow \mu_k = 0.5 / 10 = 0.05$.
इस गणना में,हमने वायु प्रतिरोध और अन्य क्षयकारी बलों को नजरअंदाज कर दिया है। वास्तविक स्थिति में,ये अतिरिक्त बल मंदन में योगदान देंगे,जिसका अर्थ है कि बक्से को $2 \, s$ में रोकने के लिए आवश्यक घर्षण बल केवल गतिज घर्षण के आधार पर गणना किए गए मान से कम होगा। इसलिए,$\mu_k$ का मान $0.05$ से कम होना चाहिए।

(C) मान लीजिए कि प्लेटों के आयाम चित्र में दिखाए अनुसार हैं। मान लीजिए त्रिभुज का आधार और आयत की चौड़ाई $a$ है,त्रिभुज की ऊँचाई $h$ है और आयत की ऊँचाई $b$ है।
दिया गया है कि त्रिभुज का क्षेत्रफल $=$ आयत का क्षेत्रफल:
$\frac{1}{2} a h = a b \Rightarrow \frac{h}{2} = b \Rightarrow \frac{b}{h} = \frac{1}{2}$.
मान लीजिए कि मूल बिंदु उभयनिष्ठ भुजा के मध्य-बिंदु पर है। त्रिभुजाकार भाग का द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु से $y_1 = \frac{h}{3}$ ऊपर है।
आयताकार भाग का द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु से $y_2 = -\frac{b}{2}$ नीचे है।
संयुक्त निकाय के लिए,द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु पर है,इसलिए $Y_{CM} = 0$.
सूत्र $Y_{CM} = \frac{m_1 y_1 + m_2 y_2}{m_1 + m_2} = 0$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है:
$m_1 y_1 + m_2 y_2 = 0 \Rightarrow m_1 \left(\frac{h}{3}\right) + m_2 \left(-\frac{b}{2}\right) = 0$.
$\Rightarrow m_1 \left(\frac{h}{3}\right) = m_2 \left(\frac{b}{2}\right)$.
$\Rightarrow \frac{m_1}{m_2} = \frac{3b}{2h} = \frac{3}{2} \times \frac{b}{h} = \frac{3}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$.
अतः,द्रव्यमानों का अनुपात $m_1 : m_2 = 3 : 4$ है।

(B) निकाय संतुलन में है। मान लीजिए कि निलंबन बिंदु से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा से $m_1$ के द्रव्यमान केंद्र की दूरी $r_1$ है और $m_2$ की दूरी $r_2$ है।
चूंकि गोले संपर्क में हैं,इसलिए $r_1 + r_2 = 2R$ है।
संपर्क बिंदु के परितः घूर्णी संतुलन के लिए,संपर्क बिंदु से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर अक्ष के परितः दोनों गोलों के भार के कारण लगने वाले आघूर्ण (torques) संतुलित होने चाहिए।
$m_1 g r_1 = m_2 g r_2$
समीकरण में $r_1 = 2R - r_2$ रखने पर:
$m_1 (2R - r_2) = m_2 r_2$
$2 m_1 R - m_1 r_2 = m_2 r_2$
$2 m_1 R = r_2 (m_1 + m_2)$
$r_2 = \frac{2 m_1 R}{m_1 + m_2}$
छोटे कोण $\theta$ के लिए,$\sin \theta \approx \theta = \frac{r_2}{L}$ होता है।
$r_2$ का मान रखने पर:
$\theta = \frac{2 m_1 R}{(m_1 + m_2) L}$

(D) चूंकि डिस्क के निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क नहीं लग रहा है,इसलिए निकाय का कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
$I_1 \omega_1 + I_2 \omega_2 = (I_1 + I_2) \omega \quad ...(i)$
जहाँ $I_1$ और $I_2$ डिस्क के जड़त्व आघूर्ण हैं,और $\omega_1$ तथा $\omega_2$ उनकी कोणीय गति हैं। $\omega$ डिस्क के संयोजन की कोणीय गति है।
दिया गया है:
$I_1 = 4.25 \,kg \cdot m^2, \omega_1 = 15 \,rps$ (वामावर्त,धनात्मक लेने पर)
$I_2 = 1.80 \,kg \cdot m^2, \omega_2 = -25 \,rps$ (दक्षिणावर्त,ऋणात्मक लेने पर)
समीकरण $(i)$ में मान रखने पर:
$I_1 \omega_1 + I_2 \omega_2 = (I_1 + I_2) \omega$
$(4.25 \times 15) + (1.80 \times -25) = (4.25 + 1.80) \omega$
$63.75 - 45 = 6.05 \omega$
$18.75 = 6.05 \omega$
$\omega = \frac{18.75}{6.05} \approx 3.099 \,rps$
चूंकि परिणाम धनात्मक है,इसलिए दिशा वामावर्त (anti-clockwise) होगी।
अतः,नया कोणीय वेग लगभग $3 \,rps$ और वामावर्त दिशा में है।

(B) दिया गया है कि गेंद के जमीन से टकराने की आवाज गेंद फेंकने के $5.25 \, s$ बाद सुनाई देती है।
गेंद के जमीन से टकराने के बाद ध्वनि जमीन से टॉवर के शीर्ष तक पहुँचती है। ध्वनि को टॉवर के शीर्ष तक पहुँचने में लगा समय:
$t_1 = \frac{D}{v_{sound}} = \frac{85}{340} = 0.25 \, s$
अतः,गेंद को जमीन तक पहुँचने में लगा समय:
$t_2 = 5.25 - 0.25 = 5 \, s$
मान लीजिए $t = 0$ पर गेंद की प्रारंभिक गति $u$ है। गेंद की गति के लिए:
विस्थापन $s = -85 \, m$ (नीचे की ओर),
त्वरण $a = -g = -10 \, m/s^2$,
समय $t = 5 \, s$.
गति के समीकरण का उपयोग करने पर:
$s = ut + \frac{1}{2}at^2$
$-85 = u(5) + \frac{1}{2}(-10)(5)^2$
$-85 = 5u - 125$
$5u = 125 - 85$
$5u = 40$
$u = 8 \, m/s$

(A) सही उत्तर $(A)$ है।
चंद्रमा की सतह पर कोई वायुमंडल नहीं है,जिसका अर्थ है कि बाहरी वायुमंडलीय दबाव $0$ है।
कोई भी तरल तब उबलता है जब उसका संतृप्त वाष्प दबाव बाहरी वायुमंडलीय दबाव के बराबर हो जाता है।
चूंकि $30^{\circ} C$ पर पानी का वाष्प दबाव $0$ से अधिक होता है,इसलिए बोतल खोलते ही उबलने की स्थिति पूरी हो जाती है।
अतः,चंद्रमा पर बोतल खोलते ही पानी उबलने लगेगा।

(C) एक सरल लोलक के लिए,गति का समीकरण $\frac{d^2 \theta}{dt^2} + \frac{g}{l} \sin \theta = 0$ द्वारा दिया जाता है।
छोटे दोलनों के लिए,$\sin \theta \approx \theta$,जो सरल आवर्त गति का आवर्तकाल $T_0 = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ देता है।
हालाँकि,बड़े आयामों के लिए (जैसे $45^{\circ}$),हम विस्तार $\sin \theta \approx \theta - \frac{\theta^3}{6}$ का उपयोग करते हैं।
आयाम $\theta_0$ वाले लोलक के लिए आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = T_0 \left( 1 + \frac{\theta_0^2}{16} + \dots \right)$ है (जहाँ $\theta_0$ रेडियन में है)।
चूँकि $\theta_0 = 45^{\circ} = \frac{\pi}{4} \text{ रेडियन}$ है,इसलिए पद $\frac{\theta_0^2}{16}$ धनात्मक है।
अतः,आवर्तकाल $T$ का मान $T_0$ से थोड़ा अधिक होगा।

(B) आदर्श गैस के लिए अवस्था का समीकरण $pV = nRT$ है,जिसे $V = (nR/p) \cdot T$ के रूप में पुनर्व्यवस्थित किया जा सकता है।
यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा का समीकरण है,जिसका ढाल (slope) $m = nR/p$ है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि ढाल दबाव के व्युत्क्रमानुपाती है,अर्थात $\text{slope} \propto 1/p$।
दिए गए $V-T$ ग्राफ का अवलोकन करने पर,$p_3$ के लिए रेखा का ढाल सबसे अधिक है,उसके बाद $p_2$ है,और $p_1$ के लिए ढाल सबसे कम है।
चूंकि $\text{slope} \propto 1/p$,इसलिए एक बड़ा ढाल छोटे दबाव के अनुरूप होता है।
अतः,दबावों के बीच का संबंध $p_1 > p_2 > p_3$ है।

(B) दिया गया है,$A = G^\alpha M^\beta c^\gamma$.
राशियों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$[A] = [L]^2$
$[G] = [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
$[M] = [M]$
$[c] = [L T^{-1}]$
इन मानों को समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$[L]^2 = [M^{-1} L^3 T^{-2}]^\alpha [M]^\beta [L T^{-1}]^\gamma$
$[L]^2 = M^{-\alpha + \beta} L^{3\alpha + \gamma} T^{-2\alpha - \gamma}$
दोनों पक्षों पर $M, L,$ और $T$ के घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $-\alpha + \beta = 0 \implies \beta = \alpha \quad (i)$
$L$ के लिए: $3\alpha + \gamma = 2 \quad (ii)$
$T$ के लिए: $-2\alpha - \gamma = 0 \implies \gamma = -2\alpha \quad (iii)$
समीकरण $(iii)$ को $(ii)$ में रखने पर:
$3\alpha - 2\alpha = 2 \implies \alpha = 2$
चूंकि $\beta = \alpha$,इसलिए $\beta = 2$.
चूंकि $\gamma = -2\alpha$,इसलिए $\gamma = -2(2) = -4$.
अतः,$\alpha = 2, \beta = 2$ और $\gamma = -4$.

(D) डेसिबल $(dB)$ में ध्वनि स्तर $\beta$ को $\beta = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $I$ तीव्रता है और $I_0$ संदर्भ तीव्रता है।
मान लीजिए प्रारंभिक तीव्रता $I_1 = I$ है और अंतिम तीव्रता $I_2 = 100I$ है।
प्रारंभिक ध्वनि स्तर $\beta_1 = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$ है।
अंतिम ध्वनि स्तर $\beta_2 = 10 \log_{10} \left( \frac{100I}{I_0} \right)$ है।
लघुगणक के गुणधर्म का उपयोग करते हुए,$\beta_2 = 10 \left( \log_{10} 100 + \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right) \right)$।
चूंकि $\log_{10} 100 = 2$,इसलिए $\beta_2 = 10(2) + 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right) = 20 + \beta_1$।
इस प्रकार,ध्वनि स्तर $20 \, dB$ बढ़ जाता है। दिए गए विकल्पों में से,$80 \, dB$ से $100 \, dB$ तक की वृद्धि $20 \, dB$ की वृद्धि को दर्शाती है।

(A) जब तार तन जाता है,तो ब्लॉक की गतिज ऊर्जा खिंचे हुए तार में संचित प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
तार में संचित प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} \times \text{Stress} \times \text{Strain} \times \text{Volume}$ द्वारा दी जाती है।
हुक के नियम का उपयोग करते हुए,$\text{Stress} = Y \times \text{Strain}$,जहाँ $\text{Strain} = \frac{\Delta l}{L}$ है।
इसलिए,$U = \frac{1}{2} \times Y \times \left(\frac{\Delta l}{L}\right)^2 \times (A \times L) = \frac{1}{2} \frac{Y A}{L} (\Delta l)^2$.
ब्लॉक की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा को तार में संचित स्थितिज ऊर्जा के बराबर करने पर:
$\frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \frac{Y A}{L} (\Delta l)^2$.
$\Delta l$ के लिए हल करने पर:
$(\Delta l)^2 = \frac{m v^2 L}{A Y}$.
$\Delta l = v \sqrt{\frac{m L}{A Y}}$.
अतः,तार के तने होने के बाद ब्लॉक द्वारा तय की गई अधिकतम दूरी $v \sqrt{\frac{m L}{A Y}}$ है।

(A) मान लीजिए $O$ डिस्क का ज्यामितीय केंद्र है और $C(x, y)$ इसका द्रव्यमान केंद्र है।
मान लीजिए $I_{CM}$ डिस्क के द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली और स्पर्श रेखाओं के समानांतर अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,स्पर्श रेखा के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = I_{CM} + M d^2$ है,जहाँ $d$ अक्षों के बीच की दूरी है।
स्पर्श रेखाओं $AB$ और $CD$ ($x$-अक्ष के समानांतर) के लिए,द्रव्यमान केंद्र से दूरियाँ क्रमशः $(R-y)$ और $(R+y)$ हैं:
$I_1 = I_{CM} + M(R-y)^2$
$I_3 = I_{CM} + M(R+y)^2$
इन समीकरणों को घटाने पर:
$I_1 - I_3 = M[(R-y)^2 - (R+y)^2] = M[R^2 - 2Ry + y^2 - (R^2 + 2Ry + y^2)] = -4MRy$
इसी प्रकार,स्पर्श रेखाओं $BC$ और $DA$ ($y$-अक्ष के समानांतर) के लिए,द्रव्यमान केंद्र से दूरियाँ क्रमशः $(R-x)$ और $(R+x)$ हैं:
$I_2 = I_{CM} + M(R-x)^2$
$I_4 = I_{CM} + M(R+x)^2$
$I_2 - I_4 = -4MRx$
दोनों परिणामों का वर्ग करके जोड़ने पर:
$(I_1 - I_3)^2 + (I_2 - I_4)^2 = 16M^2R^2y^2 + 16M^2R^2x^2 = 16M^2R^2(x^2 + y^2)$
अतः,दूरी $d = \sqrt{x^2 + y^2} = \frac{1}{4MR} \sqrt{(I_1 - I_3)^2 + (I_2 - I_4)^2}$.

(C) दिया गया है:
प्रारंभिक लंबाई $L = 100 \, m$
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 25^{\circ} C$
अंतिम तापमान $T_2 = 40^{\circ} C$
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1 = 40 - 25 = 15^{\circ} C$
रैखिक प्रसार गुणांक $\alpha = 1.1 \times 10^{-5} /^{\circ} C$
यंग मापांक $Y = 2 \times 10^{11} \, Pa$
चूंकि ट्रैक को फैलने से रोका गया है,इसलिए सामग्री में तापीय प्रतिबल उत्पन्न होता है।
तापीय प्रतिबल $\sigma$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\sigma = Y \cdot \alpha \cdot \Delta T$
मान रखने पर:
$\sigma = (2 \times 10^{11} \, Pa) \times (1.1 \times 10^{-5} /^{\circ} C) \times (15^{\circ} C)$
$\sigma = 2 \times 1.1 \times 15 \times 10^{11-5} \, Pa$
$\sigma = 33 \times 10^6 \, Pa$
$\sigma = 3.3 \times 10^7 \, Pa$
अतः,ट्रैक पर प्रतिबल $3.3 \times 10^7 \, Pa$ है।

(A) त्रिज्या $R$ और कुल कोणीय आकार $\theta$ के एक समान ठोस वृत्ताकार सेक्टर पर विचार करें। मान लें कि सेक्टर $y$-अक्ष के सापेक्ष सममित है।
सेक्टर के एक सूक्ष्म त्रिभुजाकार तत्व पर विचार करें जिसकी कोणीय चौड़ाई $d\alpha$ है और जो $y$-अक्ष से $\alpha$ कोण पर है।
इस सूक्ष्म त्रिभुज का क्षेत्रफल $dA = \frac{1}{2} R^2 d\alpha$ है।
त्रिभुज का द्रव्यमान केंद्र शीर्ष $O$ से $\frac{2}{3} R$ की दूरी पर होता है। इस तत्व के लिए,इसके द्रव्यमान केंद्र की $x$-अक्ष से दूरी $y = \frac{2}{3} R \cos \alpha$ है।
पूरे सेक्टर के द्रव्यमान केंद्र का $y$-निर्देशांक इस प्रकार दिया गया है:
$\bar{y} = \frac{\int y dA}{\int dA} = \frac{\int_{-\theta/2}^{\theta/2} (\frac{2}{3} R \cos \alpha) (\frac{1}{2} R^2 d\alpha)}{\int_{-\theta/2}^{\theta/2} \frac{1}{2} R^2 d\alpha}$
व्यंजक को सरल करने पर:
$\bar{y} = \frac{\frac{1}{3} R^3 \int_{-\theta/2}^{\theta/2} \cos \alpha d\alpha}{\frac{1}{2} R^2 [\alpha]_{-\theta/2}^{\theta/2}} = \frac{\frac{1}{3} R^3 [\sin \alpha]_{-\theta/2}^{\theta/2}}{\frac{1}{2} R^2 \theta} = \frac{\frac{1}{3} R^3 (2 \sin(\theta/2))}{\frac{1}{2} R^2 \theta}$
$\bar{y} = \frac{2}{3} R \frac{2 \sin(\theta/2)}{\theta} = \frac{4}{3} R \frac{\sin(\theta/2)}{\theta}$

(A) मान लीजिए वस्तु का द्रव्यमान $m$ है और ग्रह की सतह पर वापस लौटने पर उसकी चाल $v$ है।
अधिकतम ऊँचाई पर,ग्रह के केंद्र से दूरी $r_{max} = R + 4R = 5R$ है। इस बिंदु पर,वस्तु का वेग $0$ है।
अधिकतम ऊँचाई और ग्रह की सतह के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर:
$E_{initial} = E_{final}$
$U_{max} + K_{max} = U_{surface} + K_{surface}$
$-\frac{G M m}{5R} + 0 = -\frac{G M m}{R} + \frac{1}{2} m v^2$
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{G M}{R} - \frac{G M}{5R}$
$\frac{1}{2} v^2 = \frac{G M}{R} (1 - \frac{1}{5}) = \frac{G M}{R} (\frac{4}{5})$
$v^2 = \frac{8 G M}{5 R}$
$v = \sqrt{\frac{8 G M}{5 R}} = 2 \sqrt{\frac{2 G M}{5 R}}$
अतः,जब वस्तु सतह पर वापस लौटती है तो उसकी चाल $2 \sqrt{\frac{2 G M}{5 R}}$ होगी।

(A) दी गई चक्रीय प्रक्रिया से,वृत्त का समीकरण है:
$(p-4)^2 + (V-4)^2 = 2^2 = 4 \quad \dots(i)$
आदर्श गैस समीकरण $pV = nRT$ से,$n=1 \, mol$ के लिए,$T = \frac{pV}{R}$।
अधिकतम तापमान ज्ञात करने के लिए,हमें गुणनफल $pV$ को अधिकतम करना होगा।
मान लीजिए $y = pV$ है। समीकरण $(i)$ से,$p = 4 \pm \sqrt{4 - (V-4)^2}$।
इसे $y = pV$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $y = V(4 \pm \sqrt{4 - (V-4)^2})$ प्राप्त होता है।
$y$ को अधिकतम करने के लिए,हम $\frac{dy}{dV} = 0$ रखते हैं। वैकल्पिक रूप से,वृत्त के गुण का उपयोग करते हुए,$pV$ का अधिकतम मान वृत्त पर उस बिंदु पर होता है जहाँ स्पर्शरेखा मूल बिंदु $(0,0)$ को बिंदु $(p,V)$ से जोड़ने वाली रेखा के लंबवत होती है।
मूल बिंदु से केंद्र $(4,4)$ तक की रेखा का ढाल $1$ है। अधिकतम $pV$ बिंदु पर स्पर्शरेखा का ढाल $-1$ होना चाहिए।
वृत्त $(p-4)^2 + (V-4)^2 = 2^2$ पर उस बिंदु के निर्देशांक,जहाँ स्पर्शरेखा का ढाल $-1$ है,इस प्रकार हैं:
$p = 4 + \sqrt{2}$
$V = 4 + \sqrt{2}$
अतः,$(pV)_{\max} = (4+\sqrt{2})(4+\sqrt{2}) = 16 + 2 + 8\sqrt{2} = 18 + 8(1.414) = 18 + 11.312 = 29.312$।
इसलिए,$T_{\max} = \frac{(pV)_{\max}}{R} \approx \frac{29.3}{R} \approx \frac{30}{R}$।

(A) दिया गया समीकरण $\frac{V}{t} = k \left( \frac{p}{l} \right)^a \eta^b r^c$ है।
राशियों के विमीय सूत्र इस प्रकार हैं:
$[V/t] = [L^3 T^{-1}]$
$[p/l] = [M L^{-1} T^{-2} / L] = [M L^{-2} T^{-2}]$
$[\eta] = [M L^{-1} T^{-1}]$
$[r] = [L]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[L^3 T^{-1}] = [M L^{-2} T^{-2}]^a [M L^{-1} T^{-1}]^b [L]^c$
$[L^3 T^{-1}] = M^{a+b} L^{-2a-b+c} T^{-2a-b}$
दोनों पक्षों में $M, L$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $a + b = 0 \Rightarrow b = -a$
$T$ के लिए: $-2a - b = -1$
$T$ के समीकरण में $b = -a$ रखने पर: $-2a - (-a) = -1 \Rightarrow -a = -1 \Rightarrow a = 1$.
चूंकि $b = -a$,हमें $b = -1$ प्राप्त होता है।
$L$ के लिए: $-2a - b + c = 3$
$a = 1$ और $b = -1$ रखने पर: $-2(1) - (-1) + c = 3 \Rightarrow -2 + 1 + c = 3 \Rightarrow -1 + c = 3 \Rightarrow c = 4$.
अतः,$a=1, b=-1, c=4$ सही मान हैं।

(C) दिया गया है,$F = 10.0 \pm 0.2 \, N$ और $a = 1.00 \pm 0.01 \, m/s^2$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = ma$,इसलिए $m = F/a$ है।
द्रव्यमान का माध्य मान ज्ञात करने पर: $m = 10.0 / 1.00 = 10.0 \, kg$ है।
भाग के लिए,सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta m}{m} = \frac{\Delta F}{F} + \frac{\Delta a}{a}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta m}{m} = \frac{0.2}{10.0} + \frac{0.01}{1.00} = 0.02 + 0.01 = 0.03$ है।
अब,द्रव्यमान में निरपेक्ष त्रुटि की गणना करने पर: $\Delta m = 0.03 \times m = 0.03 \times 10.0 = 0.3 \, kg$ है।
अतः,वस्तु का द्रव्यमान $m = 10.0 \pm 0.3 \, kg$ है।

(C) बेलन तब उलट जाएगा जब भरे हुए पानी के स्तंभ का द्रव्यमान केंद्र आधार के दाहिने किनारे के बाहर स्थित होगा। चूंकि पानी $h$ ऊंचाई (लंबवत मापी गई) का बेलनाकार आकार बनाता है,इसलिए इस पानी के स्तंभ का द्रव्यमान केंद्र इसके ज्यामितीय केंद्र पर स्थित होता है।
मान लीजिए कि बेलन का आधार क्षैतिज तल पर है। आधार का दाहिना किनारा बिंदु $A$ पर है। पानी के स्तंभ का द्रव्यमान केंद्र बाएं किनारे से $a/2$ की क्षैतिज दूरी पर है,या अधिक सरलता से,स्थिरता के लिए द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा को आधार से गुजरना चाहिए।
झुके हुए बेलन की ज्यामिति से,आधार के दाहिने किनारे से पानी के स्तंभ के केंद्र से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा तक की क्षैतिज दूरी $a/2$ है। पानी के स्तंभ के द्रव्यमान केंद्र की ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $h/2$ है।
बेलन के उलटने की स्थिति के लिए,द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा को आधार के दाहिने किनारे से गुजरना चाहिए। झुकाव कोण $\theta$ द्वारा निर्मित त्रिभुज पर विचार करते हुए,आधार के केंद्र से दाहिने किनारे तक की क्षैतिज दूरी $a/2$ है। द्रव्यमान केंद्र की ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $h/2$ है।
ज्यामिति से,$\tan \theta = \frac{\text{ऊर्ध्वाधर ऊंचाई}}{\text{क्षैतिज दूरी}} = \frac{h/2}{a/2} = \frac{h}{a}$.
इसलिए,$h = a \tan \theta$.

(B) प्रथम $4 \, s$ के लिए,वस्तु विरामावस्था $(u = 0)$ से $a = 1 \, m/s^2$ के एकसमान त्वरण के साथ गति शुरू करती है। समय $t$ के फलन के रूप में स्थिति $x$ को $x = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0 + \frac{1}{2}(1)t^2 = \frac{t^2}{2}$ द्वारा दिया जाता है। यह मूल बिंदु से शुरू होने वाला ऊपर की ओर खुलने वाला परवलयाकार वक्र दर्शाता है।
$t = 4 \, s$ पर,वेग $v = u + at = 0 + (1)(4) = 4 \, m/s$ है। $t = 4 \, s$ पर स्थिति $x = \frac{(4)^2}{2} = 8 \, m$ है।
$t > 4 \, s$ के लिए,वस्तु $4 \, m/s$ के नियत वेग से गति करती है। समय $t$ के फलन के रूप में स्थिति $x$ को $x = x_0 + v(t - t_0) = 8 + 4(t - 4) = 8 + 4t - 16 = 4t - 8$ द्वारा दिया जाता है। यह $4 \, m/s$ के नियत धनात्मक ढाल वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
ग्राफ में $0 \le t \le 4 \, s$ के लिए परवलयाकार वक्र और $t > 4 \, s$ के लिए $t = 4 \, s$ पर निरंतर ढाल वाली एक सीधी रेखा होनी चाहिए। विकल्प $(b)$ इस व्यवहार को सही ढंग से दर्शाता है।

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 75 \,kg$,प्रारंभिक वेग $u = 2 \,m/s$,अंतिम वेग $v = 0 \,m/s$,और रुकने की दूरी $s = 0.25 \,m$.
सबसे पहले,हम गति के समीकरण का उपयोग करके पैराशूटिस्ट का मंदन (त्वरण) ज्ञात करते हैं:
$v^2 - u^2 = 2as$
$0^2 - (2)^2 = 2 \cdot a \cdot 0.25$
$-4 = 0.5 \cdot a$
$a = -8 \,m/s^2$
ऋणात्मक चिह्न मंदन को दर्शाता है (ऊपर की ओर $8 \,m/s^2$ का त्वरण)।
अब,न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए:
$F_{\text{net}} = ma$
$F_R - mg = ma$
जहाँ $F_R$ जमीन द्वारा लगाया गया प्रतिरोध बल है और $g = 10 \,m/s^2$ है।
$F_R = m(g + a)$
$F_R = 75 \cdot (10 + 8)$
$F_R = 75 \cdot 18 = 1350 \,N$.
अतः,जमीन द्वारा पैराशूटिस्ट पर लगाया गया औसत बल $1350 \,N$ है।

(D) गेंद की कक्षीय त्रिज्या $r = R + h$ है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या $(6400 \, km)$ है और $h$ ऊंचाई $(9 \, km)$ है।
चूंकि $h \ll R$,इसलिए $r \approx R$ है।
वृत्ताकार कक्षा में गति करने वाली वस्तु का त्वरण अभिकेंद्र त्वरण $a = v^2 / r$ द्वारा दिया जाता है।
कक्षीय वेग $v = \sqrt{GM/r}$ को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $a = (GM/r) / r = GM/r^2$ प्राप्त होता है।
चूंकि $r \approx R$,इसलिए त्वरण $a \approx GM/R^2$ है।
परिभाषा के अनुसार,पृथ्वी की सतह के निकट गुरुत्वीय त्वरण $g = GM/R^2$ होता है।
अतः,कक्षा में गेंद का त्वरण लगभग $g$ के बराबर होता है।

(A) सूर्य के चारों ओर दीर्घवृत्ताकार कक्षा में परिक्रमा करने वाले ग्रह के लिए,कुल यांत्रिक ऊर्जा $E$ को $E = K + U$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि ग्रह सूर्य से बंधा हुआ है,इसलिए कुल ऊर्जा $E$ ऋणात्मक होती है $(E < 0)$।
गुरुत्वाकर्षण विभव $V \propto r^{-1}$ के लिए विरियल प्रमेय के अनुसार,औसत गतिज ऊर्जा $\langle K \rangle$ और औसत स्थितिज ऊर्जा $\langle U \rangle$ के बीच संबंध $\langle K \rangle = -\frac{1}{2} \langle U \rangle$ है।
विशेष रूप से,कक्षा के किसी भी बिंदु पर,स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GMm}{r}$ है और गतिज ऊर्जा $K = \frac{GMm}{2r} + \text{कक्षा पर निर्भर अचर पद}$ है।
सरल शब्दों में,एक बद्ध कक्षा के लिए,कुल ऊर्जा $E = K + U < 0$,जिसका अर्थ है $K + U < 0$,या $K < -U$। चूंकि $U$ ऋणात्मक है,इसलिए $-U = |U|$।
अतः,एक बद्ध दीर्घवृत्ताकार कक्षा के लिए $K < |U|$ हमेशा सत्य है।

(C) यह प्रक्रिया $p-V$ आरेख में एक सीधी रेखा द्वारा दर्शाई गई है।
प्रक्रिया का समीकरण ज्ञात करने के लिए,हम सीधी रेखा के समीकरण के दो-बिंदु रूप का उपयोग करते हैं: $y - y_1 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}(x - x_1)$.
यहाँ,रेखा पर दो बिंदु $(V_1, p_1) = (0, p_0)$ और $(V_2, p_2) = (V_0, 0)$ हैं।
इन मानों को समीकरण में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$p - p_0 = \frac{0 - p_0}{V_0 - 0}(V - 0)$
$p - p_0 = -\frac{p_0}{V_0} V$
$p = p_0 - \frac{p_0}{V_0} V = p_0 \left(1 - \frac{V}{V_0}\right)$.
एक मोल आदर्श गैस के लिए,आदर्श गैस समीकरण $pV = RT$ है,जिसका अर्थ है $p = \frac{RT}{V}$.
$p$ के इस व्यंजक को आदर्श गैस समीकरण में रखने पर:
$\frac{RT}{V} = p_0 \left(1 - \frac{V}{V_0}\right)$
$T = \frac{p_0 V}{R} \left(1 - \frac{V}{V_0}\right)$.

(D) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊंचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2}$ है।
चूंकि ऊंचाई $h$,पृथ्वी की त्रिज्या $R$ की तुलना में बहुत कम है $(h << R)$,इसलिए $g_h$ का मान पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g \approx 9.8 \, m/s^2$ के लगभग बराबर होता है।
चूंकि अंतरिक्ष यात्री अंतरिक्ष स्टेशन के अंदर है,वह मुक्त पतन (free fall) की स्थिति में है। अंतरिक्ष यात्री पर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल उसे कक्षा में बनाए रखने के लिए आवश्यक अभिकेंद्र त्वरण प्रदान करता है।
अतः,पृथ्वी से मापे जाने पर अंतरिक्ष यात्री का त्वरण लगभग $g$ होता है और यह पृथ्वी के केंद्र की ओर निर्देशित होता है।

(A) मान लीजिए मिश्रण का अंतिम तापमान $T^{\circ} C$ है।
$90^{\circ} C$ पर $2 \,kg$ पानी द्वारा $T^{\circ} C$ तक ठंडा होने में खोई गई ऊष्मा: $Q_{lost} = m_w s_w (90 - T) = 2 \times 4.18 \times (90 - T) = 8.36(90 - T) \,kJ$.
$-20^{\circ} C$ पर $1 \,kg$ बर्फ द्वारा $0^{\circ} C$ तक पहुँचने में प्राप्त ऊष्मा: $Q_1 = m_i s_i (0 - (-20)) = 1 \times 2.09 \times 20 = 41.8 \,kJ$.
$0^{\circ} C$ पर $1 \,kg$ बर्फ द्वारा $0^{\circ} C$ के पानी में बदलने के लिए प्राप्त ऊष्मा: $Q_2 = m_i L_f = 1 \times 334.4 = 334.4 \,kJ$.
परिणामी $1 \,kg$ पानी द्वारा $0^{\circ} C$ से $T^{\circ} C$ तक पहुँचने में प्राप्त ऊष्मा: $Q_3 = m_i s_w (T - 0) = 1 \times 4.18 \times T = 4.18T \,kJ$.
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,$Q_{lost} = Q_1 + Q_2 + Q_3$.
$8.36(90 - T) = 41.8 + 334.4 + 4.18T$.
$752.4 - 8.36T = 376.2 + 4.18T$.
$752.4 - 376.2 = 4.18T + 8.36T$.
$376.2 = 12.54T$.
$T = \frac{376.2}{12.54} = 30^{\circ} C$.

(A) माना प्रत्येक छड़ की लंबाई $l$ है और उनके बीच का कोण $\theta$ है।
जब पिंड को एक सिरे $P$ से लटकाया जाता है,तो माना छड़ $2$ क्षैतिज है। छड़ $1$ क्षैतिज छड़ $2$ के साथ $\theta$ कोण बनाती है।
प्रत्येक छड़ का भार $mg$ उनके द्रव्यमान केंद्रों $A$ और $B$ से ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है।
माना $D$ बिंदु $P$ का क्षैतिज छड़ $2$ पर प्रक्षेप है।
छड़ $1$ के द्रव्यमान केंद्र $A$ की $P$ से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा से क्षैतिज दूरी $d_1 = \frac{l}{2} \cos \theta$ है।
छड़ $2$ के द्रव्यमान केंद्र $B$ की $P$ से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा से क्षैतिज दूरी $d_2 = \frac{l}{2} - l \cos \theta$ है।
निलंबन बिंदु $P$ के परितः घूर्णी संतुलन के लिए,दोनों छड़ों के भार के कारण लगने वाले बलाघूर्ण (torque) को एक-दूसरे को संतुलित करना चाहिए:
$mg \cdot d_1 = mg \cdot d_2$
$\frac{l}{2} \cos \theta = \frac{l}{2} - l \cos \theta$
$l$ से विभाजित करने और सरल करने पर:
$\frac{1}{2} \cos \theta = \frac{1}{2} - \cos \theta$
$\frac{3}{2} \cos \theta = \frac{1}{2}$
$\cos \theta = \frac{1}{3}$
अतः,$\theta = \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)$.

(B) क्षय अभिक्रिया ${ }_{6}^{11} C \rightarrow{ }_{5}^{11} B +e^{+}+ v _{e}+0.96 \,MeV$ है।
जब पॉज़िट्रॉन $e^{+}$ एक इलेक्ट्रॉन $e^{-}$ के साथ नष्ट होता है,तो मुक्त ऊर्जा $2 \times m _{e} c^{2} = 2 \times 0.511 \,MeV \approx 1.02 \,MeV$ होती है।
प्रति क्षय मुक्त कुल ऊर्जा = $0.96 \,MeV + 1.02 \,MeV = 1.98 \,MeV \approx 2 \,MeV$ है।
${ }_{6}^{11} C$ का प्रारंभिक द्रव्यमान $M _{0} = 1 \,\mu g = 10^{-6} \,g$ है।
परमाणुओं की संख्या $N _{0} = \frac{M _{0}}{A} \times N _{A} = \frac{10^{-6}}{11} \times 6.023 \times 10^{23} \approx 5.475 \times 10^{16} \,atoms$ है।
$t = 2 t _{0}$ समय में,क्षयित परमाणुओं का अंश $1 - (1/2)^{2} = 1 - 1/4 = 3/4 = 0.75$ है।
क्षयित परमाणुओं की संख्या $N = 0.75 \times N _{0} = 0.75 \times 5.475 \times 10^{16} \approx 4.1 \times 10^{16} \,atoms$ है।
कुल ऊर्जा $E = N \times 1.98 \,MeV \approx 4.1 \times 10^{16} \times 2 \,MeV \approx 8.2 \times 10^{16} \,MeV$ है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,निकटतम मान $8 \times 10^{16} \,MeV$ है।

(A) परिपथ में एक डायोड और एक प्रतिरोधक $R$ समानांतर में जुड़े हुए हैं। कुल धारा $I$,प्रतिरोधक से प्रवाहित धारा $(I_R)$ और डायोड से प्रवाहित धारा $(I_D)$ का योग है,अर्थात $I = I_R + I_D$।
$1$. जब वोल्टेज $V$ ऋणात्मक होता है (रिवर्स बायस),तो डायोड एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है (आदर्श डायोड मानते हुए)। अतः,पूरी धारा प्रतिरोधक $R$ से होकर बहती है। ओम के नियम के अनुसार,$I = V / R$। इसके परिणामस्वरूप तीसरे चतुर्थांश में $1/R$ ढाल वाली मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा प्राप्त होती है।
$2$. जब वोल्टेज $V$ धनात्मक होता है (फॉरवर्ड बायस),तो डायोड नी वोल्टेज के बाद महत्वपूर्ण रूप से चालन शुरू कर देता है। डायोड से प्रवाहित धारा $I_D = I_s (e^{V / n V_T} - 1)$ द्वारा दी जाती है। कुल धारा $I = V / R + I_s (e^{V / n V_T} - 1)$ होती है। इसके परिणामस्वरूप प्रथम चतुर्थांश में धारा में घातांकीय वृद्धि होती है।
इन दोनों को मिलाने पर,अभिलक्षणिक वक्र ऋणात्मक $V$ क्षेत्र में एक रैखिक संबंध और धनात्मक $V$ क्षेत्र में घातांकीय वृद्धि दर्शाता है,जो विकल्प $(A)$ में दिए गए ग्राफ से मेल खाता है।

(B) त्वरित इलेक्ट्रॉन तरंग प्रकृति प्रदर्शित करते हैं और इसलिए वे व्यतिकरण पैटर्न बनाते हैं। पैटर्न की फ्रिंज चौड़ाई $\beta$ को $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\lambda$ इलेक्ट्रॉनों से जुड़ी डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य है।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}} = \frac{h}{\sqrt{2meU}}$ द्वारा दी जाती है।
इसे फ्रिंज चौड़ाई के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\beta = \frac{hD}{d\sqrt{2meU}}$।
चूंकि $h, D, d, m,$ और $e$ स्थिरांक हैं,इसलिए $\beta \propto \frac{1}{\sqrt{U}}$ है।
मान लीजिए कि $U$ विभव के साथ प्रारंभिक फ्रिंज चौड़ाई $\beta_i$ है और $4U$ विभव के साथ अंतिम फ्रिंज चौड़ाई $\beta_f$ है।
अतः,$\frac{\beta_f}{\beta_i} = \sqrt{\frac{U}{4U}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$।
इसलिए,$\beta_f = \frac{1}{2} \beta_i$,जिसका अर्थ है कि फ्रिंज की चौड़ाई अपने प्रारंभिक मान की आधी हो जाती है।

(A) लूप के केंद्र पर नेट चुंबकीय क्षेत्र शून्य होता है जब घूमते हुए आवेश के कारण चुंबकीय क्षेत्र पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र के क्षैतिज घटक $(B_H)$ के बराबर और विपरीत होता है।
दिया गया है: $Q = 3 \times 10^{-12} \, C$,$R = 1 \, mm = 10^{-3} \, m$,$B_H = 30 \, \mu T = 30 \times 10^{-6} \, T$.
वृत्त के केंद्र पर घूमते हुए आवेश द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_q = \frac{\mu_0 i}{2R}$ है।
चूंकि $i = \frac{Q}{T}$ और $T = \frac{2\pi}{\omega}$,इसलिए $i = \frac{Q\omega}{2\pi}$ है।
$B_q$ के सूत्र में $i$ का मान रखने पर:
$B_q = \frac{\mu_0 (Q\omega / 2\pi)}{2R} = \frac{\mu_0 Q \omega}{4\pi R}$.
$B_q$ को $B_H$ के बराबर रखने पर:
$\frac{\mu_0 Q \omega}{4\pi R} = B_H$
$\frac{\mu_0}{4\pi} = 10^{-7} \, T \cdot m/A$ का उपयोग करते हुए:
$10^{-7} \times \frac{3 \times 10^{-12} \times \omega}{10^{-3}} = 30 \times 10^{-6}$
$3 \times 10^{-16} \times \omega = 30 \times 10^{-9}$
$\omega = \frac{30 \times 10^{-9}}{3 \times 10^{-19}} = 10^{11} \, rad/s$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) दिया गया परिपथ एक श्रेणी $L-C-R$ परिपथ है।
मान लीजिए $V_L$,$V_R$,और $V_C$ क्रमशः इंडक्टर,प्रतिरोधक और संधारित्र के वोल्टेज हैं।
परिपथ से,वोल्टमीटर की रीडिंग इस प्रकार हैं:
$1$. $A$ और $B$ के बीच: $V_L = 36 \,V$
$2$. $A$ और $C$ के बीच: $\sqrt{V_L^2 + V_R^2} = 39 \,V$
$3$. $B$ और $D$ के बीच: $\sqrt{V_R^2 + V_C^2} = 25 \,V$
$(1)$ और $(2)$ से:
$V_L^2 + V_R^2 = 39^2$
$36^2 + V_R^2 = 1521$
$1296 + V_R^2 = 1521$
$V_R^2 = 1521 - 1296 = 225$
$V_R = 15 \,V$
$(3)$ और $V_R = 15 \,V$ से:
$V_R^2 + V_C^2 = 25^2$
$15^2 + V_C^2 = 625$
$225 + V_C^2 = 625$
$V_C^2 = 400$
$V_C = 20 \,V$
$A$ और $D$ के बीच का वोल्टेज कुल वोल्टेज $V_{AD} = \sqrt{V_R^2 + (V_L - V_C)^2}$ है:
$V_{AD} = \sqrt{15^2 + (36 - 20)^2}$
$V_{AD} = \sqrt{225 + 16^2} = \sqrt{225 + 256} = \sqrt{481} \,V$

(D) हाइड्रोजन जैसे तंत्र के लिए $n$-वीं बोहर कक्षा की त्रिज्या $r_n = \frac{\varepsilon_0 n^2 h^2}{\pi m Z e^2}$ द्वारा दी जाती है।
अर्धचालक में,इलेक्ट्रॉन $\varepsilon = \varepsilon_r \varepsilon_0$ पारगम्यता वाले माध्यम में गति करता है और इसका प्रभावी द्रव्यमान $m^* = 0.07 \, m_e$ है।
इस माध्यम में कक्षा की त्रिज्या $r = \frac{\varepsilon_r \varepsilon_0 n^2 h^2}{\pi m^* Z e^2}$ हो जाती है।
हम जानते हैं कि हाइड्रोजन परमाणु की बोहर त्रिज्या $a_0 = \frac{\varepsilon_0 h^2}{\pi m_e e^2} = 0.53 \, \mathring{A}$ है।
दी गई मानों $(n=1, Z=1, \varepsilon_r = 13, m^* = 0.07 \, m_e)$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$r = \frac{\varepsilon_r}{m^*/m_e} \times a_0 = \frac{13}{0.07} \times 0.53 \, \mathring{A}$.
$r = \frac{6.89}{0.07} \, \mathring{A} = 98.42 \, \mathring{A}$.
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,हमें $r \approx 100 \, \mathring{A}$ प्राप्त होता है।

(C) रिंग से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi_B = B \cdot A = (B_0 \sin \omega t)(\pi a^2)$ है।
रिंग में प्रेरित इलेक्ट्रोमोटिव बल (emf) $E = -\frac{d\phi_B}{dt} = -\frac{d}{dt}(B_0 \pi a^2 \sin \omega t) = -B_0 \pi a^2 \omega \cos \omega t$ है।
लूप में धारा $I = \frac{E}{R} = -\frac{B_0 \pi a^2 \omega}{R} \cos \omega t$ है। अतः,धारा $\omega$ आवृत्ति के साथ दोलन करती है।
जूल हीटिंग हानि $P = I^2 R = \frac{B_0^2 \pi^2 a^4 \omega^2}{R^2} \cos^2 \omega t \cdot R = \frac{B_0^2 \pi^2 a^4 \omega^2}{R} \cos^2 \omega t$ है। इसलिए,ऊष्मा हानि $a^4$ के समानुपाती है।
रिंग के एक छोटे खंड $dl$ पर चुंबकीय बल $dF = I(dl \times B)$ है। चूंकि धारा परिधि के साथ बहती है और चुंबकीय क्षेत्र रिंग के तल के लंबवत है,बल $dF$ त्रिज्यीय रूप से बाहर या अंदर की ओर कार्य करता है। इसका परिमाण $dF = I B dl = (\frac{B_0 \pi a^2 \omega}{R} \cos \omega t) (B_0 \sin \omega t) dl = \frac{B_0^2 \pi a^2 \omega}{R} \sin \omega t \cos \omega t dl$ है।
प्रति इकाई लंबाई बल $\frac{dF}{dl} = \frac{B_0^2 \pi a^2 \omega}{R} \sin \omega t \cos \omega t$ है,जो $B_0^2$ के समानुपाती है।
रिंग की समरूपता के कारण,रिंग पर कुल बल शून्य है।

(D) स्रोत की शक्ति $P = 160 \,W$ है और तरंगदैर्ध्य $\lambda = 50000 \,\mathring A = 5 \times 10^{-6} \,m$ है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{5 \times 10^{-6}} \approx 3.98 \times 10^{-20} \,J$ है।
स्रोत द्वारा प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $N = \frac{P}{E} = \frac{160}{3.98 \times 10^{-20}} \approx 4.02 \times 10^{21} \,s^{-1}$ है।
$r = 1.8 \,m$ की दूरी पर फोटॉन फ्लक्स $n$ प्रति इकाई क्षेत्रफल से प्रति सेकंड गुजरने वाले फोटॉनों की संख्या है,जो $n = \frac{N}{4 \pi r^2}$ द्वारा दी जाती है।
$n = \frac{4.02 \times 10^{21}}{4 \times 3.14 \times (1.8)^2} = \frac{4.02 \times 10^{21}}{40.69} \approx 0.0988 \times 10^{21} \approx 10^{20} \,m^{-2} s^{-1}$.
अतः,परिमाण की कोटि $10^{20} \,m^{-2} s^{-1}$ है।

(A) $n$-भुजीय बहुभुज के लिए,बायो-सावर्ट नियम का उपयोग करके लूप के केंद्र पर एक भुजा के कारण चुंबकीय क्षेत्र है:
$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi l} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$
चूंकि इसमें $n$ भुजाएँ हैं,केंद्र पर एक भुजा द्वारा बनाया गया कोण $\alpha = \frac{2 \pi}{n}$ है।
अतः,$\theta_1 = \theta_2 = \frac{1}{2} \times \frac{2 \pi}{n} = \frac{\pi}{n}$.
इस मान को $B_1$ के व्यंजक में रखने पर:
$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi l} (\sin \frac{\pi}{n} + \sin \frac{\pi}{n}) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi l} \sin \frac{\pi}{n}$.
सभी $n$ खंडों के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र सभी खंडों के क्षेत्रों का योग है:
$B = n \times B_1 = \frac{n \mu_0 I}{2 \pi l} \sin \left(\frac{\pi}{n}\right)$.

(C) माना पात्र में पानी की ऊँचाई $h$ है। प्रेक्षक इस प्रकार स्थित है कि दृष्टि रेखा $CD$ दीवार के ऊपरी किनारे को छूती है। वस्तु पेंदे पर बिंदु $P$ पर है,जो कोने $C$ से $10 \, cm$ की दूरी पर है।
ज्यामिति के अनुसार,$P$ से आने वाली प्रकाश किरण पानी की सतह पर बिंदु $E$ पर पहुँचती है और वहाँ से प्रेक्षक की ओर अपवर्तित होती है।
पानी की सतह पर आपतन कोण $i$ के लिए $\tan i = \frac{10}{h}$ प्राप्त होता है।
अपवर्तन कोण $r = 45^{\circ}$ है।
स्नेल के नियम के अनुसार: $\mu_w \sin i = \mu_a \sin r$.
यहाँ $\mu_w = 4/3$ और $\mu_a = 1$ लेने पर,$\frac{4}{3} \sin i = \sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$\sin i = \frac{3}{4\sqrt{2}}$.
इन गणनाओं और पात्र की ज्यामिति के आधार पर,सही उत्तर $27 \, cm$ प्राप्त होता है।

(C) सही विकल्प $(C)$ है।
दिए गए चित्र में,आपतित किरण और अपवर्तित किरण इंटरफ़ेस पर अभिलंब के एक ही तरफ स्थित हैं। स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin(i) = n_2 \sin(r)$।
यदि प्रकाश हवा $(n_1 = 1)$ से एक माध्यम $(n_2 = n)$ में यात्रा करता है,तो $\sin(i) = n \sin(r)$।
दिए गए चित्र में,अपवर्तन कोण $r$ मानक अपवर्तन की तुलना में अभिलंब के विपरीत दिशा में है,जो गणितीय रूप से इंगित करता है कि अपवर्तनांक $n$ ऋणात्मक होना चाहिए।
ऋणात्मक अपवर्तनांक वाले पदार्थों को नेगेटिव इंडेक्स मेटा-मटेरियल्स $(NIM)$ के रूप में जाना जाता है। इन पदार्थों में,फेज वेलोसिटी ग्रुप वेलोसिटी (पॉइंटिंग वेक्टर) के विपरीत दिशा में निर्देशित होती है,जिससे चित्र में दिखाए अनुसार ऋणात्मक अपवर्तन होता है।

(D) प्रत्येक गेंद तीन बलों के प्रभाव में संतुलन में है:
$(i)$ स्थिर वैद्युत प्रतिकर्षण बल $F_e$,जो दोनों गेंदों पर समान परिमाण का है और उनके केंद्रों को जोड़ने वाली रेखा के अनुदिश कार्य करता है।
$(ii)$ गुरुत्वाकर्षण बल (भार) $m_1 g$ और $m_2 g$,जो प्रत्येक गेंद के केंद्र से नीचे की ओर कार्य करता है।
$(iii)$ तनाव बल $T_1$ और $T_2$,जो डोरियों के अनुदिश कार्य करते हैं।
माना $\theta_1 = 30^{\circ}$ और $\theta_2 = 60^{\circ}$ ऊर्ध्वाधर के साथ बने कोण हैं। संतुलन की स्थिति में:
$T \sin \theta = F_e$
$T \cos \theta = mg$
इन दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{F_e}{mg}$
गेंद $1$ के लिए:
$\tan 30^{\circ} = \frac{F_e}{m_1 g} \implies m_1 g = \frac{F_e}{\tan 30^{\circ}}$
गेंद $2$ के लिए:
$\tan 60^{\circ} = \frac{F_e}{m_2 g} \implies m_2 g = \frac{F_e}{\tan 60^{\circ}}$
अनुपात $m_1 / m_2$ लेने पर:
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{\tan 60^{\circ}}{\tan 30^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 3$
हालाँकि,दिए गए विकल्पों के अनुसार,यदि हम $\sin \theta_2 / \sin \theta_1$ का उपयोग करते हैं,तो $\sin 60^{\circ} / \sin 30^{\circ} = \sqrt{3} \approx 1.73$ प्राप्त होता है। अतः सही विकल्प $1.7$ है।

(A) एक प्रतिचुंबकीय (diamagnetic) पदार्थ चुंबकीय क्षेत्र द्वारा दुर्बल रूप से प्रतिकर्षित होता है। यह मजबूत चुंबकीय क्षेत्र वाले क्षेत्रों से कमजोर चुंबकीय क्षेत्र वाले क्षेत्रों की ओर जाने की प्रवृत्ति रखता है।
तारों की दी गई सरणी में,विपरीत धारा दिशाओं वाले निकटवर्ती तारों द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र उनके बीच के मध्य बिंदु (क्षेत्र $A$) पर एक-दूसरे को निरस्त कर देता है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र क्षेत्र $A$ पर न्यूनतम (शून्य) है और तारों के पास (क्षेत्र $B$) अधिकतम है,इसलिए प्रतिचुंबकीय कण उच्च-क्षेत्र वाले क्षेत्रों से दूर और कम-क्षेत्र वाले क्षेत्र $A$ की ओर धकेले जाने का बल अनुभव करेंगे।
इसलिए,प्रतिचुंबकीय कण उन क्षेत्रों में जमा हो जाएंगे जहां चुंबकीय क्षेत्र सबसे कमजोर है,जो कि क्षेत्र $A$ है।

(A) स्थिर अवस्था में,जब कुंजी $K$ लंबे समय तक $ON$ रहती है,तो प्रेरक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करते हैं (आदर्श प्रेरकों का प्रतिरोध शून्य होता है)।
चूंकि सभी प्रतिरोधक समान हैं और वोल्टेज स्रोत के समानांतर जुड़े हुए हैं,इसलिए प्रत्येक प्रतिरोधक से बहने वाली धारा $I$ के बराबर होती है।
इस प्रकार,सबसे दाईं ओर के प्रतिरोधक से धारा $I$ (नीचे की ओर),बीच वाले प्रतिरोधक से $I$ (नीचे की ओर) और सबसे बाईं ओर के प्रतिरोधक से $I$ (नीचे की ओर) बहती है।
पहले प्रेरक से बहने वाली धारा $I + I = 2I$ (दाईं ओर) है और दूसरे प्रेरक से बहने वाली धारा $I$ (दाईं ओर) है।
जब कुंजी $K$ को $OFF$ किया जाता है,तो प्रेरकों से बहने वाली धारा तुरंत नहीं बदल सकती है।
पहले प्रेरक से $2I$ धारा बाईं ओर के प्रतिरोधक के साथ लूप में बहती है,जिससे बाईं ओर के प्रतिरोधक में धारा $2I$ ऊपर की ओर हो जाती है।
दूसरे प्रेरक से $I$ धारा बीच वाले प्रतिरोधक के साथ लूप में बहती है,जिससे बीच वाले प्रतिरोधक में धारा $I$ नीचे की ओर हो जाती है।
दाईं ओर के प्रतिरोधक में धारा $I$ नीचे की ओर बहना जारी रखती है क्योंकि यह दूसरे प्रेरक के साथ लूप का हिस्सा है।
इसलिए,बाएं से दाएं तीन प्रतिरोधकों से बहने वाली धाराएं $2I$ ऊपर की ओर,$I$ नीचे की ओर और $I$ नीचे की ओर हैं।

(C) पृथ्वी के घूर्णन का अक्ष वह काल्पनिक रेखा है जो उत्तरी और दक्षिणी ध्रुवों से होकर गुजरती है। जब इस अक्ष को उत्तरी ध्रुव से अंतरिक्ष में विस्तारित किया जाता है,तो यह पोलारिस (Polaris) के बहुत करीब इंगित करता है,जिसे आमतौर पर ध्रुव तारा (Pole Star) के रूप में जाना जाता है। पृथ्वी के अक्षीय पुरस्सरण (axial precession) के कारण,यह संरेखण हजारों वर्षों में बहुत धीरे-धीरे बदलता है,लेकिन वर्तमान में,यह पोलारिस के बहुत करीब से गुजरता है।

(A) .
सूर्य से आने वाला विकिरण मुख्य रूप से दृश्य प्रकाश और छोटी तरंगदैर्ध्य वाले इन्फ्रारेड विकिरण के रूप में पृथ्वी पर पहुँचता है।
ये विकिरण वायुमंडल से गुजरते हैं और पृथ्वी की सतह द्वारा अवशोषित कर लिए जाते हैं।
इसके बाद पृथ्वी इस ऊर्जा को लंबी तरंगदैर्ध्य वाले इन्फ्रारेड विकिरण (तापीय विकिरण) के रूप में पुनः उत्सर्जित करती है।
मीथेन $(CH_4)$ जैसी ग्रीनहाउस गैसें छोटी तरंगदैर्ध्य के लिए पारदर्शी होती हैं,लेकिन वे इन लंबी तरंगदैर्ध्य वाले इन्फ्रारेड विकिरणों को अवशोषित करने में अत्यधिक प्रभावी होती हैं।
इस गर्मी को रोककर,वे इसे अंतरिक्ष में जाने से रोकती हैं,जिससे पृथ्वी के वायुमंडल का तापमान बढ़ता है।

(D) सही विकल्प $D$ है।
$\beta^{-}$-कण रेडियोधर्मी क्षय की प्रक्रिया के दौरान उत्सर्जित होते हैं,जो परमाणु के नाभिक से उत्पन्न होते हैं।
$\beta^{-}$-क्षय के लिए मौलिक परमाणु प्रतिक्रिया इस प्रकार है:
${ }_{0}^{1} n \longrightarrow{ }_{1}^{1} p+{ }_{-1}^{0} e+\bar{\nu}$
इस प्रक्रिया में,नाभिक के भीतर एक न्यूट्रॉन एक प्रोटॉन में परिवर्तित हो जाता है,जिससे एक $\beta^{-}$-कण (इलेक्ट्रॉन) और एक एंटीन्यूट्रिनो $(\bar{\nu})$ उत्सर्जित होता है।
यह नाभिक की परमाणु संख्या को बदल देता है,जैसा कि नीचे दर्शाया गया है:
${ }_{Z}^{A} X \longrightarrow{ }_{Z+1}^{A} Y+{ }_{-1}^{0} e+\bar{\nu}$
चूंकि इस प्रक्रिया में न्यूक्लियॉन (प्रोटॉन और न्यूट्रॉन) का रूपांतरण शामिल है,इसलिए $\beta$-कण धातु परमाणुओं के नाभिक से उत्पन्न होते हैं।

(A) ऑप्टिकल उपकरण में $f = 10 \,cm$ फोकस दूरी वाले तीन समान उत्तल लेंस हैं,जो एक-दूसरे से $30 \,cm$ की दूरी पर रखे गए हैं।
स्थिति $1$: स्रोत $O$ पहले लेंस से $10 \,cm$ की दूरी पर है। चूंकि $u = -10 \,cm$ और $f = 10 \,cm$ है,इसलिए पहले लेंस से गुजरने के बाद किरणें समानांतर हो जाती हैं। ये समानांतर किरणें दूसरे लेंस पर पड़ती हैं,जो उन्हें अपने फोकस बिंदु पर,उसके पीछे $10 \,cm$ की दूरी पर केंद्रित करता है। चूंकि दूसरे और तीसरे लेंस के बीच की दूरी $30 \,cm$ है,इसलिए दूसरे लेंस के फोकस बिंदु से आने वाली किरणें तीसरे लेंस के लिए $20 \,cm$ $(30 - 10 = 20 \,cm)$ की दूरी पर एक अपसारी स्रोत के रूप में कार्य करती हैं। तीसरे लेंस के लिए लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर,जहां $u = -20 \,cm$ और $f = 10 \,cm$ है,हमें $\frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{1}{20} = \frac{1}{20}$ प्राप्त होता है,इसलिए $v = 20 \,cm$। अंतिम प्रतिबिंब तीसरे लेंस के पीछे $20 \,cm$ की दूरी पर बनता है।
स्थिति $2$: जब उपकरण को $10 \,cm$ दूर ले जाया जाता है,तो स्रोत अब पहले लेंस से $20 \,cm$ की दूरी पर होता है। पहले लेंस के लिए,$u = -20 \,cm$ और $f = 10 \,cm$,इसलिए $v = 20 \,cm$। इसके बाद किरणें दूसरे लेंस पर $10 \,cm$ $(30 - 20 = 10 \,cm)$ की दूरी पर पड़ती हैं। चूंकि $u = -10 \,cm$ और $f = 10 \,cm$ है,इसलिए दूसरे लेंस के बाद किरणें समानांतर हो जाती हैं। ये समानांतर किरणें तीसरे लेंस पर पड़ती हैं और उसके पीछे $10 \,cm$ की दूरी पर उसके फोकस बिंदु पर केंद्रित हो जाती हैं।
स्रोत के सापेक्ष अंतिम प्रतिबिंब की स्थिति की तुलना करने पर,हम पाते हैं कि दोनों स्थितियों में स्रोत और प्रतिबिंब के बीच की कुल दूरी स्थिर रहती है। इसलिए,प्रतिबिंब की स्थिति में विस्थापन $0 \,cm$ है।

(B) समद्विबाहु प्रिज्म के आधार कोण $40^{\circ}$ हैं। आधार पर आपतन कोण प्रिज्म की ज्यामिति द्वारा निर्धारित होता है। चूंकि प्रकाश झुकी हुई सतह पर लंबवत आपतित होता है,इसलिए यह बिना किसी विचलन के प्रिज्म में प्रवेश करता है और अभिलंब के साथ $40^{\circ}$ के कोण पर आधार से टकराता है।
आधार पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,आपतन कोण $i$ को कांच और पानी के बीच के क्रांतिक कोण $\theta_c$ से अधिक होना चाहिए।
यहाँ $i = 40^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $TIR$ के लिए शर्त $i > \theta_c$ है,जिसका अर्थ है $\sin i > \sin \theta_c$।
हम जानते हैं कि $\sin \theta_c = \frac{\mu_w}{\mu_g}$,जहाँ $\mu_w = 1.33$ पानी का अपवर्तनांक है और $\mu_g = \mu$ कांच का अपवर्तनांक है।
इसलिए,$\sin 40^{\circ} > \frac{1.33}{\mu}$।
$\mu$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\mu > \frac{1.33}{\sin 40^{\circ}}$ प्राप्त होता है।
$\sin 40^{\circ} \approx 0.6428$ का उपयोग करते हुए,हम गणना करते हैं कि $\mu > \frac{1.33}{0.6428} \approx 2.069$।
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,शर्त $\mu > 2.07$ है।

(B) लेंस सूत्र के अनुसार,$\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f} \quad \dots(i)$
यहाँ,$f = +10 \,cm$ और $u = -15 \,cm$ है।
लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v} = \frac{1}{f} + \frac{1}{u} = \frac{1}{10} - \frac{1}{15} = \frac{3-2}{30} = \frac{1}{30}$.
अतः,$v = +30 \,cm$.
समीकरण $(i)$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$-\frac{1}{v^2} \frac{dv}{dt} + \frac{1}{u^2} \frac{du}{dt} = 0$
$\frac{dv}{dt} = \left( \frac{v^2}{u^2} \right) \frac{du}{dt}$
चूंकि स्रोत लेंस की ओर गति कर रहा है,$\frac{du}{dt} = -2 \,cm \,s^{-1}$ (क्योंकि $u$ का मान कम हो रहा है)।
$\frac{dv}{dt} = \left( \frac{30}{-15} \right)^2 \times (-2 \,cm \,s^{-1}) = (2)^2 \times (-2 \,cm \,s^{-1}) = 4 \times (-2) = -8 \,cm \,s^{-1}$.
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि प्रतिबिंब लेंस की ओर गति कर रहा है। अतः,प्रतिबिंब $8 \,cm \,s^{-1}$ की गति से लेंस की ओर बढ़ रहा है।

(A) मान लीजिए कि अनंत नेटवर्क का समतुल्य प्रतिरोध $x$ है। एक पुनरावर्ती इकाई को जोड़ने या हटाने से अनंत नेटवर्क का प्रतिरोध नहीं बदलता है। इस प्रकार, नेटवर्क को $r$ और $r$ तथा $x$ के समानांतर संयोजन के श्रृंखला संयोजन के रूप में दर्शाया जा सकता है।
$x = r + \frac{rx}{r+x}$
$x(r+x) = r(r+x) + rx$
$xr + x^2 = r^2 + rx + rx$
$x^2 - rx - r^2 = 0$
द्विघात सूत्र $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करते हुए:
$x = \frac{r \pm \sqrt{r^2 - 4(1)(-r^2)}}{2} = \frac{r \pm \sqrt{5r^2}}{2} = \frac{r(1 + \sqrt{5})}{2}$ (धनात्मक मूल लेने पर)।
बल्ब द्वारा खपत की गई शक्ति $P = i^2 R = 1 \, W$ है।
$i^2 (16) = 1 \Rightarrow i^2 = \frac{1}{16} \Rightarrow i = 0.25 \, A$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R + x = 16 + \frac{r(1 + \sqrt{5})}{2}$ है।
ओम के नियम $V = i R_{total}$ का उपयोग करते हुए:
$10 = 0.25 \times (16 + \frac{r(1 + \sqrt{5})}{2})$
$40 = 16 + \frac{r(1 + 2.236)}{2}$
$24 = \frac{3.236r}{2} = 1.618r$
$r = \frac{24}{1.618} \approx 14.83 \, \Omega$.
इस प्रकार, $r$ का मान लगभग $14.8 \, \Omega$ है।

(B) लड़की केवल उन प्रकाश किरणों को देख सकती है जो अपवर्तित होकर $90^{\circ}$ या उससे कम के कोण पर कांच के स्लैब से बाहर निकलती हैं,जैसा कि चित्र में दिखाया गया है।
पानी-हवा इंटरफेस पर स्नेल के नियम को लागू करने पर:
$n_w \sin r = n_a \sin 90^{\circ}$
$\frac{4}{3} \sin r = 1 \times 1$
$\sin r = \frac{3}{4}$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan r = \frac{\sin r}{\sqrt{1 - \sin^2 r}}$ का उपयोग करने पर:
$\tan r = \frac{3/4}{\sqrt{1 - (3/4)^2}} = \frac{3/4}{\sqrt{7/16}} = \frac{3}{\sqrt{7}}$
समस्या की ज्यामिति के अनुसार,पूल के तल पर दिखाई देने वाले क्षेत्र की त्रिज्या $R = x + r_{slab}$ है,जहाँ $r_{slab} = 0.3 \,m$ (स्लैब की त्रिज्या) और $x = h \tan r$ है।
$x = 6 \times \frac{3}{\sqrt{7}} \approx 6 \times \frac{3}{2.645} \approx 6.8 \,m$.
तल पर दिखाई देने वाले गोलाकार क्षेत्र की कुल त्रिज्या $R = 6.8 + 0.3 = 7.1 \,m$ है।
क्षेत्रफल $A = \pi R^2 = \pi \times (7.1)^2 \approx 3.14 \times 50.41 \approx 158.3 \,m^2$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,क्षेत्रफल लगभग $160 \,m^2$ है।

(A) लेंस समीकरण से,हमारे पास $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
इस समीकरण का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{dv}{dt} = \frac{v^2}{u^2} \left( \frac{du}{dt} \right) = m^2 \left( \frac{du}{dt} \right)$ प्राप्त होता है,जहाँ $m = \frac{v}{u}$ आवर्धन है।
छोटे दोलनों के लिए,प्रतिबिंब का आयाम $\Delta v$ वस्तु के आयाम $\Delta u$ से $\Delta v = m^2 \Delta u$ द्वारा संबंधित है।
यहाँ $u = -20 \,cm$ और $f = 5 \,cm$ दिया गया है,इसलिए आवर्धन $m = \frac{f}{f+u} = \frac{5}{5-20} = \frac{5}{-15} = -\frac{1}{3}$ है।
चूंकि लेंस वस्तु के सापेक्ष $A$ आयाम के साथ दोलन कर रहा है,इसलिए $\Delta u = A$ है। अतः,प्रतिबिंब का आयाम $\Delta v = m^2 A = \left( -\frac{1}{3} \right)^2 A = \frac{A}{9}$ होगा।
जब लेंस वस्तु की ओर गति करता है,तो वस्तु की दूरी $u$ कम हो जाती है। वास्तविक वस्तु के लिए जो $u = -20 \,cm$ पर रखी है,प्रतिबिंब लेंस के दाईं ओर बनता है। यदि लेंस वस्तु की ओर गति करता है,तो वस्तु और लेंस के बीच की दूरी कम होने से प्रतिबिंब लेंस से दूर चला जाता है। अतः,प्रतिबिंब के दोलन लेंस के दोलनों के साथ विपरीत कला में होते हैं।