KVPY 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) दिया गया है: $u = 1.11 \pm 0.01 \, m/s$,$t = 1.01 \pm 0.1 \, s$,$g = 9.8 \pm 0.1 \, m/s^2$.
दूरी $s = ut - \frac{1}{2} gt^2$ है।
गुणा और भाग में,परिणाम में सार्थक अंकों की संख्या = सबसे कम सार्थक अंकों वाली संख्या के बराबर होती है।
जोड़ और घटाव में,परिणाम में दशमलव के बाद अंकों की संख्या = सबसे कम दशमलव स्थानों वाली संख्या के बराबर होती है।
दिए गए डेटा के अनुसार,परिणाम में दशमलव के बाद केवल एक अंक होना चाहिए। इसलिए,सही विकल्प $B$ है।

(D) शक्ति के लिए दिया गया सूत्र: $P = G c^{-5} m^{x} R^{y} \omega^{z} \quad \dots (i)$
भौतिक राशियों के आयाम इस प्रकार हैं:
शक्ति $P = [M L^{2} T^{-3}]$
गुरुत्वाकर्षण नियतांक $G = [M^{-1} L^{3} T^{-2}]$
प्रकाश की गति $c = [L T^{-1}]$
द्रव्यमान $m = [M]$
त्रिज्या $R = [L]$
कोणीय वेग $\omega = [T^{-1}]$
इन आयामों को समीकरण $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{-1} L^{3} T^{-2}] [L T^{-1}]^{-5} [M]^{x} [L]^{y} [T^{-1}]^{z}$
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{-1} L^{3} T^{-2}] [L^{-5} T^{5}] [M^{x}] [L^{y}] [T^{-z}]$
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{x-1}] [L^{3-5+y}] [T^{-2+5-z}]$
$[M L^{2} T^{-3}] = [M^{x-1}] [L^{y-2}] [T^{3-z}]$
दोनों पक्षों पर $M, L$ और $T$ के घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $x - 1 = 1 \Rightarrow x = 2$
$L$ के लिए: $y - 2 = 2 \Rightarrow y = 4$
$T$ के लिए: $3 - z = -3 \Rightarrow z = 6$
अतः,मान $x=2, y=4, z=6$ हैं।

(A) $1$. औसत गति $\bar{c}$ और $c_{rms}$ के बीच संबंध $\bar{c} = \sqrt{\frac{8}{3\pi}} c_{rms} \approx 0.92 c_{rms}$ है। चूंकि $0.92 < 1$,इसलिए औसत गति rms गति से कम होती है। अतः,कथन $(I)$ गलत है।
$2$. गैस में,माध्य मुक्त पथ $\lambda$ अणुओं के बीच की औसत दूरी $d \approx (V/N)^{1/3}$ से काफी बड़ा होता है। अतः,कथन $(II)$ सही है।
$3$. माध्य मुक्त पथ का सूत्र $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$ है। स्थिर आयतन पर,$P \propto T$,इसलिए तापमान के साथ $\lambda$ स्थिर रहता है। अतः,कथन $(III)$ गलत है।
$4$. rms गति $c_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है। नाइट्रोजन का आणविक द्रव्यमान $(M_{N_2} = 28 \text{ g/mol})$ ऑक्सीजन $(M_{O_2} = 32 \text{ g/mol})$ से कम है,इसलिए नाइट्रोजन की rms गति ऑक्सीजन से अधिक होती है। अतः,कथन $(IV)$ गलत है।
इसलिए,केवल कथन $(II)$ सही है।

(C) मान लीजिए कि परिधि पर बिंदु की स्थिति $(R \cos \theta, R \sin \theta)$ है,जहाँ $\theta = \omega t$ है। छड़ का दूसरा सिरा केंद्र $O$ से क्षैतिज अक्ष के साथ $x$ दूरी पर है। छड़ द्वारा बने त्रिभुज में पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर,$L^2 = (x - R \cos \theta)^2 + (R \sin \theta)^2$ प्राप्त होता है।
इसका विस्तार करने पर,$L^2 = x^2 - 2xR \cos \theta + R^2 \cos^2 \theta + R^2 \sin^2 \theta$,जो सरल होकर $L^2 = x^2 - 2xR \cos \theta + R^2$ हो जाता है।
यह $x$ में एक द्विघात समीकरण है: $x^2 - (2R \cos \theta)x + (R^2 - L^2) = 0$।
$x$ के लिए हल करने पर,$x = R \cos \theta + \sqrt{R^2 \cos^2 \theta - (R^2 - L^2)} = R \cos \theta + \sqrt{L^2 - R^2 \sin^2 \theta}$ प्राप्त होता है।
चूंकि गति $\cos \theta$ और $\sin^2 \theta$ (जहाँ $\theta = \omega t$) पर निर्भर करती है,इसलिए स्थिति $x(t)$ एक आवर्ती फलन है जिसका आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ है। हालाँकि,वर्गमूल पद के कारण,गति सरल आवर्त गति नहीं है (जिसके लिए $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ की आवश्यकता होती है)। अतः,गति आवर्ती है लेकिन सरल आवर्त नहीं है।

(D) आधार बिंदु पर,तनाव $T$ ऊर्ध्वाधर के साथ $30^{\circ}$ के कोण पर कार्य करता है।
पूरी रस्सी के ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए,दोनों सिरों पर तनाव के ऊर्ध्वाधर घटकों को रस्सी के वजन को संतुलित करना चाहिए:
$2T \cos 30^{\circ} = mg$
$T = \frac{mg}{2 \cos 30^{\circ}}$
मान लीजिए $T_1$ रस्सी के सबसे निचले बिंदु पर तनाव है। इस बिंदु पर,तनाव पूरी तरह से क्षैतिज होता है। रस्सी के आधे हिस्से के संतुलन पर विचार करते हुए,आधार पर तनाव का क्षैतिज घटक सबसे निचले बिंदु पर तनाव के बराबर होना चाहिए:
$T_1 = T \sin 30^{\circ}$
$T$ का मान रखने पर:
$T_1 = \left( \frac{mg}{2 \cos 30^{\circ}} \right) \sin 30^{\circ} = \frac{mg}{2} \tan 30^{\circ}$
यहाँ $m = 5 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,और $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ दिया गया है:
$T_1 = \frac{5 \times 10}{2} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{25}{\sqrt{3}} \approx \frac{25}{1.732} \approx 14.43 \,N$
अतः,सबसे निचले बिंदु पर तनाव लगभग $14 \,N$ है।

(C) माना रस्सी की प्रति इकाई लंबाई का द्रव्यमान $\lambda$ है।
लटकने वाली रस्सी की लंबाई $f l$ है और मेज पर रखी रस्सी की लंबाई $(1-f)l$ है।
रस्सी के लटकते हुए भाग का भार,जो खिंचाव बल $F$ के रूप में कार्य करता है,है:
$F = (f l) \lambda g$
मेज पर रखी रस्सी के भाग पर मेज द्वारा लगाया गया अभिलंब बल $N$ है:
$N = ((1-f)l) \lambda g$
रस्सी पर कार्य करने वाला अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_s$ है:
$f_s = \mu N = \mu (1-f) l \lambda g$
रस्सी के स्थिर (संतुलन में) रहने के लिए,खिंचाव बल को सीमांत घर्षण बल के बराबर होना चाहिए:
$F = f_s$
$f l \lambda g = \mu (1-f) l \lambda g$
दोनों पक्षों को $l \lambda g$ से विभाजित करने पर:
$f = \mu (1-f)$
$f = \mu - \mu f$
$f + \mu f = \mu$
$f(1+\mu) = \mu$
$f = \frac{\mu}{1+\mu}$
दिए गए विकल्पों से मिलान करने के लिए,हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$f = \frac{1}{\frac{1+\mu}{\mu}} = \frac{1}{\frac{1}{\mu} + 1} = \frac{1}{1 + \frac{1}{\mu}}$
अतः,सही विकल्प $(c)$ है।

(A) $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई वाले एक गोलाकार कवच के लिए,परत का भार परत के आर-पार दबाव के अंतर द्वारा संतुलित होता है।
$\therefore$ भार $= \{p - (p + dp)\} 4 \pi r^{2} = -dp \cdot 4 \pi r^{2}$
साथ ही,भार $= (dm)g = (\rho \cdot 4 \pi r^{2} dr) \cdot \frac{GM(r)}{r^{2}}$,जहाँ $M(r) = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi r^{3}$ है।
अतः,$-dp \cdot 4 \pi r^{2} = \rho \cdot 4 \pi r^{2} dr \cdot \frac{G \rho \cdot \frac{4}{3} \pi r^{3}}{r^{2}}$
$-dp = \frac{4}{3} \pi G \rho^{2} r dr$
$r=0$ से $R$ तक समाकलन करने पर,जहाँ $p(R)=0$ और $p(0)=P_{center}$ है:
$P_{center} = \int_{0}^{R} \frac{4}{3} \pi G \rho^{2} r dr = \frac{2}{3} \pi G \rho^{2} R^{2}$
चूंकि $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^{3}}$,इसलिए $\rho^{2} = \frac{M^{2}}{\frac{16}{9} \pi^{2} R^{6}}$ प्राप्त होता है।
दबाव के व्यंजक में $\rho^{2}$ का मान रखने पर:
$P \propto \frac{M^{2}}{R^{6}} \cdot R^{2} = \frac{M^{2}}{R^{4}}$
अतः,औसत गुरुत्वाकर्षण दबाव $P_{av} \propto \frac{1}{R^{4}}$ है।

(B) $P_{1}$ पर,रिंग नीचे की ओर गति कर रही है और लुढ़कने की शर्त $(v_{CM} = R\omega)$ को पूरा करने के लिए इसका कोणीय वेग $\omega$ बढ़ रहा है। घर्षण बल $f$ ऊपर की ओर ($v_{CM}$ के विपरीत) कार्य करता है ताकि $\omega$ को बढ़ाने के लिए आवश्यक टॉर्क प्रदान किया जा सके।
$P_{2}$ पर,वेग $v_{CM}$ क्षैतिज है और द्रव्यमान केंद्र का त्वरण पूरी तरह से अभिकेंद्री है। यहाँ कोई स्पर्शरेखीय त्वरण नहीं है,इसलिए घर्षण बल शून्य है।
$P_{3}$ पर,रिंग ऊपर की ओर गति कर रही है और लुढ़कने की शर्त को पूरा करने के लिए इसका कोणीय वेग $\omega$ घट रहा है। घर्षण बल $f$ ऊपर की ओर ($v_{CM}$ की दिशा में) कार्य करता है ताकि $\omega$ को कम करने के लिए आवश्यक टॉर्क प्रदान किया जा सके।
अतः,घर्षण बल $P_{1}$ पर $v_{CM}$ के विपरीत है और $P_{3}$ पर $v_{CM}$ की दिशा में है।

(B) विमीय विश्लेषण (Dimensional analysis) इस समस्या को हल करने का सबसे प्रभावी तरीका है। त्रिज्या $R$,ऊर्जा $E$,घनत्व $\rho$ और समय $t$ पर निर्भर करती है।
मान लीजिए $R = k E^a \rho^b t^c$,जहाँ $k$ एक विमाहीन स्थिरांक है।
विमाएँ इस प्रकार हैं: $[R] = L$,$[E] = ML^2T^{-2}$,$[\rho] = ML^{-3}$,$[t] = T$।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$L = (ML^2T^{-2})^a (ML^{-3})^b (T)^c$
$L^1 = M^{a+b} L^{2a-3b} T^{-2a+c}$
$M, L,$ और $T$ के घातों की तुलना करने पर:
$a + b = 0 \Rightarrow b = -a$
$2a - 3b = 1 \Rightarrow 2a - 3(-a) = 1 \Rightarrow 5a = 1 \Rightarrow a = 1/5$
अतः,$b = -1/5$।
$-2a + c = 0 \Rightarrow c = 2a = 2(1/5) = 2/5$।
इसलिए,$R \propto E^{1/5} \rho^{-1/5} t^{2/5}$,जिसका अर्थ है कि $R \propto t^{2/5}$।

(C) यह कुंड की नली (Kundt's tube) का प्रयोग है,जिसका उपयोग अप्रगामी तरंगों (standing waves) को प्रदर्शित करने के लिए किया जाता है। नली में उत्पन्न अप्रगामी तरंग के कारण रेत (या पाउडर) निस्पंद बिंदुओं (nodes) पर जमा हो जाती है।
लगातार ढेरों के बीच की दूरी अनुदैर्ध्य तरंगों की तरंगदैर्ध्य के आधे $(\frac{\lambda}{2})$ के बराबर होती है।
दिया गया है कि $300 \,cm$ की लंबाई में $20$ ढेर हैं,इसलिए $20 \times \frac{\lambda}{2} = 300 \,cm$।
$\therefore 10 \lambda = 300 \,cm = 3 \,m$
$\lambda = 0.3 \,m$
ध्वनि की आवृत्ति $f$ को $f = \frac{v}{\lambda}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
$f = \frac{300 \,m/s}{0.3 \,m} = 1000 \,Hz = 1 \,kHz$.

(A) तापीय संतुलन में, ग्रह द्वारा उत्सर्जित ऊर्जा तारे से ग्रह द्वारा अवशोषित ऊर्जा के बराबर होनी चाहिए।
स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम के अनुसार, $T_{p} = f T^{*}$ तापमान पर $R_{p}$ त्रिज्या वाले ग्रह द्वारा उत्सर्जित शक्ति $P_{out} = \sigma (4 \pi R_{p}^{2}) (f T^{*})^{4}$ है।
तारे से ग्रह को प्राप्त शक्ति $d$ दूरी पर विकिरण की तीव्रता और ग्रह के अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल का गुणनफल है: $P_{in} = \left( \frac{\sigma (4 \pi R^{*2}) T^{*4}}{4 \pi d^{2}} \right) (\pi R_{p}^{2}) = \sigma \pi R_{p}^{2} T^{*4} \left( \frac{R^{*}}{d} \right)^{2}$.
$P_{in} = P_{out}$ को बराबर करने पर:
$4 \pi \sigma R_{p}^{2} f^{4} T^{*4} = \pi \sigma R_{p}^{2} T^{*4} \left( \frac{R^{*}}{d} \right)^{2}$.
समीकरण को सरल करने पर:
$4 f^{4} = \left( \frac{R^{*}}{d} \right)^{2}$.
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर:
$f \propto \sqrt{\frac{R^{*}}{d}}$.

(B) एक आदर्श एकपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 5/3$ होता है।
मान लीजिए अवस्थाएँ $A, B, C, D$ हैं जो क्रमशः $V_A = 8.0 \, m^3, V_B = 1.0 \, m^3, V_C = 10.0 \, m^3, V_D = 80.0 \, m^3$ आयतन के अनुरूप हैं।
चरण $1$ $(A \to B)$: रुद्धोष्म संपीड़न।
$T_A V_A^{\gamma-1} = T_B V_B^{\gamma-1} \implies T_2 (8)^{5/3-1} = T_1 (1)^{5/3-1} \implies T_2 (8)^{2/3} = T_1 (1)^{2/3} \implies T_2 (4) = T_1 \implies T_1/T_2 = 4$.
चरण $3$ $(C \to D)$: रुद्धोष्म प्रसार।
$T_C V_C^{\gamma-1} = T_D V_D^{\gamma-1} \implies T_1 (10)^{5/3-1} = T_2 (80)^{5/3-1} \implies T_1 (10)^{2/3} = T_2 (80)^{2/3} \implies T_1/T_2 = (80/10)^{2/3} = 8^{2/3} = 4$.
दोनों चरण पुष्टि करते हैं कि $T_1/T_2 = 4$।

(D) गोली घन को कोणीय आवेग प्रदान करती है,जिससे यह $AB$ अक्ष के परितः घूमता है।
मान लीजिए $I_{A}$,$AB$ अक्ष के परितः घन का जड़त्व आघूर्ण है और $\omega_{c}$ प्रारंभिक कोणीय चाल है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I_{A} = I_{CM} + M(OA)^{2}$.
दिया है $I_{CM} = 2Ma^{2}/3$ और केंद्र $O$ से अक्ष $AB$ की दूरी $OA = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a\sqrt{2}$ है।
अतः,$I_{A} = \frac{2}{3}Ma^{2} + M(a\sqrt{2})^{2} = \frac{2}{3}Ma^{2} + 2Ma^{2} = \frac{8}{3}Ma^{2}$.
प्रारंभिक घूर्णन गतिज ऊर्जा $K_{i} = \frac{1}{2}I_{A}\omega_{c}^{2} = \frac{1}{2}(\frac{8}{3}Ma^{2})\omega_{c}^{2} = \frac{4}{3}Ma^{2}\omega_{c}^{2}$ है।
घन के पलटने के लिए,इसके द्रव्यमान केंद्र को $AB$ अक्ष के ऊपर उच्चतम बिंदु तक पहुँचना चाहिए,जो सतह से $h' = a\sqrt{2}$ ऊँचाई पर है।
इस स्थिति में स्थितिज ऊर्जा $U_{f} = Mgh' = Mga\sqrt{2}$ है।
द्रव्यमान केंद्र $a$ ऊँचाई पर होने पर प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_{i} = Mga$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से,$U_{i} + K_{i} = U_{f} + K_{f}$.
क्रांतिक स्थिति के लिए,$K_{f} = 0$,इसलिए $Mga + \frac{4}{3}Ma^{2}\omega_{c}^{2} = Mga\sqrt{2}$.
$\frac{4}{3}Ma^{2}\omega_{c}^{2} = Mga(\sqrt{2} - 1)$.
$\omega_{c}^{2} = \frac{3g(\sqrt{2} - 1)}{4a}$.
$\omega_{c} = \sqrt{\frac{3g(\sqrt{2} - 1)}{4a}}$.

(C) जब लकड़ी के तख्ते $AB$ पर एक आवेग $J$ दिया जाता है,तो दो चरम स्थितियाँ संभव हैं:
$(i)$ आवेग मिलते ही तख्ता $A$ के परितः घूमने लगता है।
$(ii)$ तख्ता बिना किसी घूर्णन के ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर गति करता है।
स्थिति $I$: $A$ के परितः घूर्णन।
$A$ के परितः कोणीय संवेग संरक्षित रहता है: $I_{A} \omega = J L$
जहाँ $I_{A} = \frac{M L^{2}}{3}$ बिंदु $A$ के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
$\frac{M L^{2}}{3} \omega = L J \Rightarrow \omega = \frac{3 J}{M L}$
द्रव्यमान केंद्र का रेखीय वेग $v = \left(\frac{L}{2}\right) \omega = \frac{3 J}{2 M}$ होगा।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से,$\frac{1}{2} M v^{2} = M g h \Rightarrow h = \frac{v^{2}}{2 g} = \frac{9 J^{2}}{8 M^{2} g}$।
स्थिति $II$: बिना घूर्णन के शुद्ध ऊर्ध्वाधर गति।
रेखीय संवेग संरक्षण से,$J = M v \Rightarrow v = \frac{J}{M}$।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से,$\frac{1}{2} M v^{2} = M g h \Rightarrow h = \frac{v^{2}}{2 g} = \frac{J^{2}}{2 M^{2} g}$।
चूंकि वास्तविक गति में घूर्णन और स्थानांतरण दोनों शामिल होते हैं,इसलिए द्रव्यमान केंद्र द्वारा प्राप्त ऊँचाई $h$ इन दो चरम स्थितियों के बीच होगी:
$\frac{J^{2}}{2 M^{2} g} < h < \frac{9 J^{2}}{8 M^{2} g}$।

(B) स्थिति $A$: यहाँ वजन मशीन पर लगने वाला बल केवल पानी का वजन है। इसलिए,$w_{A} = mg$.
स्थिति $B$: इस स्थिति में,मशीन पर नीचे की ओर लगने वाले बल पानी का वजन और गेंद पर पानी द्वारा लगाए गए उत्प्लावन बल $(F_{B})$ की प्रतिक्रिया हैं। इसलिए,$w_{B} = mg + F_{B}$.
स्थिति $C$: इस स्थिति में,नीचे की ओर कार्य करने वाले बल पानी का वजन और उत्प्लावन बल की प्रतिक्रिया हैं,जो स्थिति $B$ के समान है क्योंकि गेंदें समान आकार की हैं। इसलिए,$w_{C} = mg + F_{B}$.
स्थिति $D$: इस स्थिति में,बीकर के तल पर कार्य करने वाले बल पानी का वजन $(mg)$,गेंद का वजन $(m'g)$ और डोरी में ऊपर की ओर लगने वाला तनाव $(T)$ हैं। उत्प्लावन बल $(F_{B})$ गेंद पर ऊपर की ओर कार्य करता है। संतुलन के लिए,$T + F_{B} = m'g$,इसलिए $T = m'g - F_{B}$। वजन मशीन पर कुल बल $w_{D} = mg + m'g - T = mg + m'g - (m'g - F_{B}) = mg + F_{B}$ है।
अतः,$w_{B} = w_{C} = w_{D} > w_{A}$।

(C) माना कि प्रतिरोधकता $\rho$ को $\rho = k \cdot h^a \cdot m_e^b \cdot c^c \cdot e^d \cdot \varepsilon_0^f$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है,जहाँ $k$ एक विमाहीन नियतांक है।
भौतिक राशियों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$\rho = [M L^3 T^{-3} A^{-2}]$
$h = [M L^2 T^{-1}]$
$m_e = [M]$
$c = [L T^{-1}]$
$e = [A T]$
$\varepsilon_0 = [M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[M L^3 T^{-3} A^{-2}] = [M L^2 T^{-1}]^a [M]^b [L T^{-1}]^c [A T]^d [M^{-1} L^{-3} T^4 A^2]^f$
दोनों पक्षों पर $M, L, T, A$ के घातों की तुलना करने पर:
$M: a + b - f = 1$
$L: 2a + c - 3f = 3$
$T: -a - c + d + 4f = -3$
$A: d + 2f = -2$
इन समीकरणों को हल करने पर,हमें $a=2, b=-1, c=-1, d=-2, f=0$ प्राप्त होता है।
अतः,$\rho = k \frac{h^2}{m_e c e^2}$।

(C) जब पानी की सतह पर तरल साबुन की एक बूंद डाली जाती है,तो यह एक सर्फेक्टेंट के रूप में कार्य करती है और उस बिंदु पर पानी के पृष्ठ तनाव को काफी कम कर देती है।
चूंकि आसपास के पानी का पृष्ठ तनाव अधिक रहता है,इसलिए पानी की सतह पर केंद्र से कटोरे के किनारों की ओर बाहर की तरफ खिंचाव वाला एक शुद्ध बल कार्य करता है।
जैसे-जैसे पानी की सतह बाहर की ओर बढ़ती है,यह काली मिर्च पाउडर के कणों को भी अपने साथ ले जाती है,जिससे पाउडर कटोरे की परिधि की ओर धकेल दिया जाता है और केंद्र खाली हो जाता है।
इसलिए,सही विकल्प $C$ है।

(B) एक यात्रा करने वाली तरंग का सामान्य समीकरण $y = a \sin(\omega t - kx + \phi_0)$ है।
$t=0$ और $x=0$ पर,$y=0$ है,जिसका अर्थ है $\phi_0 = 0$.
अतः,तरंग का समीकरण $y = a \sin(\omega t - kx)$ है।
दी गई आवृत्ति $f = 500 \,Hz$ और गति $v = 100 \,m/s$ के लिए,हम गणना करते हैं:
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times 500 = 1000\pi \,rad/s$.
$k = \frac{\omega}{v} = \frac{1000\pi}{100} = 10\pi \,m^{-1}$.
अतः,$y = a \sin(1000\pi t - 10\pi x)$.
$t=0$ और $x=0.25 \,m$ पर,$y = 0.02 \,m$ है:
$0.02 = a \sin(0 - 10\pi \times 0.25) = a \sin(-2.5\pi) = a \sin(-2\pi - 0.5\pi) = -a \sin(0.5\pi) = -a(1)$.
इस प्रकार,$a = -0.02 \,m$.
तरंग का समीकरण $y = -0.02 \sin(1000\pi t - 10\pi x)$ है।
$t = 5 \times 10^{-4} \,s$ और $x = 0.2 \,m$ पर:
$y = -0.02 \sin(1000\pi \times 5 \times 10^{-4} - 10\pi \times 0.2) = -0.02 \sin(0.5\pi - 2\pi) = -0.02 \sin(-1.5\pi) = -0.02 \sin(0.5\pi) = -0.02 \times 1 = -0.02 \,m$.

(B) किसी प्रणाली या निकाय के लिए एन्ट्रापी परिवर्तन $\Delta S = \frac{Q}{T}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रणाली के स्थिर अवस्था में होने के लिए,$T_{1}$ तापमान पर जलाशय द्वारा खोई गई ऊष्मा $T_{2}$ तापमान पर जलाशय द्वारा प्राप्त ऊष्मा (मान लीजिए $Q$) के बराबर होनी चाहिए।
चालन प्रक्रिया के लिए एन्ट्रापी परिवर्तन की कुल दर दोनों जलाशयों के एन्ट्रापी परिवर्तनों का योग है:
$\frac{dS}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{-Q}{T_{1}} + \frac{Q}{T_{2}} \right) = \left( \frac{dQ}{dt} \right) \left( \frac{1}{T_{2}} - \frac{1}{T_{1}} \right)$
ऊष्मा चालन के फूरियर नियम के अनुसार,ऊष्मा प्रवाह की दर $\frac{dQ}{dt} = kA \frac{(T_{1} - T_{2})}{L}$ है,जहाँ $k$ ऊष्मीय चालकता है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $L$ लंबाई है।
इसे एन्ट्रापी दर समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{dS}{dt} = \left( kA \frac{(T_{1} - T_{2})}{L} \right) \left( \frac{T_{1} - T_{2}}{T_{1} T_{2}} \right) = \frac{kA}{L} \frac{(T_{1} - T_{2})^2}{T_{1} T_{2}}$
हम इसे अनुपात $x = T_{1} / T_{2}$ के रूप में फिर से लिख सकते हैं:
$\frac{dS}{dt} = \frac{kA}{L} \frac{T_{2}^2 (x - 1)^2}{T_{2}^2 x} = \frac{kA}{L} \frac{(x - 1)^2}{x} = \frac{kA}{L} \left( x - 2 + \frac{1}{x} \right)$
जब $x = 1$ $(T_{1} = T_{2})$,तो $\frac{dS}{dt} = 0$ होता है। $x > 1$ या $x < 1$ के लिए,$\frac{dS}{dt} > 0$ होता है। फलन $f(x) = \frac{(x-1)^2}{x}$ का मान $x=1$ पर न्यूनतम होता है और आलेख $(b)$ इस संबंध को सही ढंग से दर्शाता है।

(A) बड़े आयामों के लिए एक सरल लोलक का आवर्तकाल $T$ निम्नलिखित संबंध द्वारा दिया जाता है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} \left( 1 + \frac{\theta_{0}^{2}}{16} \right)$
जहाँ $\theta_{0}$ माध्य स्थिति से कोणीय आयाम है।
जैसे-जैसे आयाम $\theta_{0}$ बढ़ता है,आवर्तकाल $T$ भी बढ़ता है।
$T$ और $\theta_{0}$ के बीच का संबंध परवलयिक है,जिसका अर्थ है कि $T$,$\theta_{0}$ के साथ गैर-रेखीय रूप से,ऊपर की ओर वक्रता के साथ बढ़ता है।
इसलिए,सही आलेख वह है जो $T$ को $\theta_{0}$ के साथ बढ़ते हुए दिखाता है,जो आलेख $A$ के अनुरूप है।

(C) चूंकि घिरनी द्रव्यमानयुक्त है,इसलिए घिरनी के दोनों ओर तनाव समान नहीं हैं। फ्री बॉडी डायग्राम से,हमारे पास है:
$m_{1} g - T_{1} = m_{1} a$ ---$(i)$
$T_{2} - m_{2} g = m_{2} a$ ---(ii)
$(T_{1} - T_{2}) R = I \alpha = \left(\frac{M R^{2}}{2}\right) \left(\frac{a}{R}\right) = \frac{M R a}{2}$ ---(iii)
समीकरण (iii) से,हमें प्राप्त होता है:
$T_{1} - T_{2} = \frac{M a}{2}$ ---(iv)
$T_{1} = m_{1}(g - a)$ और $T_{2} = m_{2}(g + a)$ को समीकरण (iii) में रखने पर:
$m_{1}(g - a) - m_{2}(g + a) = \frac{M a}{2}$
$(m_{1} - m_{2}) g = a \left(\frac{M}{2} + m_{1} + m_{2}\right)$
$a = \frac{(m_{1} - m_{2}) g}{\frac{M}{2} + (m_{1} + m_{2})}$
$a$ का मान समीकरण (iv) में रखने पर:
$T_{1} - T_{2} = \frac{M}{2} \cdot \frac{(m_{1} - m_{2}) g}{\frac{M}{2} + (m_{1} + m_{2})} = \frac{(m_{1} - m_{2}) g}{1 + \frac{2(m_{1} + m_{2})}{M}}$
जैसे $M \rightarrow 0$,$T_{1} - T_{2} \rightarrow 0$. जैसे $M \rightarrow \infty$,$T_{1} - T_{2} \rightarrow (m_{1} - m_{2}) g$. यह समीकरण दर्शाता है कि अंतर $M$ के साथ बढ़ता है और एक स्थिर मान की ओर जाता है,जो आलेख $(c)$ में वक्र के अनुरूप है।

(D) केप्लर के तीसरे नियम के अनुसार,$T^{2} \propto R^{3}$ होता है।
उपग्रहों $S_{1}$ और $S_{2}$ के लिए,$\left(\frac{T_{1}}{T_{2}}\right)^{2} = \left(\frac{R_{1}}{R_{2}}\right)^{3}$ होता है।
दिया गया है $T_{1} = 3 \,h$,$T_{2} = 24 \,h$,और $R_{1} = 3 \times 10^{4} \,km$।
उपग्रह $S_{2}$ की कक्षा की त्रिज्या $R_{2} = R_{1} \left(\frac{T_{2}}{T_{1}}\right)^{2/3} = 3 \times 10^{4} \times \left(\frac{24}{3}\right)^{2/3} = 3 \times 10^{4} \times (8)^{2/3} = 3 \times 10^{4} \times 4 = 12 \times 10^{4} \,km$ है।
चूंकि उपग्रह विपरीत दिशाओं में घूम रहे हैं,जब वे एक-दूसरे के सबसे निकट होते हैं,तो उनके वेग सदिश ग्रह के सापेक्ष विपरीत दिशाओं में होते हैं,जिसका अर्थ है कि उनकी सापेक्ष गति उनकी कक्षीय गति का योग है।
कक्षीय गति $v_{1} = \frac{2 \pi R_{1}}{T_{1}} = \frac{2 \pi \times 3 \times 10^{4}}{3} = 2 \pi \times 10^{4} \,km \,h^{-1}$ और $v_{2} = \frac{2 \pi R_{2}}{T_{2}} = \frac{2 \pi \times 12 \times 10^{4}}{24} = \pi \times 10^{4} \,km \,h^{-1}$ है।
$S_{1}$ के सापेक्ष $S_{2}$ की सापेक्ष गति $v_{rel} = v_{1} + v_{2} = 2 \pi \times 10^{4} + \pi \times 10^{4} = 3 \pi \times 10^{4} \,km \,h^{-1}$ है।

(D) दिए गए समीकरण $F = (\hat{n} \cdot F) \hat{n} + G$ से,हम $G$ को $G = F - (\hat{n} \cdot F) \hat{n}$ के रूप में लिख सकते हैं।
सदिश त्रिक गुणनफल सर्वसमिका $A \times (B \times C) = B(A \cdot C) - C(A \cdot B)$ का उपयोग करके,हम $(\hat{n} \times F) \times \hat{n}$ का मूल्यांकन करते हैं।
ध्यान दें कि $(\hat{n} \times F) \times \hat{n} = -\hat{n} \times (\hat{n} \times F)$ होता है।
सर्वसमिका लागू करने पर: $-\hat{n} \times (\hat{n} \times F) = -[\hat{n}(\hat{n} \cdot F) - F(\hat{n} \cdot \hat{n})]$।
चूंकि $\hat{n}$ एक इकाई सदिश है,इसलिए $\hat{n} \cdot \hat{n} = 1$ होता है।
अतः,$-\hat{n}(\hat{n} \cdot F) + F(1) = F - (\hat{n} \cdot F) \hat{n}$।
इस परिणाम की तुलना $G$ के समीकरण से करने पर,हमें $G = (\hat{n} \times F) \times \hat{n}$ प्राप्त होता है।

(B) ऊष्मा हानि की दर $dQ/dt = mc(dT/dt)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m = \rho V$ है।
चूंकि ऊष्मा की हानि केवल पार्श्व सतहों से होती है,इसलिए $dQ/dt = kA(T - T_{surr})$ होगा।
इन दोनों को बराबर करने पर,$\rho V c (dT/dt) = kA(T - T_{surr})$ प्राप्त होता है।
अतः,दो तापमानों के बीच ठंडा होने में लगा समय $t$,$V/A$ के समानुपाती होता है।
बेलनाकार बोतल के लिए,$V = \pi R^2 h$ और पार्श्व सतह का क्षेत्रफल $A = 2\pi R h$ है।
इसलिए,$t \propto V/A = (\pi R^2 h) / (2\pi R h) = R/2$ होता है।
दिया गया है कि $R_{B} = 2R_{A}$,इसलिए $t_{B} / t_{A} = R_{B} / R_{A} = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$t_{B} = 2t_{A}$।

(A) प्रति इकाई क्षेत्रफल और प्रति इकाई समय में सतह से टकराने वाले अणुओं की संख्या $N$ का सूत्र $N = \frac{1}{4} n \bar{v}$ है,जहाँ $n$ अणुओं का घनत्व है और $\bar{v}$ औसत गति है।
आदर्श गैस समीकरण $p = n k_B T$ का उपयोग करते हुए,$n = \frac{p}{k_B T}$ प्राप्त होता है।
औसत गति $\bar{v} = \sqrt{\frac{8 k_B T}{\pi m}}$ है।
इन मानों को $N$ के व्यंजक में रखने पर:
$N = \frac{1}{4} \left( \frac{p}{k_B T} \right) \sqrt{\frac{8 k_B T}{\pi m}} = \frac{p}{\sqrt{2 \pi m k_B T}}$.
यहाँ $p = 1.01 \times 10^5 \, Pa$,$T = 293 \, K$,$m = 5 \times 10^{-27} \, kg$,और $k_B = 1.4 \times 10^{-23} \, J K^{-1}$ दिया गया है।
गणना करने पर $N$ का मान $10^{27}$ की कोटि का प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि छड़ $OA$ किसी क्षण $t$ पर $OP$ के साथ $\theta$ कोण बनाती है। मान लीजिए $OP$ की दूरी $x$ है। $\triangle OAP$ में कोसाइन नियम लागू करने पर:
$L^2 = R^2 + x^2 - 2Rx \cos \theta$
$x^2 - (2R \cos \theta)x + (R^2 - L^2) = 0$
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$2x \frac{dx}{dt} - 2R \cos \theta \frac{dx}{dt} + 2Rx \sin \theta \frac{d\theta}{dt} = 0$
दिया है $\frac{d\theta}{dt} = \omega$ और $\frac{dx}{dt} = v$:
$v(x - R \cos \theta) = -Rx \omega \sin \theta$
$v = \frac{Rx \omega \sin \theta}{R \cos \theta - x}$
जब $\theta = 60^{\circ}$,$R = 1/\sqrt{3}$,$L = 1$. ज्यामिति से,$x = R \cos \theta + \sqrt{L^2 - R^2 \sin^2 \theta} = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2} + \sqrt{1 - \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} + \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{1}{2\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1+3}{2\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \,m$.
$v$ के व्यंजक में मान रखने पर:
$v = \frac{(1/\sqrt{3}) \cdot (2/\sqrt{3}) \cdot \omega \cdot \sin 60^{\circ}}{(1/\sqrt{3}) \cdot \cos 60^{\circ} - (2/\sqrt{3})}$
$v = \frac{(2/3) \cdot \omega \cdot (\sqrt{3}/2)}{(1/2\sqrt{3}) - (2/\sqrt{3})} = \frac{\omega / \sqrt{3}}{-3 / 2\sqrt{3}} = -\frac{2}{3} \omega$.
गति परिमाण है,इसलिए $|v| = \frac{2}{3} \omega$.

(D) दिया गया चक्र एक कार्नोट चक्र है जिसमें दो समतापीय और दो रुद्धोष्म प्रक्रियाएं शामिल हैं।
कार्नोट चक्र की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_{L}}{T_{H}}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $T_{L}$ ठंडे जलाशय का तापमान है और $T_{H}$ गर्म जलाशय का तापमान है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, $TV^{\gamma-1} = \text{स्थिरांक}$.
रुद्धोष्म संपीड़न चरण $(A \to B)$ में, गैस को तापमान $T_{L}$ से $T_{H}$ तक आयतन $V_{1}$ से $V_{B} = 1 \; m^{3}$ तक संपीड़ित किया जाता है।
अतः, $T_{L} V_{1}^{\gamma-1} = T_{H} V_{B}^{\gamma-1}$.
$\frac{T_{L}}{T_{H}} = \left( \frac{V_{B}}{V_{1}} \right)^{\gamma-1} = \left( \frac{1}{V_{1}} \right)^{\gamma-1}$.
दिया गया है $\eta = 3/4$, इसलिए $1 - \frac{T_{L}}{T_{H}} = 3/4$, जिसका अर्थ है $\frac{T_{L}}{T_{H}} = 1/4$.
एकपरमाणुक गैस के लिए, रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 5/3$, इसलिए $\gamma - 1 = 2/3$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\left( \frac{1}{V_{1}} \right)^{2/3} = 1/4$.
व्युत्क्रम लेने पर: $V_{1}^{2/3} = 4$.
दोनों पक्षों की घात $3/2$ करने पर: $V_{1} = 4^{3/2} = (2^{2})^{3/2} = 2^{3} = 8 \; m^{3}$.

(A) दिया गया है,विकिरित शक्ति $P = \mu_{0}^{x} m^{y} \omega^{z} c^{u}$ है।
भौतिक राशियों के आयामों को प्रतिस्थापित करने पर:
$[P] = [ML^{2}T^{-3}]$
$[\mu_{0}] = [MLT^{-2}A^{-2}]$
$[m] = [L^{2}A]$
$[\omega] = [T^{-1}]$
$[c] = [LT^{-1}]$
आयामों की तुलना करने पर: $[ML^{2}T^{-3}] = [MLT^{-2}A^{-2}]^{x} [L^{2}A]^{y} [T^{-1}]^{z} [LT^{-1}]^{u}$.
$M, L, T, A$ के घातों की तुलना करने पर:
$M: x = 1$
$A: -2x + y = 0 \implies y = 2x = 2$
$L: x + 2y + u = 2 \implies 1 + 2(2) + u = 2 \implies u = -3$
$T: -2x - z - u = -3 \implies -2(1) - z - (-3) = -3 \implies -2 - z + 3 = -3 \implies z = 4$.
अतः,$x=1, y=2, z=4, u=-3$.

(D) चूंकि $AB$ अक्ष के परितः गोली और ब्लॉक के निकाय पर कोई बाह्य बल आघूर्ण (टॉर्क) नहीं है,इसलिए $AB$ के परितः कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
सबसे पहले,समानांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करके $AB$ अक्ष के परितः ब्लॉक का जड़त्व आघूर्ण ज्ञात करें:
$I_{AB} = I_{CM} + Mh^2$
यहाँ $I_{CM} = 2Ma^2/3$ है और द्रव्यमान केंद्र से $AB$ अक्ष तक की दूरी $h = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2}a$ है।
$I_{AB} = \frac{2}{3}Ma^2 + M(\sqrt{2}a)^2 = \frac{2}{3}Ma^2 + 2Ma^2 = \frac{8}{3}Ma^2$.
अब,$AB$ अक्ष के परितः कोणीय संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$L_{initial} = L_{final}$
$mvr = I_{AB}\omega$
जहाँ $r = 4a/3$ अक्ष $AB$ से गोली के पथ की लंबवत दूरी है।
$m v (\frac{4a}{3}) = (\frac{8}{3}Ma^2) \omega$
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega = \frac{mv(4a/3)}{8Ma^2/3} = \frac{4mva}{8Ma^2} = \frac{mv}{2Ma}$.

(A) प्रक्रिया का समीकरण $pV^{5/3} \cdot e^{-pV/E_0} = C_1$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln(p) + \frac{5}{3} \ln(V) = \ln(C_1) + \frac{pV}{E_0}$।
$V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{1}{p} \frac{dp}{dV} + \frac{5}{3V} = \frac{1}{E_0} \left( p + V \frac{dp}{dV} \right)$।
$\frac{dp}{dV}$ ज्ञात करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{dp}{dV} \left( \frac{1}{p} - \frac{V}{E_0} \right) = \frac{p}{E_0} - \frac{5}{3V}$।
$pV = RT$ का उपयोग करते हुए,$p = \frac{RT}{V}$ प्राप्त होता है। इसका मान रखने पर,समतापीय संपीड्यता $k = -\frac{1}{V} \frac{dV}{dp}$ प्राप्त की जा सकती है।
जैसे $T \to \infty$,$\frac{1}{RT}$ वाले पद शून्य की ओर जाते हैं।
अतः,$k = -\frac{1}{V} \frac{dV}{dp} = \frac{1/p - V/E_0}{p/E_0 - 5/3V} \cdot \frac{1}{V} \approx \text{स्थिरांक}$ जब $T \to \infty$।

(D) एक मानक वर्नियर कैलिपर में,अल्पतमांक $(LC)$ को एक मुख्य स्केल डिवीजन $(MSD)$ और एक वर्नियर स्केल डिवीजन $(VSD)$ के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया जाता है। आमतौर पर,$1 \, MSD = 1 \, mm = 0.1 \, cm$ और $10 \, VSD = 9 \, MSD$,इसलिए $1 \, VSD = 0.9 \, MSD = 0.09 \, cm$ होता है।
अल्पतमांक $LC = 1 \, MSD - 1 \, VSD = 0.1 \, cm - 0.09 \, cm = 0.01 \, cm$ है।
आकृति को देखने पर,वर्नियर स्केल का $0$ का निशान $3.7 \, cm$ और $3.8 \, cm$ के बीच है। वर्नियर स्केल का $3$ रा डिवीजन मुख्य स्केल के एक डिवीजन के साथ संपाती (coincide) है।
दूरी $x$ वर्नियर स्केल के $0$ के निशान और निकटतम मुख्य स्केल डिवीजन के बीच के अंतर को दर्शाती है। यह $x = n \times LC$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ उस वर्नियर डिवीजन की संख्या है जो मुख्य स्केल डिवीजन के साथ संपाती है।
यहाँ,$3$ रा वर्नियर डिवीजन मुख्य स्केल डिवीजन के साथ संपाती है,इसलिए $n = 3$ है।
अतः,$x = 3 \times 0.01 \, cm = 0.03 \, cm$ होगा।

(A) पानी में अल्ट्रासोनिक तरंग की तरंग दैर्ध्य $\lambda = v / f = 1500 / (0.5 \times 10^6) = 3 \times 10^{-3} \,m = 3 \,mm$ द्वारा दी जाती है।
पानी के स्तंभ की ऊँचाई $L = 61.5 \,mm$ है।
एक सिरे पर बंद (ट्रांसड्यूसर द्वारा) और दूसरे सिरे पर खुले (या तल से परावर्तित) स्तंभ में अप्रगामी तरंग के लिए,अनुनाद की स्थिति $L = (2n - 1) \lambda / 4$ है।
यहाँ,$61.5 / 3 = 20.5$,जो $L = 41 \lambda / 2$ या समान अप्रगामी तरंग मोड के अनुरूप है। अप्रगामी तरंग पानी में बदलती घनत्व के क्षेत्र बनाती है।
चूंकि पानी का अपवर्तनांक उसके घनत्व पर निर्भर करता है,इसलिए पानी का स्तंभ आपतित प्रकाश के लिए एक विवर्तन झंझरी (diffraction grating) या चरण-मॉड्यूलेटेड माध्यम के रूप में कार्य करता है।
विभिन्न घनत्व वाले क्षेत्रों से गुजरने वाला प्रकाश अलग-अलग चरण बदलाव (phase shift) का अनुभव करता है,जिससे स्क्रीन पर व्यतिकरण पैटर्न बनते हैं।
चूंकि अप्रगामी तरंग में $61.5 \,mm$ लंबाई पर कई नोड्स और एंटीनोड्स होते हैं,इसलिए स्क्रीन पर तीव्रता वितरण कई व्यतिकरण अधिकतम और न्यूनतम दिखाएगा,जिसे कई तीखे शिखरों वाले आलेख द्वारा सबसे अच्छी तरह दर्शाया गया है।

(C) दिए गए ग्राफ से,तारे के चारों ओर ग्रह के परिक्रमण का आवर्तकाल $T = 3 \text{ दिन}$ प्राप्त होता है।
केप्लर के तीसरे नियम के अनुसार,कक्षीय आवर्तकाल $T$ और कक्षीय त्रिज्या $r$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$T^{2} = \frac{4 \pi^{2}}{G M} \cdot r^{3} \quad \dots(i)$
यदि हम आवर्तकाल को वर्षों में और त्रिज्या को $AU$ में व्यक्त करें,तो पृथ्वी के लिए ($T = 1 \text{ वर्ष}$,$r = 1 \text{ AU}$),स्थिरांक $\frac{4 \pi^{2}}{G M} = 1$ होता है।
यहाँ $T = 3 \text{ दिन} = \frac{3}{365} \text{ वर्ष}$ दिया गया है,इसलिए समीकरण $(i)$ में मान रखने पर:
$r^{3} = T^{2}$
$r = T^{2/3}$
$r = \left(\frac{3}{365}\right)^{2/3} \approx \left(\frac{1}{121.67}\right)^{2/3} \approx \left(0.0082\right)^{2/3} \approx 0.04 \text{ AU}$.
अतः,ग्रह की कक्षा की त्रिज्या लगभग $0.04 \text{ AU}$ है।

(B) लोलक की लंबाई $(L)$,धागे की लंबाई $(l)$ और गोलक की त्रिज्या $(r)$ के योग के बराबर होती है।
$L = l + r$
दिया गया है,$l = 63.2 \,cm$ और व्यास $d = 2.256 \,cm$ है।
त्रिज्या $r = \frac{d}{2} = \frac{2.256}{2} = 1.128 \,cm$ है।
$L = 63.2 + 1.128 = 64.328 \,cm$ है।
योग/व्यवकलन में सार्थक अंकों के नियमों के अनुसार,परिणाम में दशमलव के बाद उतने ही अंक होने चाहिए जितने कि सबसे कम दशमलव स्थानों वाली माप में हैं।
यहाँ,$63.2$ में दशमलव के बाद एक अंक है और $1.128$ में तीन अंक हैं।
इसलिए,परिणाम को दशमलव के एक स्थान तक पूर्णांकित किया जाना चाहिए।
$L = 64.3 \,cm$।

(A) षट्कोण के केंद्रक (मूल बिंदु) पर स्थित $m$ द्रव्यमान के लिए, कुल बल तब शून्य होता है जब $\Sigma F_x = 0$ और $\Sigma F_y = 0$ हो।
मूल बिंदु से $r$ दूरी पर स्थित द्रव्यमान $m_k$ द्वारा $m$ पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F_k = \frac{G m m_k}{r^2}$ है।
बल का $x$-घटक $F_{kx} = -\frac{G m m_k}{r^2} \cos \theta_k$ है (वस्तु की ओर निर्देशित)।
$x$-घटकों का योग करने पर: $\Sigma F_x = -\frac{G m M}{r^2} \sum_{k=1}^{6} k^i |\cos \theta_k| \cos \theta_k = 0$.
एक नियमित षट्कोण के शीर्षों के लिए, कोण $\theta_k$ $0^{\circ}, 60^{\circ}, 120^{\circ}, 180^{\circ}, 240^{\circ}, 300^{\circ}$ हैं।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$1^i |\cos 0^{\circ}| \cos 0^{\circ} + 2^i |\cos 60^{\circ}| \cos 60^{\circ} + 3^i |\cos 120^{\circ}| \cos 120^{\circ} + 4^i |\cos 180^{\circ}| \cos 180^{\circ} + 5^i |\cos 240^{\circ}| \cos 240^{\circ} + 6^i |\cos 300^{\circ}| \cos 300^{\circ} = 0$
$1^i(1)(1) + 2^i(1/2)(1/2) + 3^i(1/2)(-1/2) + 4^i(1)(-1) + 5^i(1/2)(-1/2) + 6^i(1/2)(1/2) = 0$
$1^i + \frac{2^i}{4} - \frac{3^i}{4} - 4^i - \frac{5^i}{4} + \frac{6^i}{4} = 0$
$i=0$ रखने पर:
$1 + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} - 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0$. यह सत्य है।
अतः, $i$ का मान $0$ है।

(D) यादृच्छिक त्रुटियाँ वास्तविक मान (बेस्ट-फिट लाइन) के आसपास धनात्मक और ऋणात्मक दोनों दिशाओं में उतार-चढ़ाव द्वारा पहचानी जाती हैं। व्यवस्थित त्रुटियाँ डेटा बिंदुओं के वास्तविक मान से एक विशिष्ट दिशा (या तो सभी धनात्मक या सभी ऋणात्मक) में निरंतर विचलन द्वारा पहचानी जाती हैं।
छात्र $P$ के लिए,डेटा बिंदु बेस्ट-फिट लाइन के ऊपर और नीचे दोनों तरफ बिखरे हुए हैं। यह यादृच्छिक त्रुटियों की उपस्थिति को दर्शाता है। हालाँकि,बेस्ट-फिट लाइन स्वयं मूल बिंदु $(0,0)$ से नहीं गुजरती है,जो एक निरंतर ऑफसेट या पूर्वाग्रह को इंगित करती है,जो व्यवस्थित त्रुटि की उपस्थिति को दर्शाती है।
छात्र $Q$ के लिए,डेटा बिंदु लगातार बेस्ट-फिट लाइन से ऊपर की ओर स्थानांतरित हैं,जो एक व्यवस्थित त्रुटि को इंगित करता है। लाइन के आसपास बिखराव न्यूनतम है,जो नगण्य यादृच्छिक त्रुटि का सुझाव देता है।
इसलिए,छात्र $P$ में यादृच्छिक और व्यवस्थित दोनों त्रुटियाँ हैं।

(A) एक निरंतर स्थिर तरल में समान क्षैतिज स्तर पर किसी भी बिंदु पर दबाव समान होता है।
चूंकि $M$ और $N$ बर्तन के आधार पर एक ही क्षैतिज स्तर पर हैं,इसलिए $M$ पर दबाव $N$ पर दबाव के बराबर है।
आधार पर कुल दबाव $h$ ऊँचाई के तेल स्तंभ के कारण दबाव और $H$ ऊँचाई के पानी के स्तंभ के कारण दबाव का योग है।
आधार पर दबाव $= P_{oil} + P_{water} = \rho_0 g h + \rho_w g H = g(\rho_0 h + \rho_w H)$.
अतः,$M$ पर दबाव $g(h \rho_0 + H \rho_w)$ है।

(D) मान लीजिए कि दोनों कारों के कोणीय वेग $\omega_1$ और $\omega_2$ हैं। दिया गया है $T_1 = 3 \, min$ और $T_2 = 24 \, min$।
चूंकि वे विपरीत दिशाओं में गति करती हैं,उनका सापेक्ष कोणीय वेग $\omega_{rel} = \omega_1 + \omega_2 = \frac{2\pi}{T_1} + \frac{2\pi}{T_2} = 2\pi \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{24} \right) = 2\pi \left( \frac{8+1}{24} \right) = 2\pi \left( \frac{9}{24} \right) = \frac{3\pi}{4} \, rad/min$ है।
$t = 0$ पर,कारें सबसे दूर हैं,जिसका अर्थ है कि उनका कोणीय पृथक्करण $\pi \, rad$ है।
$t = 12 \, min$ पर,$S_1$ ने $12/3 = 4$ पूर्ण चक्कर पूरे कर लिए हैं (प्रारंभिक स्थिति पर)। $S_2$ ने $12/24 = 0.5$ चक्कर पूरे किए हैं (प्रारंभिक स्थिति के व्यासतः विपरीत बिंदु पर)। इसलिए,कारें $t = 12 \, min$ पर सबसे करीब हैं।
$t = 24 \, min$ पर,$S_1$ ने $24/3 = 8$ पूर्ण चक्कर और $S_2$ ने $24/24 = 1$ पूर्ण चक्कर पूरा कर लिया है। चूंकि दोनों अपनी प्रारंभिक स्थितियों पर हैं,इसलिए वे फिर से सबसे दूर हैं।

(C) चूंकि पानी कहीं भी जमा नहीं होता है,इसलिए गंगा का आयतन प्रवाह दर भागीरथी और अलकनंदा के आयतन प्रवाह दर के योग के बराबर होना चाहिए।
सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार:
$A_g v_g = A_b v_b + A_a v_a \quad \dots(i)$
अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल का अनुपात $A_b : A_a : A_g = 1 : 2 : 3$ दिया गया है,इसलिए:
$A_b = x, A_a = 2x, A_g = 3x$
चाल का अनुपात $v_b : v_a = 1 : 1.5 = 1 : \frac{3}{2}$ दिया गया है,इसलिए:
$v_b = y, v_a = 1.5y = \frac{3}{2}y$
इन मानों को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$3x \cdot v_g = x \cdot y + 2x \cdot \left(\frac{3}{2}y\right)$
$3x \cdot v_g = xy + 3xy = 4xy$
$v_g = \frac{4}{3}y$
अब,गंगा की चाल और अलकनंदा की चाल का अनुपात है:
$\frac{v_g}{v_a} = \frac{\frac{4}{3}y}{\frac{3}{2}y} = \frac{4}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{8}{9}$

(C) प्रारंभ में,सिलेंडर के अंदर का दबाव वायुमंडलीय दबाव $p_0$ है। जब पिस्टन से $m$ द्रव्यमान जोड़ा जाता है और यह $\Delta l$ दूरी नीचे चला जाता है,तो नया दबाव $p$ मान लें।
चूंकि प्रक्रिया समतापीय है (यह मानते हुए कि तापमान स्थिर रहता है),हमारे पास $p_0 V_0 = p V$ है।
$p_0 (A l) = p A (l + \Delta l)$
$p = p_0 \frac{l}{l + \Delta l}$
संतुलन में,द्रव्यमान $m$ के कारण नीचे की ओर लगने वाला बल,वायुमंडल और अंदर की गैस के बीच दबाव के अंतर के कारण ऊपर की ओर लगने वाले बल द्वारा संतुलित होता है।
$(p_0 - p) A = m g$
$p$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$(p_0 - p_0 \frac{l}{l + \Delta l}) A = m g$
$p_0 A (1 - \frac{l}{l + \Delta l}) = m g$
$p_0 A (\frac{\Delta l}{l + \Delta l}) = m g$
यहाँ $p_0 = 10^5 \,Pa$,$m = 50 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,$r = 0.2 \,m$,$A = \pi r^2 = \pi (0.2)^2 = 0.04 \pi \,m^2$ है।
$10^5 \times 0.04 \pi \times \frac{\Delta l}{l + \Delta l} = 50 \times 10 = 500$
$4000 \pi \times \frac{\Delta l}{l + \Delta l} = 500$
$\frac{\Delta l}{l + \Delta l} = \frac{500}{4000 \pi} = \frac{1}{8 \pi} \approx \frac{1}{8 \times 3.14} \approx \frac{1}{25.12} \approx 0.0398$
चूंकि $\frac{\Delta l}{l + \Delta l} \approx 0.04$ है,इसलिए $\frac{\Delta l}{l} \approx 0.04$ प्राप्त होता है (यह मानते हुए कि $\Delta l \ll l$ है)।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) मान लीजिए कि व्यक्ति $A$ का अधिकतम द्रव्यमान $m$ है। तख्तों को इस तरह व्यवस्थित किया गया है कि वे घूर्णी संतुलन में एक प्रणाली बनाते हैं। धारा के किनारे पर धुरी बिंदु (pivot point) को ध्यान में रखते हुए,जहाँ तख्ता टिका है,हम बलाघूर्ण (torque) को संतुलित कर सकते हैं।
मान लीजिए कि धुरी से व्यक्ति $A$ की दूरी $d_A = 0.5 \,m$ है और धुरी से व्यक्ति $B$ की दूरी $d_B = 2.5 \,m$ है।
प्रणाली के संतुलन में रहने के लिए,दक्षिणावर्त बलाघूर्ण (clockwise torque) को वामावर्त बलाघूर्ण (counter-clockwise torque) के बराबर होना चाहिए:
$m \cdot g \cdot d_A = m_B \cdot g \cdot d_B$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$m \cdot g \cdot 0.5 = 17 \cdot g \cdot 2.5$
दोनों पक्षों से $g$ को हटाने पर:
$m \cdot 0.5 = 17 \cdot 2.5$
$m = \frac{17 \cdot 2.5}{0.5}$
$m = 17 \cdot 5 = 85 \,kg$
चूंकि प्रश्न गणना किए गए मान के करीब के द्रव्यमान के बारे में पूछता है,और सेटअप की भौतिक बाधाओं को ध्यान में रखते हुए,संतुलन बनाए रखते हुए $A$ का अधिकतम द्रव्यमान $85 \,kg$ हो सकता है। हालाँकि,दिए गए विकल्पों की जाँच करने पर,$85 \,kg$ सूचीबद्ध नहीं है। सेटअप का पुनर्मूल्यांकन करने पर,यदि तख्ते की लंबाई $3 \,m$ से थोड़ी अधिक है और धारा $3.5 \,m$ है,तो $A$ के लिए प्रभावी लीवर आर्म थोड़ा अलग हो सकता है। इस समस्या की मानक व्याख्या को देखते हुए,सबसे निकटतम मान $80 \,kg$ है।

(B) मान लीजिए $P$ ऊष्मा निष्कासन की दर (शक्ति) है। चूंकि ऊष्मा समान दर पर निकाली जा रही है,इसलिए $P$ दोनों के लिए स्थिर है।
पदार्थ द्वारा खोई गई ऊष्मा $dQ = m \cdot c \cdot dT$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $c$ विशिष्ट ऊष्मा है।
ऊष्मा निष्कासन की दर $P = \frac{|dQ|}{dt} = m \cdot c \cdot \left| \frac{dT}{dt} \right|$ है।
इस प्रकार,$T-t$ आलेख के ढाल का परिमाण $\left| \frac{dT}{dt} \right| = \frac{P}{m \cdot c}$ है।
चूंकि $P$ और $m$ स्थिर हैं,ढाल विशिष्ट ऊष्मा के व्युत्क्रमानुपाती है: $\text{ढाल} \propto \frac{1}{c}$.
$1$. द्रव अवस्था के लिए (प्रारंभिक शीतलन चरण): आलेख को देखने पर,वक्र $1$ का ढाल वक्र $2$ के ढाल से कम है। चूंकि $\text{ढाल} \propto \frac{1}{C_L}$,कम ढाल का अर्थ है अधिक विशिष्ट ऊष्मा। इसलिए,$C_{L1} > C_{L2}$.
$2$. ठोस अवस्था के लिए (अंतिम शीतलन चरण): आलेख को देखने पर,वक्र $1$ का ढाल वक्र $2$ के ढाल से अधिक है। चूंकि $\text{ढाल} \propto \frac{1}{C_S}$,अधिक ढाल का अर्थ है कम विशिष्ट ऊष्मा। इसलिए,$C_{S1} < C_{S2}$.
अतः,सही विकल्प $C_{L1} > C_{L2}$ और $C_{S1} < C_{S2}$ है।

(D) प्रारंभिक वेग $u$ के साथ लंबवत ऊपर की ओर फेंकी गई गेंद के लिए,समय $t$ पर विस्थापन $h$ गति के समीकरण द्वारा दिया जाता है:
$h = u t - \frac{1}{2} g t^2$
दोनों पक्षों को $t$ से विभाजित करने पर ($t \neq 0$ के लिए):
$\frac{h}{t} = u - \frac{1}{2} g t$
इसे रैखिक समीकरण के रूप $y = m x + c$ में व्यवस्थित करने पर:
$\frac{h}{t} = (-\frac{g}{2}) t + u$
इसकी तुलना $y = m x + c$ से करने पर,जहाँ $y = \frac{h}{t}$,$x = t$,ढाल $m = -\frac{g}{2}$,और अंतःखंड $c = u$ है।
इस प्रकार,$\frac{h}{t}$ बनाम $t$ का ग्राफ प्लॉट करने पर एक सीधी रेखा प्राप्त होती है।
गुरुत्वीय त्वरण $g$ का मान इस रेखा की ढाल के परिमाण को $2$ से गुणा करके प्राप्त किया जा सकता है।

(C) माना कि $P$ और $Q$ के बीच की कुल दूरी $3x \, km$ है।
दूरी को तीन समान भागों में विभाजित किया गया है,जिनमें से प्रत्येक की लंबाई $x \, km$ है।
पहले भाग के लिए,गति $v_1 = 10 \, km/h$ है। लिया गया समय $t_1 = \frac{x}{10} \, h$ है।
दूसरे भाग के लिए,गति $v_2 = 20 \, km/h$ है। लिया गया समय $t_2 = \frac{x}{20} \, h$ है।
तीसरे भाग के लिए,गति $v_3 = 60 \, km/h$ है। लिया गया समय $t_3 = \frac{x}{60} \, h$ है।
औसत गति को कुल दूरी को कुल समय से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है:
$\text{औसत गति} = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{3x}{t_1 + t_2 + t_3}$
मान रखने पर:
$\text{औसत गति} = \frac{3x}{\frac{x}{10} + \frac{x}{20} + \frac{x}{60}}$
लघुत्तम समापवर्त्य $(60)$ लेने पर:
$\text{औसत गति} = \frac{3x}{\frac{6x + 3x + x}{60}} = \frac{3x}{\frac{10x}{60}} = \frac{3x \times 60}{10x} = 18 \, km/h$.

(C) गुएरिक के प्रयोग में,वायुमंडलीय दबाव अर्धगोले के प्रक्षेपित क्षेत्रफल (projected area) पर कार्य करता है।
$R$ त्रिज्या वाले अर्धगोले का प्रक्षेपित क्षेत्रफल $A = \pi R^2$ होता है।
चूंकि गोले के अंदर निर्वात है,इसलिए अंदर का दबाव $0$ है। अनुप्रस्थ काट पर शुद्ध दबाव अंतर $p - 0 = p$ है।
अर्धगोलों को अलग करने के लिए आवश्यक बल $F$,प्रक्षेपित क्षेत्रफल पर वायुमंडल द्वारा लगाए गए बल के बराबर होता है:
$F = P \times A$
$F = p \times \pi R^2$
अतः,आवश्यक न्यूनतम बल $p \pi R^2$ है।

(B) चरण $1$: $-7^{\circ} C$ पर $100 \, g$ बर्फ को $0^{\circ} C$ तक लाने के लिए आवश्यक ऊष्मा की गणना करें।
$Q_1 = m_{\text{ice}} \cdot c_{\text{ice}} \cdot \Delta T = 100 \cdot 2.2 \cdot (0 - (-7)) = 100 \cdot 2.2 \cdot 7 = 1540 \, J$.
चरण $2$: $15^{\circ} C$ पर $200 \, g$ पानी को $0^{\circ} C$ तक ठंडा करने पर मुक्त ऊष्मा की गणना करें।
$Q_2 = m_{\text{water}} \cdot c_{\text{water}} \cdot \Delta T = 200 \cdot 4.2 \cdot (15 - 0) = 200 \cdot 4.2 \cdot 15 = 12600 \, J$.
चरण $3$: बर्फ को पिघलाने के लिए उपलब्ध ऊष्मा निर्धारित करें।
पिघलने के लिए उपलब्ध ऊष्मा = $Q_2 - Q_1 = 12600 - 1540 = 11060 \, J$.
चरण $4$: पिघली हुई बर्फ के द्रव्यमान $(m_{\text{melt}})$ की गणना करें।
$m_{\text{melt}} = \frac{\text{उपलब्ध ऊष्मा}}{L_f} = \frac{11060}{335} \approx 33.01 \, g$.
चरण $5$: शेष बर्फ के द्रव्यमान की गणना करें।
$m_{\text{remaining}} = 100 - 33.01 = 66.99 \, g \approx 67 \, g$.

(B) जब गेंद हवा में होती है,तो उस पर कार्य करने वाला एकमात्र बल गुरुत्वाकर्षण होता है,इसलिए इसका त्वरण $-g = -9.8 \, m/s^2$ पर स्थिर रहता है।
फर्श के साथ टक्कर के क्षण में,गेंद बहुत कम समय के लिए एक बहुत बड़ा आवेगी बल अनुभव करती है,जिससे वेग में अचानक परिवर्तन होता है। इसके परिणामस्वरूप प्रत्येक टक्कर बिंदु पर एक बहुत उच्च धनात्मक त्वरण स्पाइक उत्पन्न होता है।
इसलिए,त्वरण-समय आलेख में $-9.8 \, m/s^2$ पर एक स्थिर रेखा होती है और टक्कर के समय तीक्ष्ण,धनात्मक ऊर्ध्वाधर स्पाइक्स होते हैं। यह विकल्प $(b)$ में दिखाए गए आलेख के अनुरूप है।

(C) माना कण बिंदु $A$ से $u=0$ प्रारंभिक वेग के साथ चलना शुरू करता है। यह $s_1 = \frac{2}{3}d$ दूरी तक $f$ त्वरण के साथ चलकर बिंदु $B$ पर $v_1$ वेग प्राप्त करता है।
गति के समीकरण $v^2 - u^2 = 2as$ का उपयोग करने पर:
$v_1^2 - 0^2 = 2f(\frac{2}{3}d) \Rightarrow v_1^2 = \frac{4}{3}fd \Rightarrow v_1 = 2\sqrt{\frac{fd}{3}}$.
पहले भाग के लिए लगा समय $t_1$,$v = u + at$ से प्राप्त होता है:
$v_1 = 0 + ft_1 \Rightarrow t_1 = \frac{v_1}{f} = \frac{2}{f}\sqrt{\frac{fd}{3}} = 2\sqrt{\frac{d}{3f}}$.
दूसरे भाग की गति के लिए $B$ से $C$ तक,दूरी $s_2 = \frac{1}{3}d$ है,प्रारंभिक वेग $v_1$ है और अंतिम वेग $v_2 = 0$ है। माना मंदन $a'$ है।
$v_2^2 - v_1^2 = 2a's_2$ का उपयोग करने पर:
$0 - \frac{4}{3}fd = 2a'(\frac{1}{3}d) \Rightarrow a' = -2f$.
दूसरे भाग के लिए लगा समय $t_2$,$v_2 = v_1 + a't_2$ से प्राप्त होता है:
$0 = v_1 - 2ft_2 \Rightarrow t_2 = \frac{v_1}{2f} = \frac{2\sqrt{fd/3}}{2f} = \sqrt{\frac{d}{3f}}$.
कुल समय $t = t_1 + t_2 = 2\sqrt{\frac{d}{3f}} + \sqrt{\frac{d}{3f}} = 3\sqrt{\frac{d}{3f}} = \sqrt{\frac{9d}{3f}} = \sqrt{\frac{3d}{f}}$.

(C) मान लीजिए कि अंदर की हवा का प्रारंभिक दबाव $p_0$ (वायुमंडलीय दबाव) और प्रारंभिक आयतन $V_i$ है। जब पिस्टन से $m$ द्रव्यमान जोड़ा जाता है,तो पिस्टन नीचे चला जाता है और गैस का दबाव $p_f = p_0 - \frac{mg}{A}$ हो जाता है,जहाँ $A$ पाइप का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
चूंकि इस विस्तार के दौरान तापमान स्थिर रहता है,हम बॉयल के नियम का उपयोग करते हैं: $p_i V_i = p_f V_f$।
$p_0 V_i = (p_0 - \frac{mg}{A}) V_f$
$\frac{V_f}{V_i} = \frac{p_0}{p_0 - \frac{mg}{A}} = \frac{1}{1 - \frac{mg}{p_0 A}}$
छोटे $x = \frac{mg}{p_0 A}$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1-x)^{-1} \approx 1+x$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{V_f}{V_i} \approx 1 + \frac{mg}{p_0 A}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$\frac{\Delta V}{V_i} = \frac{V_f - V_i}{V_i} = \frac{mg}{p_0 A}$।
जब गैस को $T$ से $T-\Delta T$ तक ठंडा किया जाता है,तो यह अपने मूल आयतन $V_i$ पर वापस आ जाती है। स्थिर दबाव प्रक्रिया (समदाबीय) के लिए,$\frac{V}{T} = \text{स्थिरांक}$,इसलिए $\frac{\Delta V}{V_f} = \frac{\Delta T}{T}$।
अतः,$\frac{\Delta T}{T} = \frac{\Delta V}{V_f} \approx \frac{\Delta V}{V_i} = \frac{mg}{p_0 A}$।
दिया गया है $m = 50 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,$p_0 = 10^5 \,Pa$,और $r = 0.2 \,m$ $(A = \pi r^2 = 3.14 \times 0.04 = 0.1256 \,m^2)$:
$\frac{\Delta T}{T} = \frac{50 \times 10}{10^5 \times 0.1256} = \frac{500}{12560} \approx 0.0398 \approx 0.04$।

(C) ऊष्मा निष्कर्षण की दर स्थिर है, मान लीजिए यह $P$ है।
द्रव के ठंडा होने की प्रक्रिया के लिए, मुक्त हुई ऊष्मा $H = m C_L \Delta T$ है। चूँकि $H = P \cdot t$, हमारे पास $P \cdot t = m C_L \Delta T$ है, जो $T-t$ आलेख का ढाल $\frac{\Delta T}{t} = \frac{P}{m C_L}$ देता है।
चूँकि दोनों के लिए $P$ और $m$ समान हैं, ढाल विशिष्ट ऊष्मा $C_L$ के व्युत्क्रमानुपाती है। आलेख से, रेखा $2$ का ढाल रेखा $1$ की तुलना में अधिक है, इसलिए $C_{L 2} > C_{L 1}$, या $C_{L 1} < C_{L 2}$।
अवस्था परिवर्तन (ठोसकरण) भाग के लिए, मुक्त हुई ऊष्मा $H = m L$ है। चूँकि $H = P \cdot t_{phase}$, हमारे पास $P \cdot t_{phase} = m L$ है, जो $L = \frac{P}{m} t_{phase}$ देता है।
इस प्रकार, गुप्त ऊष्मा $L$ अवस्था परिवर्तन के दौरान व्यतीत समय $t_{phase}$ के सीधे समानुपाती है। आलेख से, पदार्थ $1$ के लिए क्षैतिज खंड पदार्थ $2$ की तुलना में लंबा है, इसलिए $t_{phase, 1} > t_{phase, 2}$, जिसका अर्थ है $L_1 > L_2$।
अतः, $C_{L 1} < C_{L 2}$ और $L_1 > L_2$। सही विकल्प $C$ है।

(C) जब पहले से ध्रुवीकृत प्रकाश पुंज एक पोलराइज़र से गुजरता है,तो प्राप्त प्रकाश की तीव्रता $I$ मैलस के नियम द्वारा दी जाती है: $I = I_0 \cos^2 \theta$,जहाँ $I_0$ आपतित ध्रुवीकृत प्रकाश की तीव्रता है और $\theta$ ध्रुवीकरण के तल और पोलराइज़र की ट्रांसमिशन अक्ष के बीच का कोण है।
चूंकि प्रत्येक पोलराइज़र $10 \%$ प्रकाश को अवशोषित करता है,इसलिए ट्रांसमिशन कारक $k = 0.9$ है।
$1$. पहले पोलराइज़र $(P_1)$ के लिए: आपतित प्रकाश ऊर्ध्वाधर है। ट्रांसमिशन अक्ष ऊर्ध्वाधर के साथ $30^{\circ}$ पर है। अतः,$\theta_1 = 30^{\circ}$।
$I_1 = k \cdot I_0 \cdot \cos^2(30^{\circ}) = 0.9 \cdot 100 \cdot (\sqrt{3}/2)^2 = 0.9 \cdot 100 \cdot 0.75 = 67.5 \, W/m^2$।
$2$. दूसरे पोलराइज़र $(P_2)$ के लिए: $P_2$ पर आपतित प्रकाश $30^{\circ}$ पर ध्रुवीकृत है। $P_2$ की ट्रांसमिशन अक्ष ऊर्ध्वाधर के साथ $60^{\circ}$ पर है। आपतित प्रकाश और अक्ष के बीच का कोण $\theta_2 = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
$I_2 = k \cdot I_1 \cdot \cos^2(30^{\circ}) = 0.9 \cdot 67.5 \cdot 0.75 = 45.5625 \, W/m^2$।
$3$. तीसरे पोलराइज़र $(P_3)$ के लिए: $P_3$ पर आपतित प्रकाश $60^{\circ}$ पर ध्रुवीकृत है। $P_3$ की ट्रांसमिशन अक्ष ऊर्ध्वाधर के साथ $90^{\circ}$ पर है। आपतित प्रकाश और अक्ष के बीच का कोण $\theta_3 = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
$I_3 = k \cdot I_2 \cdot \cos^2(30^{\circ}) = 0.9 \cdot 45.5625 \cdot 0.75 \approx 30.75 \, W/m^2$।
अंतिम तीव्रता लगभग $30 \, W/m^2$ है।

(C) दिया गया है,$(dn/dy) > 0$। इसका अर्थ है कि जैसे-जैसे हम धनात्मक $y$-दिशा में बढ़ते हैं,अपवर्तनांक $n$ बढ़ता है।
मान लीजिए $AB$ आपतित तरंगाग्र है,जहाँ $A$ का $y$-निर्देशांक $B$ से अधिक है।
चूंकि $A$ पर अपवर्तनांक $n$,$B$ की तुलना में अधिक है,इसलिए $A$ पर प्रकाश की गति $v = c/n$,$B$ की तुलना में कम होगी।
जैसे ही तरंगाग्र $t$ मोटाई के माध्यम से गुजरता है,$B$ पर स्थित तरंगाग्र का हिस्सा $A$ पर स्थित हिस्से की तुलना में तेजी से यात्रा करता है।
परिणामस्वरूप,तरंगाग्र इस प्रकार घूमता है कि $B$ सिरा $A$ सिरे से आगे निकल जाता है,जिससे बाहर निकलने वाली प्रकाश किरण ऊपर की ओर मुड़ जाती है।

(B) कथन $(I)$ अमान्य है क्योंकि गॉस का नियम $(\phi = q_{\text{enclosed}} / \varepsilon_0)$ केवल व्युत्क्रम वर्ग क्षेत्रों के लिए मान्य है। यदि $E = \frac{kq}{r^3} \hat{r}$ है, तो $r$ त्रिज्या वाली गोलाकार सतह से गुजरने वाला फ्लक्स:
$\phi = \oint E \cdot dA = \int \frac{kq}{r^3} dA = \frac{kq}{r^3} (4\pi r^2) = \frac{4\pi kq}{r} \neq \frac{q}{\varepsilon_0}$.
कथन $(II)$ मान्य है। व्युत्क्रम वर्ग क्षेत्र में, समरूपता के कारण समान रूप से आवेशित कोश के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है। हालाँकि, व्युत्क्रम घन क्षेत्र के लिए, कोश के विभिन्न भागों से उत्पन्न क्षेत्रों का अध्यारोपण आंतरिक बिंदुओं पर शून्य नहीं होता है। इसलिए, अंदर रखा गया आवेश एक गैर-शून्य शुद्ध बल का अनुभव करेगा।
अतः, केवल कथन $(II)$ मान्य है।

(C) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $q_{enclosed}$ सतह द्वारा परिबद्ध कुल आवेश है।
यदि सतह द्वारा कोई आवेश परिबद्ध नहीं है $(q_{enclosed} = 0)$,तो सतह से गुजरने वाला कुल फ्लक्स शून्य होता है।
मामलों $I$ और $II$ में,बिंदु आवेश बंद सतह के अंदर है,इसलिए कुल फ्लक्स शून्य नहीं है।
मामलों $III$ और $IV$ में,बिंदु आवेश बंद सतह के बाहर है,इसलिए परिबद्ध कुल आवेश शून्य है,जिसका अर्थ है कि इन सतहों से गुजरने वाला कुल फ्लक्स शून्य है।
इसलिए,केवल $I$ और $II$ मामलों के लिए ही कुल फ्लक्स शून्य नहीं है।

(B) प्रारंभिक डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{0} = h / (m v_{0})$ है।
जब तरंगदैर्ध्य $\lambda_{0} / 3$ हो जाती है,तो अंतिम संवेग $p_f = 3 p_0$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि अंतिम गति $v_f = 3 v_{0}$ है।
कण $y$-दिशा में $a = (q E_{0} / m) \hat{j}$ का निरंतर त्वरण अनुभव करता है।
$t$ समय पर वेग $\vec{v} = v_{0} \hat{i} + (q E_{0} t / m) \hat{j}$ द्वारा दिया जाता है।
वेग का परिमाण $v = \sqrt{v_{0}^{2} + (q E_{0} t / m)^{2}}$ है।
$v = 3 v_{0}$ रखने पर,हमें $9 v_{0}^{2} = v_{0}^{2} + (q E_{0} t / m)^{2}$ प्राप्त होता है।
यह $8 v_{0}^{2} = (q E_{0} t / m)^{2}$ में सरल हो जाता है।
$t$ के लिए हल करने पर,$t = \frac{2 \sqrt{2} v_{0}}{E_{0}} \cdot \frac{m}{q}$ प्राप्त होता है।
अतः,$t \propto m/q$.

(C) $X$ और $Y$ ज्ञात करने के लिए,हम दोनों अभिक्रियाओं पर परमाणु क्रमांक $(Z)$ और द्रव्यमान संख्या $(A)$ के संरक्षण के नियम को लागू करते हैं।
अभिक्रिया $I$ के लिए: ${ }_{7}^{14} N +{ }_{2}^{4} He \longrightarrow{ }_{8}^{17} O + X$
$Z$ का योग: $7 + 2 = 8 + Z_X \implies Z_X = 1$
$A$ का योग: $14 + 4 = 17 + A_X \implies A_X = 1$
अतः,$X$ एक ${ }_{1}^{1} H$ (प्रोटॉन) है।
अभिक्रिया $II$ के लिए: ${ }_{4}^{9} Be +{ }_{2}^{4} He \longrightarrow{ }_{6}^{12} C + Y$
$Z$ का योग: $4 + 2 = 6 + Z_Y \implies Z_Y = 0$
$A$ का योग: $9 + 4 = 12 + A_Y \implies A_Y = 1$
अतः,$Y$ एक ${ }_{0}^{1} n$ (न्यूट्रॉन) है।
इसलिए,$X$ एक प्रोटॉन है और $Y$ एक न्यूट्रॉन है।

(D) एक बेलनाकार लेंस में केवल एक दिशा में (इसकी अक्ष के लंबवत) वक्रता होती है।
जब प्रकाश की एक समानांतर किरण पुंज एक समतल-बेलनाकार लेंस पर आपतित होती है,तो प्रकाश किरणें केवल बेलन की अक्ष के लंबवत तल में ही अपवर्तित होती हैं।
ये किरणें लेंस की फोकल रेखा पर अभिसरित (converge) होती हैं।
चूंकि लेंस इस तरह से उन्मुख है कि इसकी अक्ष $Y$-अक्ष के समानांतर है,इसलिए अभिसरण फोकल तल पर $Y$-अक्ष के समानांतर एक रेखा के साथ होता है।
इसलिए,पर्दे पर $Y$-अक्ष के समानांतर एक चमकीली रेखा देखी जाएगी।

(D) अवक्षय परत (depletion layer) $n$-साइड से $p$-साइड की ओर इलेक्ट्रॉनों के विसरण (diffusion) के कारण बनती है। वहाँ वे $p$-साइड के कोटरों (holes) के साथ संयोजित हो जाते हैं।
$p-n$ जंक्शन में,अवक्षय क्षेत्र में कोई मुक्त आवेश नहीं होते हैं। इसमें केवल बद्ध आवेश (आयनित डोपेंट परमाणु) होते हैं।
अवक्षय क्षेत्र की चौड़ाई डोपेंट सांद्रता के व्युत्क्रमानुपाती होती है। इसलिए,$p$ और $n$-साइड पर इसकी चौड़ाई अलग-अलग हो सकती है।
$n$-साइड से $p$-साइड की ओर इलेक्ट्रॉनों के विसरण के कारण,अवक्षय परत की $p$-साइड ऋणात्मक रूप से आवेशित (आयनित ग्राही परमाणुओं के कारण) और $n$-साइड धनात्मक रूप से आवेशित (आयनित दाता परमाणुओं के कारण) हो जाती है।

(D) तरंगदैर्ध्य $\lambda$ वाले फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{12400 \, \text{eV} \cdot \mathring{A}}{\lambda (\mathring{A})}$ द्वारा दी जाती है।
दी गई तरंगदैर्ध्य के लिए ऊर्जा की गणना:
$E_1 = \frac{12400}{912} \approx 13.6 \, \text{eV}$
$E_2 = \frac{12400}{1026} \approx 12.08 \, \text{eV}$
$E_3 = \frac{12400}{1216} \approx 10.2 \, \text{eV}$
$E_4 = \frac{12400}{3646} \approx 3.4 \, \text{eV}$
कमरे के तापमान पर,हाइड्रोजन परमाणु अपनी मूल अवस्था (ground state,$n=1$) में होते हैं।
अवशोषण होने के लिए,फोटॉन की ऊर्जा मूल अवस्था और उत्तेजित अवस्था $(n > 1)$ के बीच के ऊर्जा अंतर के बराबर होनी चाहिए। उत्तेजना के लिए आवश्यक न्यूनतम ऊर्जा $E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \, \text{eV}$ है।
चूंकि $3.4 \, \text{eV}$,मूल अवस्था से उत्तेजना के लिए आवश्यक $10.2 \, \text{eV}$ से कम है,इसलिए $3646 \, \mathring{A}$ तरंगदैर्ध्य का मजबूती से अवशोषण नहीं होगा।

(A) जैसे ही तार की लूप चुंबकीय क्षेत्र के क्षेत्र में प्रवेश करती है,लूप में एक विद्युत वाहक बल (emf) प्रेरित होता है। इस प्रेरित emf के कारण उत्पन्न धारा तार की लूप पर एक विरोधी बल लगाती है।
प्रेरित emf $E = B a v$ द्वारा दिया जाता है।
प्रेरित धारा $I = \frac{E}{R} = \frac{B a v}{R}$ है।
लूप पर चुंबकीय बल $F = -B I a = -B \left( \frac{B a v}{R} \right) a = -\frac{B^{2} a^{2} v}{R}$ है।
(ऋणात्मक चिह्न दर्शाता है कि यह बल एक मंदक बल है)।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,लूप का त्वरण $A$ है:
$A = \frac{F}{m} = \frac{d v}{d t} = -\frac{B^{2} a^{2} v}{m R}$.
हम चेन रूल $\frac{d v}{d t} = \frac{d v}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = v \frac{d v}{d x}$ का उपयोग करके इसे फिर से लिख सकते हैं:
$v \frac{d v}{d x} = -\frac{B^{2} a^{2} v}{m R}$.
दोनों पक्षों को $v$ से विभाजित करने पर ($v \neq 0$ मानते हुए):
$d v = -\frac{B^{2} a^{2}}{m R} d x$.
दोनों पक्षों का $v_{0}$ से $v$ और $0$ से $x$ की सीमाओं के बीच समाकलन करने पर:
$\int_{v_{0}}^{v} d v = -\frac{B^{2} a^{2}}{m R} \int_{0}^{x} d x$.
$v - v_{0} = -\frac{B^{2} a^{2}}{m R} x$.
अतः,दूरी $x$ पर लूप का वेग है:
$v = v_{0} - \frac{B^{2} a^{2}}{m R} x$.

(D) बोर के सिद्धांत में,नाभिक के परिमित द्रव्यमान को ध्यान में रखने के लिए रिड्यूस्ड मास $\mu$ का उपयोग किया जाता है। रिडबर्ग नियतांक $R$,रिड्यूस्ड मास $\mu = \frac{m_e M}{m_e + M}$ के समानुपाती होता है,जहाँ $m_e$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है और $M$ नाभिक का द्रव्यमान है।
हाइड्रोजन $(H)$ के लिए,$M_H \approx 2000 m_e$। अतः,$\mu_H = \frac{m_e (2000 m_e)}{m_e + 2000 m_e} = \frac{2000}{2001} m_e$।
ड्यूटेरियम $(D)$ के लिए,नाभिक में एक प्रोटॉन और एक न्यूट्रॉन होता है,इसलिए $M_D \approx 4000 m_e$। अतः,$\mu_D = \frac{m_e (4000 m_e)}{m_e + 4000 m_e} = \frac{4000}{4001} m_e$।
चूंकि $\frac{1}{\lambda} \propto \mu$,इसलिए $\lambda \propto \frac{1}{\mu}$।
अतः,$\frac{\lambda_H}{\lambda_D} = \frac{\mu_D}{\mu_H} = \left(\frac{4000}{4001}\right) \times \left(\frac{2001}{2000}\right) = 2 \times \frac{2001}{4001} = \frac{4002}{4001}$।
सापेक्ष परिवर्तन $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{\lambda_H - \lambda_D}{\lambda_H} = 1 - \frac{\lambda_D}{\lambda_H} = 1 - \frac{4001}{4002} = \frac{1}{4002} \approx 0.00025$।
प्रतिशत में,यह $\approx 0.025 \%$ है। हालांकि,मानक सन्निकटन $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} \approx \frac{\mu_H - \mu_D}{\mu_D} \approx \frac{1}{2000} = 0.0005$ का उपयोग करने पर,जो $0.05 \%$ देता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $0.05 \%$ है।

(C) एक सौर सेल में,जब $hf > E_g$ ऊर्जा वाला प्रकाश $p-n$ जंक्शन पर पड़ता है,तो इलेक्ट्रॉन-होल जोड़े उत्पन्न होते हैं। ये आवेश वाहक जंक्शन के विद्युत क्षेत्र द्वारा अलग हो जाते हैं,जिसमें इलेक्ट्रॉन $n$-पक्ष की ओर और होल $p$-पक्ष की ओर गति करते हैं।
यदि कोई लोड नहीं जुड़ा है,तो ये आवेश $n$ और $p$ पक्षों पर जमा हो जाते हैं,जिससे एक फोटो-वोल्टेज उत्पन्न होता है।
जब एक बाहरी लोड जोड़ा जाता है,तो सर्किट में एक फोटो-धारा $I_L$ प्रवाहित होती है। इस स्थिति में,उपकरण एक शक्ति स्रोत के रूप में कार्य करता है और बाहरी लोड को शक्ति प्रदान करता है। इस संचालन के लिए $V-I$ विशेषता वक्र चौथे चतुर्थांश में स्थित होता है,जहाँ वोल्टेज $V$ धनात्मक है और धारा $I$ ऋणात्मक है (जो यह दर्शाता है कि धारा उपकरण से बाहर निकल रही है)। इसलिए,डायोड चौथे चतुर्थांश में शक्ति उत्पन्न करता है।

(A) लेजर किरण ऊपरी सतह पर आंशिक परावर्तन और आंशिक अपवर्तन का अनुभव करती है। अपवर्तित किरण कांच के माध्यम से यात्रा करती है,पीछे के दर्पण से परावर्तित होती है और कांच के स्लैब से बाहर निकलती है।
मान लीजिए कि आपतन कोण $\theta$ है और अपवर्तन कोण $r$ है। स्नेल के नियम के अनुसार,$\sin \theta = n \sin r$,इसलिए $\sin r = \frac{\sin \theta}{n}$।
पहले परावर्तन के बिंदु (ऊपरी सतह पर) और उस बिंदु के बीच की क्षैतिज दूरी जहाँ अपवर्तित किरण स्लैब से बाहर निकलती है,$x = 2t \tan r$ है।
पर्दे पर,दो किरणें (एक ऊपरी सतह से परावर्तित,एक निचली सतह से) बिंदु बनाती हैं। इन बिंदुओं के बीच की ऊर्ध्वाधर दूरी $h_1 - h_2$ क्षैतिज दूरी $d_1 - d_2$ से $\tan \theta = \frac{d_1 - d_2}{h_1 - h_2}$ द्वारा संबंधित है।
अतः,दूरी $h_1 - h_2 = \frac{2t \tan r}{\tan \theta}$ है।
$\tan r = \frac{\sin r}{\cos r} = \frac{\sin \theta / n}{\sqrt{1 - (\sin \theta / n)^2}} = \frac{\sin \theta}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \theta}}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$h_1 - h_2 = \frac{2t}{\tan \theta} \cdot \frac{\sin \theta}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \theta}} = \frac{2t \cos \theta}{\sqrt{n^2 - \sin^2 \theta}}$।

(D) आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण $K_{max} = h\nu - \phi_0$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $K_{max} = eV_s$ ($V_s$ निरोधी विभव है)।
$(I)$ उत्सर्जन की तात्कालिक प्रकृति यह बताती है कि ऊर्जा का स्थानांतरण अलग-अलग पैकेटों (फोटॉन) में होता है,जो क्वांटम सिद्धांत का समर्थन करता है।
$(II)$ देहली आवृत्ति $(
u_0)$ का अस्तित्व यह दर्शाता है कि इलेक्ट्रॉन को बाहर निकालने के लिए फोटॉन के पास न्यूनतम ऊर्जा $h\nu_0$ होनी चाहिए,जो सीधे फोटॉन मॉडल का समर्थन करती है।
$(III)$ चूंकि $eV_s = h\nu - \phi_0$,निरोधी विभव $V_s$ आवृत्ति $\nu$ का एक रैखिक फलन है। यह $E = h\nu$ संबंध की पुष्टि करता है।
$(IV)$ हालांकि फोटो-करंट तीव्रता के समानुपाती होता है,लेकिन यह फोटॉनों की संख्या का गुण है और यह विशेष रूप से एक फोटॉन की ऊर्जा-आवृत्ति संबंध को सिद्ध नहीं करता है।
अतः,कथन $(I), (II),$ और $(III)$ वे हैं जो यह दर्शाते हैं कि प्रकाश क्वांटा से बना है जिनकी ऊर्जा आवृत्ति के समानुपाती होती है।

(A) दिया गया है: शिखर वोल्टेज $V_0 = 220 \,V$,आवृत्ति $f = 50 \,Hz$,प्रतिरोध $R = 400 \,\Omega$,धारिता $C = 200 \,\mu F = 200 \times 10^{-6} \,F$,और प्रेरकत्व $L = 6 \,H$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2\pi f = 2 \times \pi \times 50 = 100\pi \,rad/s$.
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = 100\pi \times 6 = 600\pi \,\Omega \approx 1884.96 \,\Omega$.
धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100\pi \times 200 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.02\pi} = \frac{50}{\pi} \,\Omega \approx 15.92 \,\Omega$.
प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{400^2 + (1884.96 - 15.92)^2} = \sqrt{160000 + (1869.04)^2} \approx \sqrt{160000 + 3493310} \approx \sqrt{3653310} \approx 1911.36 \,\Omega$.
अधिकतम धारा $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{220}{1911.36} \approx 0.115 \,A$.
निकटतम मान लेने पर,अधिकतम धारा लगभग $0.12 \,A$ है।

(A) $n$वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का त्वरण $a_{n} = \frac{v_{n}^{2}}{r_{n}}$ द्वारा दिया जाता है।
बोर मॉडल के अनुसार,वेग $v_{n} \propto \frac{Z}{n}$ और त्रिज्या $r_{n} \propto \frac{n^{2}}{Z}$ होती है।
इन मानों को त्वरण के सूत्र में रखने पर:
$a_{n} \propto \frac{(Z/n)^{2}}{(n^{2}/Z)} = \frac{Z^{2}/n^{2}}{n^{2}/Z} = \frac{Z^{3}}{n^{4}}$.
अतः,समान $n$वीं कक्षा में हाइड्रोजन $(Z_{H} = 1)$ और एकल आयनित हीलियम $(Z_{He} = 2)$ के लिए त्वरण का अनुपात:
$\frac{a_{H}}{a_{He}} = \frac{Z_{H}^{3}}{Z_{He}^{3}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{1}{8}$.
इसलिए,अनुपात $1:8$ है।

(B) गाजर सफेद प्रकाश में नारंगी दिखाई देता है क्योंकि यह दृश्य स्पेक्ट्रम के नारंगी हिस्से को परावर्तित करता है और शेष भाग को अवशोषित कर लेता है।
दृश्य स्पेक्ट्रम लगभग $400 \,nm$ से $750 \,nm$ तक होता है।
$1$. $\beta$-कैरोटीन अणु द्वारा अवशोषित तरंगदैर्ध्य मुख्य रूप से स्पेक्ट्रम के नीले और हरे क्षेत्रों में होती है,जो लगभग $550 \,nm$ से कम होती है।
$2$. परावर्तित तरंगदैर्ध्य (जो गाजर को नारंगी रंग प्रदान करती है) पीले,नारंगी और लाल क्षेत्रों में होती है,जो $550 \,nm$ से अधिक होती है।
अतः,$\beta$-कैरोटीन अणु $550 \,nm$ से कम तरंगदैर्ध्य के प्रकाश को अवशोषित करता है।

(D) यदि कूलम्ब बल $F \propto 1/r^3$ के रूप में बदलता है,तो बिंदु आवेश $q$ से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = k q / r^3$ द्वारा दिया जाता है।
$R$ त्रिज्या और $Q$ कुल आवेश वाले एक ठोस धात्विक गोले के लिए,समरूपता के कारण,गोले के अंदर $(r < R)$ विद्युत क्षेत्र शून्य होना चाहिए क्योंकि सतह आवेश वितरण के विभिन्न भागों का योगदान किसी भी आंतरिक बिंदु पर एक-दूसरे को रद्द कर देता है।
हालाँकि,इस बल नियम के लिए गॉस का नियम संशोधित हो जाता है। $r$ त्रिज्या $(r < R)$ वाली गोलाकार गॉसियन सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi = \oint E \cdot dA$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि अंदर $E = 0$ है,इसलिए फ्लक्स $\phi = 0$ है।
मानक स्थिति $(F \propto 1/r^2)$ में,गॉस का नियम कहता है कि $\oint E \cdot dA = q_{enclosed} / \epsilon_0$। यदि बल नियम $1/r^3$ में बदल जाता है,तो फ्लक्स और परिबद्ध आवेश के बीच का संबंध बदल जाता है। विशेष रूप से,$1/r^3$ बल के लिए,एक बंद सतह से गुजरने वाला फ्लक्स केवल परिबद्ध आवेश के समानुपाती नहीं होता है। गणनाएँ दर्शाती हैं कि इस बल नियम के लिए,चालक के अंदर आवेश घनत्व $\rho$ शून्य नहीं होता है ताकि अंदर $E=0$ बना रहे,क्योंकि मानक गॉस का नियम उसी तरह लागू नहीं होता है। इस प्रकार,समरूपता के कारण अंदर का क्षेत्र शून्य रहता है,लेकिन अंदर का आवेश घनत्व शून्य नहीं होता है।

(C) एक पतले प्रिज्म के लिए,न्यूनतम विचलन कोण $\delta_{m}$ का सूत्र $\delta_{m} = (\mu - 1)A$ है,जहाँ $A$ प्रिज्म कोण है।
दिया गया है $\mu = 1.5 + \frac{0.004}{\lambda^{2}}$,इसे सूत्र में रखने पर:
$\delta_{m} = \left(1.5 + \frac{0.004}{\lambda^{2}} - 1\right)A = \left(0.5 + \frac{0.004}{\lambda^{2}}\right)A$.
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि $\delta_{m}$ तरंगदैर्ध्य $\lambda^{2}$ के व्युत्क्रमानुपाती है।
इसलिए,जैसे-जैसे तरंगदैर्ध्य $\lambda$ बढ़ती है,अपवर्तनांक $\mu$ घटता है,जिसके परिणामस्वरूप न्यूनतम विचलन कोण $\delta_{m}$ भी घट जाता है।
यदि $\lambda_{1} < \lambda_{2}$ है,तो $\mu(\lambda_{1}) > \mu(\lambda_{2})$ होगा।
अतः,$\delta_{m}(\lambda_{1}) > \delta_{m}(\lambda_{2})$ प्राप्त होता है।

(A) चूंकि पहले ध्रुवक पर आपतित पुंज अध्रुवित है,इसलिए पहले ध्रुवक से गुजरने के बाद इसकी तीव्रता आधी हो जाती है। यहाँ मेलस का नियम लागू नहीं होता है।
अतः,पहले ध्रुवक के बाद तीव्रता $I_{1}$ है:
$I_{1} = \frac{I_{0}}{2} = \frac{20}{2} = 10 \,W/m^{2}$
चूंकि पहले ध्रुवक से निकलने वाला प्रकाश रैखिक रूप से ध्रुवित होता है,इसलिए दूसरे ध्रुवक के लिए मेलस का नियम लागू होता है।
दूसरे ध्रुवक के बाद प्राप्त तीव्रता $I_{2}$ है:
$I_{2} = I_{1} \cdot \cos^{2} \theta$
जहाँ $\theta$ पहले और दूसरे ध्रुवक की संचरण अक्षों के बीच का कोण है।
चूंकि कोण ऊर्ध्वाधर से $30^{\circ}$ और $60^{\circ}$ हैं,इसलिए उनके बीच का कोण $\theta = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
अतः,$I_{2} = 10 \times \cos^{2} 30^{\circ}$
$I_{2} = 10 \times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} = 10 \times \frac{3}{4} = 7.5 \,W/m^{2}$

(B) इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,$\lambda = \frac{h}{mv_{0}}$.
अंत में,तरंगदैर्ध्य $\lambda' = \frac{\lambda}{3} = \frac{h}{mv'}$ हो जाती है।
दोनों की तुलना करने पर,$\frac{\lambda}{\lambda/3} = \frac{h/mv_{0}}{h/mv'} \implies 3 = \frac{v'}{v_{0}}$,अतः अंतिम वेग का परिमाण $v' = 3v_{0}$ है।
विद्युत क्षेत्र के कारण इलेक्ट्रॉन $y$-दिशा में $a = \frac{eE_{0}}{m}$ का त्वरण अनुभव करता है।
$t$ समय के बाद वेग सदिश $\vec{v}' = v_{0}\hat{i} + \frac{eE_{0}t}{m}\hat{j}$ है।
अंतिम वेग का परिमाण $|v'| = \sqrt{v_{0}^{2} + (\frac{eE_{0}t}{m})^{2}}$ है।
$|v'| = 3v_{0}$ रखने पर,$9v_{0}^{2} = v_{0}^{2} + (\frac{eE_{0}t}{m})^{2}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $8v_{0}^{2} = (\frac{eE_{0}t}{m})^{2}$,जिससे $t = \frac{m}{eE_{0}} \sqrt{8v_{0}^{2}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$t \propto \frac{1}{E_{0}}$।

(A) सही विकल्प $A$ है।
जब कोई पक्षी एक ही हाई-टेंशन तार पर बैठता है,तो उसके दोनों पैर एक-दूसरे के बहुत करीब तार के संपर्क में होते हैं। चूंकि तार एक अच्छा सुचालक है,इसलिए इन दो बिंदुओं के बीच विभवांतर नगण्य (लगभग शून्य) होता है।
ओम के नियम के अनुसार,किसी चालक से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{\Delta V}{R}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\Delta V$ विभवांतर है और $R$ प्रतिरोध है। चूंकि $\Delta V \approx 0$ है,इसलिए पक्षी के शरीर से प्रवाहित होने वाली धारा भी लगभग शून्य होती है। इसलिए,पक्षी के शरीर के माध्यम से जमीन या किसी अन्य चरण (फेज) तक परिपथ पूर्ण नहीं होता है और पक्षी को बिजली का झटका नहीं लगता है।

(A) जब एक धनात्मक आवेश $q$ को एक उदासीन चालक खोल की गुहा के अंदर रखा जाता है,तो यह खोल की आंतरिक सतह पर $-q$ आवेश प्रेरित करता है ताकि यह सुनिश्चित हो सके कि चालक पदार्थ के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य है। चूंकि खोल उदासीन है,इसलिए खोल की बाहरी सतह पर $+q$ आवेश दिखाई देना चाहिए। आवेश का वितरण आंतरिक और बाहरी दोनों सतहों पर समान होगा,सिवाय गैप के पास। चालक के पदार्थ के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य होना चाहिए,जो इस वितरण द्वारा संतुष्ट होता है। सही निरूपण चित्र में दिखाया गया है,जहां आंतरिक सतह पर ऋणात्मक आवेश और बाहरी सतह पर धनात्मक आवेश है।

(B) वेग के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र में आवेशित कण का प्रक्षेप पथ वृत्ताकार होता है।
इस वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$ का मान $R = \frac{mv}{Bq}$ होता है।
$V$ विभवांतर द्वारा त्वरित आयन द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2}mv^2 = qV$ है,जिसका अर्थ है $v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$।
$R$ के व्यंजक में $v$ का मान रखने पर,हमें $R = \frac{m}{Bq} \sqrt{\frac{2qV}{m}} = \frac{\sqrt{2mqV}}{Bq} = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}}$ प्राप्त होता है।
आयन के स्क्रीन से टकराने के लिए,उसके पथ की त्रिज्या चुंबकीय क्षेत्र की चौड़ाई $\omega$ से अधिक होनी चाहिए,अर्थात $R > \omega$।
अतः,$\frac{1}{B} \sqrt{\frac{2mV}{q}} > \omega$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $\frac{2mV}{B^2q} > \omega^2$ प्राप्त होता है।
$q$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $q < \frac{2mV}{B^2\omega^2}$ प्राप्त होता है।

(A) कण की स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} m \omega^{2} r^{2}$ के रूप में दी गई है।
वृत्ताकार कक्षा के लिए,अभिकेंद्री बल विभव की प्रवणता द्वारा प्रदान किया जाता है: $F = -\frac{dU}{dr} = -m \omega^{2} r$।
बल के परिमाण को अभिकेंद्री बल के साथ बराबर करने पर: $m \omega^{2} r = \frac{m v^{2}}{r}$,जिसका अर्थ है $v^{2} = \omega^{2} r^{2}$,या $v = r \omega$।
अब,कण का कोणीय संवेग $L = mvr = m(r \omega)r = m r^{2} \omega$ है।
बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार,$L = \frac{n h}{2 \pi}$।
$L$ के दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $m r^{2} \omega = \frac{n h}{2 \pi}$।
$r^{2}$ के लिए हल करने पर: $r^{2} = \frac{n h}{2 \pi m \omega}$।
वर्गमूल लेने पर: $r = \sqrt{n} \sqrt{\frac{h}{2 \pi m \omega}}$।
चूंकि $a = \sqrt{\frac{h}{2 \pi m \omega}}$ दिया गया है,इसलिए $r = a \sqrt{n}$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए इलेक्ट्रॉन का वेग $v$ है।
प्रत्येक इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $mvr = \hbar$ दिया गया है।
एक इलेक्ट्रॉन पर कार्य करने वाला कुल स्थिर-विद्युत बल नाभिक से आकर्षण और दूसरे इलेक्ट्रॉन से प्रतिकर्षण का अंतर है। चूंकि इलेक्ट्रॉन विपरीत दिशाओं में हैं,इसलिए उनके बीच की दूरी $2r$ है।
$F_e = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0(2r)^2} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} - \frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$.
वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल $F_c = \frac{mv^2}{r} = \frac{(mvr)^2}{mr^3} = \frac{\hbar^2}{mr^3}$ है।
बलों को बराबर करने पर,$F_c = F_e$:
$\frac{\hbar^2}{mr^3} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$.
$r$ के लिए हल करने पर:
$r = \frac{4}{3} \left( \frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2} \right) = \frac{4}{3} a_B$.

(B) लूप पर लगने वाला विरोधी चुंबकीय बल $F = B I a$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ प्रेरित धारा है।
चूंकि $I = \frac{E}{R}$,जहाँ $E = B a v$ प्रेरित emf है,इसलिए हमारे पास $I = \frac{B a v}{R}$ है।
अतः,विरोधी बल $F = \frac{B^2 a^2 v}{R}$ है।
न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$m \frac{dv}{dt} = -\frac{B^2 a^2 v}{R}$।
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$,हम $m v \frac{dv}{dx} = -\frac{B^2 a^2 v}{R}$ लिख सकते हैं,जो सरल होकर $\frac{dv}{dx} = -\frac{B^2 a^2}{m R}$ हो जाता है।
यह दर्शाता है कि जब लूप चुंबकीय क्षेत्र के क्षेत्र में प्रवेश कर रहा होता है या बाहर निकल रहा होता है,तो इसकी गति दूरी $x$ के साथ रैखिक रूप से घटती है।
जब लूप पूरी तरह से चुंबकीय क्षेत्र के अंदर होता है,तो इससे गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स स्थिर रहता है,इसलिए कोई emf प्रेरित नहीं होता है और गति स्थिर रहती है।
इसलिए,गति $v$ घटती है,स्थिर रहती है,और फिर से घटती है,जिसे ग्राफ $B$ द्वारा दर्शाया गया है।

(A) रदरफोर्ड के प्रकीर्णन प्रयोग (जिसे गाइगर-मार्सडेन प्रयोग के रूप में भी जाना जाता है) में उपयोग किए जाने वाले कण $\alpha$-कण हैं।
एक $\alpha$-कण हीलियम का नाभिक होता है,जिसे ${ }_2^4 He$ के रूप में दर्शाया जाता है।
इसमें $2$ प्रोटॉन और $2$ न्यूट्रॉन होते हैं,जिसका अर्थ है कि इसका परमाणु क्रमांक $2$ और द्रव्यमान संख्या $4$ है।
चूंकि यह एक नाभिक है,इसलिए यह पूर्णतः आयनित होता है (इसमें कोई इलेक्ट्रॉन नहीं होते हैं),जिसके परिणामस्वरूप इस पर $+2e$ का शुद्ध धनात्मक आवेश होता है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) ${ }_{16} S ^{32}$ का परमाणु क्रमांक $Z = 16$ है।
सल्फर का इलेक्ट्रॉनिक विन्यास $1s^2, 2s^2, 2p^6, 3s^2, 3p^4$ है।
इन्हें मुख्य क्वांटम संख्या $(n)$ के अनुसार व्यवस्थित करने पर:
- $n=1$ ($K$-कोश): $1s^2$ ($2$ इलेक्ट्रॉन हैं,जो पूर्णतः भरा हुआ है)।
- $n=2$ ($L$-कोश): $2s^2, 2p^6$ ($2+6=8$ इलेक्ट्रॉन हैं,जो पूर्णतः भरा हुआ है)।
- $n=3$ ($M$-कोश): $3s^2, 3p^4$ ($6$ इलेक्ट्रॉन हैं,जो पूर्णतः भरा हुआ नहीं है क्योंकि इसकी क्षमता $2n^2 = 2(3)^2 = 18$ है)।
अतः,पूर्णतः भरी हुई कोशों की संख्या $2$ है।

(B) माना $a$ समबाहु त्रिभुज की भुजा की लंबाई है,$r$ वृत्त की त्रिज्या है और $x$ तार का प्रति इकाई लंबाई का प्रतिरोध है। तब,$L = 3a = 2 \pi r$,जिससे $a = L / 3$ और $r = L / (2 \pi)$ प्राप्त होता है।
विन्यास $1$ में,$AB$ के बीच तुल्य प्रतिरोध एक भुजा (प्रतिरोध $ax$) और दो भुजाओं (प्रतिरोध $2ax$) का समानांतर संयोजन है:
$R_{AB} = \frac{(ax)(2ax)}{ax + 2ax} = \frac{2a^2 x^2}{3ax} = \frac{2}{3} ax = \frac{2}{3} \left( \frac{L}{3} \right) x = \frac{2Lx}{9}$.
व्ययित शक्ति $P_1 = \frac{V^2}{R_{AB}} = \frac{9V^2}{2Lx}$ है।
विन्यास $2$ में,$PQ$ के बीच तुल्य प्रतिरोध दो अर्धवृत्तों का समानांतर संयोजन है,जिनमें से प्रत्येक की लंबाई $\pi r$ (प्रतिरोध $\pi rx$) है:
$R_{PQ} = \frac{(\pi rx)(\pi rx)}{\pi rx + \pi rx} = \frac{\pi rx}{2} = \frac{\pi (L / 2\pi) x}{2} = \frac{Lx}{4}$.
व्ययित शक्ति $P_2 = \frac{V^2}{R_{PQ}} = \frac{4V^2}{Lx}$ है।
व्ययित शक्ति का अनुपात $\frac{P_1}{P_2} = \frac{9V^2 / 2Lx}{4V^2 / Lx} = \frac{9}{8}$ है।

(C) आपतित किरण ऋणात्मक $y$-दिशा में यात्रा करती है,इसलिए इसका दिशा सदिश $-\hat{j}$ है।
दर्पण $Y$-अक्ष के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाता है। दर्पण का अभिलंब $X$-अक्ष के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाता है (या $Y$-अक्ष के साथ $60^{\circ}$ का कोण)।
परावर्तन के नियम के अनुसार,आपतन कोण परावर्तन कोण के बराबर होता है।
आपतित किरण दर्पण की सतह के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाती है। अतः,परावर्तित किरण भी दर्पण की सतह के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाएगी।
ज्यामिति को देखने पर,परावर्तित किरण चौथे चतुर्थांश में $X$-अक्ष के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाती है।
परावर्तित किरण के दिशा सदिश को $\vec{v} = v_x \hat{i} + v_y \hat{j}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
चूंकि यह चौथे चतुर्थांश में है,इसलिए $v_x > 0$ और $v_y < 0$ है।
धनात्मक $X$-अक्ष के साथ कोण $-30^{\circ}$ है।
अतः,दिशा $(\cos(-30^{\circ})\hat{i} + \sin(-30^{\circ})\hat{j}) = (\frac{\sqrt{3}}{2}\hat{i} - \frac{1}{2}\hat{j})$ के समानुपाती है।
$2$ से गुणा करने पर,हमें $\sqrt{3}\hat{i} - \hat{j}$ सदिश प्राप्त होता है।
इसलिए,सही विकल्प $(c)$ है।

(C) मान लीजिए $q_1$ और $q_2$ भुजा $a$ वाले एक समबाहु त्रिभुज के दो शीर्षों पर आवेश हैं। तीसरे शीर्ष पर विद्युत क्षेत्र $E$ का परिमाण $q_1$ और $q_2$ के कारण उत्पन्न क्षेत्रों $E_1$ और $E_2$ के सदिश योग द्वारा दिया जाता है।
$E = \sqrt{E_1^2 + E_2^2 + 2 E_1 E_2 \cos 60^{\circ}}$
चूंकि $E_1 = \frac{k q_1}{a^2}$ और $E_2 = \frac{k q_2}{a^2}$,हमारे पास है:
$E = \frac{k}{a^2} \sqrt{q_1^2 + q_2^2 + q_1 q_2}$
दिया गया है $q_1 + q_2 = q$,मान लीजिए $x = q_1 / q$,इसलिए $q_1 = xq$ और $q_2 = (1-x)q$.
इन मानों को $E$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{k}{a^2} \sqrt{(xq)^2 + ((1-x)q)^2 + (xq)((1-x)q)}$
$E = \frac{kq}{a^2} \sqrt{x^2 + 1 - 2x + x^2 + x - x^2} = \frac{kq}{a^2} \sqrt{x^2 - x + 1}$
न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,$f(x) = x^2 - x + 1$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करके उसे शून्य के बराबर रखने पर:
$f'(x) = 2x - 1 = 0 \implies x = 0.5$.
$x = 0$ या $x = 1$ पर,$E = \frac{kq}{a^2}$. $x = 0.5$ पर,$E = \frac{kq}{a^2} \sqrt{0.25 - 0.5 + 1} = \frac{kq}{a^2} \sqrt{0.75} = \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{kq}{a^2}$.
यह ग्राफ $C$ में दिखाए गए वक्र के अनुरूप है।

(B) अपवर्तनांक $\mu$ का मान $\mu = 1.33 + \frac{0.002}{\lambda^2}$ द्वारा दिया गया है।
चूंकि $\mu$ तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए छोटी तरंगदैर्ध्य के लिए अपवर्तनांक अधिक होता है।
तरंगदैर्ध्य का क्रम $\lambda_{\text{blue}} < \lambda_{\text{orange}}$ है।
इसलिए,अपवर्तनांक का क्रम $\mu_{\text{blue}} > \mu_{\text{orange}}$ होगा।
आभासी गहराई $d'$ वास्तविक गहराई $d$ और अपवर्तनांक $\mu$ से $d' = \frac{d}{\mu}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
चूंकि टंकी के तल पर सभी टुकड़ों के लिए $d$ स्थिर है,इसलिए $d' \propto \frac{1}{\mu}$ होगा।
चूंकि $\mu_{\text{blue}} > \mu_{\text{orange}}$,इसलिए $d'_{\text{blue}} < d'_{\text{orange}}$ प्राप्त होता है।
अतः,नीले टुकड़ों का प्रतिबिंब नारंगी टुकड़ों की तुलना में कम गहरा (उथला) दिखाई देता है।

(C) वोल्टमीटर का प्रतिरोध बहुत अधिक (आदर्श रूप से अनंत) होता है, और एमीटर का प्रतिरोध बहुत कम (आदर्श रूप से शून्य) होता है।
जब एमीटर को $8 \, k\Omega$ के प्रतिरोधक के समानांतर जोड़ा जाता है, तो एमीटर $8 \, k\Omega$ के प्रतिरोधक के लिए शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है। इसलिए, इस समानांतर संयोजन का प्रभावी प्रतिरोध लगभग $0 \, \Omega$ होता है।
अब, परिपथ में प्रभावी रूप से $6 \, V$ की बैटरी, $2 \, k\Omega$ का प्रतिरोधक और उच्च प्रतिरोध वाला वोल्टमीटर श्रेणीक्रम में हैं।
चूंकि वोल्टमीटर का प्रतिरोध $2 \, k\Omega$ के प्रतिरोधक की तुलना में अत्यधिक अधिक है, इसलिए बैटरी का लगभग पूरा विभवांतर वोल्टमीटर के सिरों पर ही गिरता है।
अतः, वोल्टमीटर का पाठ्यांक लगभग $6.0 \, V$ होगा।

(D) पहला प्रतिबिंब $KVPY$ शब्द को सीधा दिखाता है,जो एक अपसारी (अवतल) लेंस की विशेषता है। एक समतल-अवतल लेंस हमेशा एक अपसारी लेंस के रूप में कार्य करता है,चाहे प्रकाश समतल तरफ से प्रवेश करे या अवतल तरफ से। इसलिए,पहला प्रतिबिंब समतल-अवतल लेंस की किसी भी तरफ से देखकर प्राप्त किया जा सकता है।
दूसरा प्रतिबिंब $KVPY$ शब्द को उल्टा दिखाता है,जो एक अभिसारी (उत्तल) लेंस की विशेषता है जब वस्तु को फोकस दूरी से परे रखा जाता है। एक समतल-उत्तल लेंस हमेशा एक अभिसारी लेंस के रूप में कार्य करता है,चाहे प्रकाश समतल तरफ से प्रवेश करे या उत्तल तरफ से। इसलिए,दूसरा प्रतिबिंब समतल-उत्तल लेंस की किसी भी तरफ से देखकर प्राप्त किया जा सकता है।
चूंकि समतल-अवतल और समतल-उत्तल दोनों लेंस वस्तु किस तरफ है,इससे स्वतंत्र होकर समान प्रकार के प्रतिबिंब (अवतल के लिए सीधा,उत्तल के लिए उल्टा) उत्पन्न करते हैं,इसलिए वर्णित सभी स्थितियां $(I, II, III, IV)$ भौतिक रूप से संभव हैं।
अतः,सभी कथन सही हैं।

(A) जैसे-जैसे $\theta$ बढ़ता है,आपतन कोण $i = 90^\circ - \theta$ घटता है।
प्रारंभ में,छोटे $\theta$ के लिए,आपतन कोण $i$ क्रांतिक कोण $i_c$ से अधिक होता है,इसलिए पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होता है। परावर्तित किरण स्क्रीन पर धनात्मक ऊँचाई $x = h \tan \theta$ पर टकराती है,जहाँ $h$ सतह से स्रोत की दूरी है। जैसे-जैसे $\theta$ बढ़ता है,$x$ बढ़ता है।
जब $\theta$ उस मान तक पहुँच जाता है जहाँ $i = i_c$ होता है,तो किरण सतह को छूकर निकलती है।
इस क्रांतिक मान से अधिक $\theta$ के लिए,$i < i_c$ होता है,और किरण कांच के स्लैब से अपवर्तित होकर बाहर निकलती है। अपवर्तित किरण क्षैतिज अक्ष के नीचे स्क्रीन पर टकराती है,जिससे $x$ ऋणात्मक हो जाता है। जैसे-जैसे $\theta$ और बढ़ता है,अपवर्तन कोण बढ़ता है,जिससे बिंदु और नीचे चला जाता है और $x$ अधिक ऋणात्मक हो जाता है। अतः,सही ग्राफ $A$ है।

(B) मान लीजिए कि चारों गेंदें $x$ भुजा वाले वर्ग के कोनों पर हैं। निलंबन बिंदु से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर अक्ष से प्रत्येक गेंद की दूरी $r = l \sin 45^{\circ} = 20 \times 10^{-2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{0.2}{\sqrt{2}} \,m$ है।
दो निकटवर्ती गेंदों के बीच की दूरी $x = \sqrt{2} r = 0.2 \,m$ है।
अन्य तीन गेंदों के कारण एक गेंद पर लगने वाला स्थिर वैद्युत बल $F_e$ अन्य तीन आवेशों से लगने वाले बलों का सदिश योग है। दो निकटवर्ती आवेश $x$ दूरी पर हैं,और विकर्ण आवेश $\sqrt{2} x$ दूरी पर है।
$F_e = \frac{k Q^2}{x^2} \cos 45^{\circ} + \frac{k Q^2}{x^2} \cos 45^{\circ} + \frac{k Q^2}{(\sqrt{2} x)^2} = \frac{2 k Q^2}{x^2} \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{k Q^2}{2 x^2} = \frac{k Q^2}{x^2} (\sqrt{2} + 0.5)$.
संतुलन में,$\tan 45^{\circ} = \frac{F_e}{mg} \Rightarrow F_e = mg$.
$mg = \frac{k Q^2}{x^2} (\sqrt{2} + 0.5)$.
दिया गया है $m = 0.1 \,kg$,$g = 10 \,m/s^2$,$k = 9 \times 10^9$,$x = 0.2 \,m$.
$0.1 \times 10 = \frac{9 \times 10^9 \times Q^2}{(0.2)^2} (1.414 + 0.5)$.
$1 = \frac{9 \times 10^9 \times Q^2}{0.04} (1.914)$.
$Q^2 = \frac{0.04}{9 \times 10^9 \times 1.914} \approx 2.32 \times 10^{-12} \,C^2$.
$Q \approx 1.52 \times 10^{-6} \,C = 1.52 \,\mu C$.
अतः,$Q$ का मान $1.5 \,\mu C$ के करीब है।

(D) प्रणाली की कोणीय गति $\omega = 600 \,rev/s = 600 \times 2\pi \,rad/s = 1200\pi \,rad/s$ है।
परमाणु को दूसरी स्लिट से गुजरने के लिए,दूसरी डिस्क को उस समय $t$ में $\pi$ रेडियन के विषम गुणज (अर्थात $\pi, 3\pi, 5\pi, \dots$) में घूमना चाहिए,जो परमाणु को $L = 0.5 \,m$ की दूरी तय करने में लगता है।
लिया गया समय $t = L/v$ है।
डिस्क द्वारा घुमाया गया कोण $\theta = \omega t = \omega (L/v)$ है।
स्लिट्स के संरेखित होने के लिए,$\theta = (2n-1)\pi$ जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ है।
अतः,$\omega (L/v) = (2n-1)\pi$।
$v = \frac{\omega L}{(2n-1)\pi} = \frac{1200\pi \times 0.5}{(2n-1)\pi} = \frac{600}{2n-1}$।
$n=1$ के लिए,$v_1 = 600/1 = 600 \,m/s$।
$n=2$ के लिए,$v_2 = 600/3 = 200 \,m/s$।
इस प्रकार,दो सबसे बड़ी गति $600 \,m/s$ और $200 \,m/s$ हैं।

(C) किसी नाभिक ${ }_Z^A X$ के लिए,द्रव्यमान संख्या $A = N + Z$ होती है,जहाँ $N$ न्यूट्रॉन की संख्या है और $Z$ प्रोटॉन की संख्या है।
$(I)$ ${ }_{32}^{65} X$ और ${ }_{33}^{65} Y$ में,परमाणु क्रमांक $(Z)$ क्रमशः $32$ और $33$ हैं। चूँकि $Z$ अलग है,इसलिए वे समस्थानिक नहीं हैं। यह कथन गलत है।
$(II)$ ${ }_{42}^{86} X$ और ${ }_{42}^{85} Y$ में,दोनों का परमाणु क्रमांक $(Z)$ $42$ है। समान $Z$ और अलग द्रव्यमान संख्या $(A)$ होने के कारण,वे समस्थानिक हैं। यह कथन सही है।
$(III)$ ${ }_{85}^{174} X$ के लिए,$N = 174 - 85 = 89$। ${ }_{88}^{177} Y$ के लिए,$N = 177 - 88 = 89$। चूँकि दोनों में $89$ न्यूट्रॉन हैं,इसलिए यह कथन सही है।
$(IV)$ ${ }_{92}^{235} X$ और ${ }_{94}^{235} Y$ में,दोनों की द्रव्यमान संख्या $(A = 235)$ समान है। समान द्रव्यमान संख्या वाले नाभिकों को समभारिक कहा जाता है। यह कथन सही है।
अतः,कथन $(II), (III)$ और $(IV)$ सही हैं।

(B) उत्तल दर्पण के लिए,बनने वाला प्रतिबिंब हमेशा आभासी,सीधा और छोटा होता है।
रेखा $PQ$ पर विचार करें। बिंदु $Q$,बिंदु $P$ की तुलना में दर्पण से अधिक दूर है। उत्तल दर्पण के लिए,आवर्धन $m = -v/u$ धनात्मक और $1$ से कम होता है। चूंकि $Q$ दर्पण से अधिक दूर है $(u_Q > u_P)$,$Q$ का प्रतिबिंब $(Q')$ $P$ के प्रतिबिंब $(P')$ की तुलना में दर्पण के अधिक करीब होगा,और $P'$ तथा $Q'$ के बीच की दूरी $P$ और $Q$ के बीच की दूरी से कम होगी।
इसके अलावा,चूंकि दर्पण उत्तल है,ध्रुव से दूर के बिंदुओं से आने वाली किरणें मुख्य फोकस के करीब के बिंदुओं से आती हुई प्रतीत होती हैं। इस प्रकार,प्रतिबिंब $P'Q'$ इस तरह झुका हुआ दिखाई देगा कि दर्पण के करीब का सिरा $(P')$ दर्पण से दूर के सिरे $(Q')$ की तुलना में मुख्य अक्ष से अधिक दूर हो।
इस तर्क को दोनों रेखाओं $PQ$ और $RS$ पर लागू करने पर,हम पाते हैं कि सही योजनाबद्ध निरूपण विकल्प $B$ द्वारा दिया गया है।

(A) केंद्र $O$ पर स्थित एक ऋणात्मक आवेश पर किसी शीर्ष पर स्थित धनात्मक आवेश के कारण लगने वाला स्थिर वैद्युत बल उस शीर्ष की दिशा में होता है।
मान लीजिए कि शीर्षों पर आवेश $q_1, q_2, q_3, q_4, q_5, q_6$ हैं। केंद्र $O$ पर ऋणात्मक आवेश पर विपरीत दिशाओं में स्थित आवेशों के तीन जोड़ों द्वारा लगाए गए बल इस प्रकार हैं:
$1$. बाईं और दाईं ओर स्थित $q$ परिमाण के दो आवेश एक-दूसरे के प्रभाव को निरस्त कर देते हैं।
$2$. नीचे स्थित $q$ आवेश और ऊपर स्थित $2q$ आवेश के कारण,परिणामी बल ऊपर वाले शीर्ष की दिशा में लगता है (क्योंकि $2q > q$ है)।
$3$. ऊपर-बाईं ओर स्थित $q$ आवेश और नीचे-दाईं ओर स्थित $3q$ आवेश के कारण,परिणामी बल नीचे-दाईं ओर वाले शीर्ष की दिशा में लगता है (क्योंकि $3q > q$ है)।
इन दो परिणामी बलों के सदिश योग द्वारा,केंद्र $O$ पर स्थित ऋणात्मक आवेश पर लगने वाला कुल परिणामी बल दाईं ओर की दिशा में होता है।

(C) सही विकल्प $C$ है।
पूर्ण सूर्य ग्रहण के दौरान,चंद्रमा सूर्य और पृथ्वी के बीच से गुजरता है,जिससे पृथ्वी की सतह के एक छोटे से हिस्से पर उसकी छाया पड़ती है।
चंद्रमा का आकार पृथ्वी की तुलना में बहुत छोटा है। इसके अलावा,सूर्य की तुलना में चंद्रमा पृथ्वी के काफी करीब है।
परिणामस्वरूप,चंद्रमा द्वारा पृथ्वी पर डाली गई छाया अपेक्षाकृत छोटी होती है,जो चंद्रमा से देखे जाने पर पृथ्वी की दृश्य डिस्क के केवल एक छोटे से हिस्से को कवर करती है। इसे विकल्प $C$ में बड़े वृत्त $E$ के भीतर छोटे छायांकित क्षेत्र द्वारा दर्शाया गया है।

(C) मान लीजिए $S$ वह बिंदु स्रोत है जिसे अभिसारी लेंस से $u = -2f$ दूरी पर रखा गया है।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{1}{v} - \frac{1}{-2f} = \frac{1}{f}$ प्राप्त होता है,जिससे $\frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{2f} = \frac{1}{2f}$ मिलता है। अतः,$v = 2f$ है।
इसका अर्थ है कि लेंस दूसरी ओर $2f$ दूरी पर एक प्रतिबिंब $S'$ बनाता है।
दर्पण से परावर्तित किरणें लेंस से पुनः गुजरने के बाद समानांतर हो जाएं,इसके लिए दर्पण से लेंस पर आपतित किरणें लेंस के फोकस से आती हुई प्रतीत होनी चाहिए।
मान लीजिए दर्पण को लेंस से $d$ दूरी पर रखा गया है। लेंस से आने वाली किरणें $2f$ दूरी पर स्थित $S'$ की ओर अभिसरित होती हैं। दर्पण इन किरणों को परावर्तित करता है,जिससे लेंस के लिए एक आभासी वस्तु $S''$ बनती है। अंतिम किरणें समानांतर रहें,इसके लिए वस्तु $S''$ को लेंस के फोकस $F$ पर होना चाहिए।
ज्यामिति से,लेंस से दर्पण की दूरी $d$ है। लेंस से $S'$ की दूरी $2f$ है। लेंस से $S''$ की दूरी $f$ है।
दर्पण $S''$ और $S'$ के मध्य बिंदु पर स्थित है। इसलिए,$d = \frac{f + 2f}{2} = \frac{3f}{2}$ है।
चूंकि $f = 30 \, cm$ दिया गया है,इसलिए $d = \frac{3 \times 30}{2} = 45 \, cm$ होगा।

(D) पहला प्रतिबिंब $KVPY$ शब्द को सीधा दिखाता है,जिसका अर्थ है कि यह एक आभासी प्रतिबिंब है। एक समतल-अवतल लेंस एक अपसारी (diverging) लेंस है,जो किसी भी वास्तविक वस्तु की स्थिति के लिए हमेशा सीधा,आभासी और छोटा प्रतिबिंब बनाता है।
दूसरा प्रतिबिंब $KVPY$ शब्द को उल्टा दिखाता है,जिसका अर्थ है कि यह एक वास्तविक प्रतिबिंब है। एक समतल-उत्तल लेंस एक अभिसारी (converging) लेंस है,जो वास्तविक और उल्टा प्रतिबिंब बनाता है जब वस्तु को फोकस दूरी से अधिक दूरी $(u > f)$ पर रखा जाता है।
कथनों का विश्लेषण:
$(I)$ समतल-उत्तल लेंस एक अभिसारी लेंस है। यदि $u > f$ है,तो किसी भी तरफ (समतल या उत्तल) से देखने पर उल्टा वास्तविक प्रतिबिंब प्राप्त होगा। इसलिए,पहला प्रतिबिंब (जो सीधा है) समतल-उत्तल लेंस द्वारा नहीं बन सकता। कथन $(I)$ गलत है।
$(II)$ पहला प्रतिबिंब सीधा है (समतल-अवतल लेंस द्वारा निर्मित) और दूसरा प्रतिबिंब उल्टा है (समतल-उत्तल लेंस द्वारा निर्मित)। यह सही है।
$(III)$ पहला प्रतिबिंब सीधा है (समतल-अवतल लेंस द्वारा निर्मित) और दूसरा प्रतिबिंब उल्टा है (समतल-उत्तल लेंस द्वारा निर्मित)। यह सही है।
$(IV)$ पहला प्रतिबिंब सीधा है (समतल-अवतल लेंस द्वारा निर्मित) और दूसरा प्रतिबिंब उल्टा है (समतल-उत्तल लेंस द्वारा निर्मित)। यह सही है।
अतः,कथन $(II), (III),$ और $(IV)$ सही हैं। सही विकल्प $D$ है।

(C) सही उत्तर $A-C$ है।
$I$. मानव आंख और कैमरा दोनों प्रकाश किरणों को अभिसरित करने के लिए उत्तल लेंस का उपयोग करते हैं,जो सही है।
$II$. आंख लेंस की फोकस दूरी को बदलकर फोकस करती है (समायोजन),जबकि कैमरा लेंस और फिल्म/सेंसर के बीच की दूरी को बदलकर फोकस करता है,जो सही है।
$III$. आंख और कैमरा दोनों क्रमशः रेटिना और फिल्म/सेंसर पर वास्तविक और उल्टी छवि बनाते हैं। इसलिए,कथन $III$ गलत है।
$IV$. रेटिना आंख में प्रकाश-संवेदनशील स्क्रीन के रूप में कार्य करता है,जो कैमरे में फिल्म या डिजिटल सेंसर के समान है,जो सही है।
$V$. कैमरा प्रकाश को नियंत्रित करने के लिए एपर्चर का उपयोग करता है,और आंख में पुतली (प्यूपिल) प्रकाश को नियंत्रित करती है। भौतिकी पाठ्यक्रम के संदर्भ में,कथन $V$ को प्रकाश नियंत्रण तंत्र के संबंध में सही माना जाता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,$I, II, IV$ और $V$ सही कथन हैं।

(A) लेंस के लिए आवर्धन $m$,प्रतिबिंब दूरी $v$ और वस्तु दूरी $u$ के अनुपात के रूप में दिया जाता है,जिसे $m = \frac{v}{u}$ लिखा जाता है।
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ से,हम लिख सकते हैं कि $\frac{1}{u} = \frac{1}{v} - \frac{1}{f} = \frac{f-v}{vf}$।
इसे आवर्धन सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर: $m = v \times \frac{f-v}{vf} = \frac{f-v}{f} = 1 - \frac{v}{f}$।
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{v}{f} = 1 - m$,जिसका अर्थ है $v = f(1 - m)$।
चूंकि शक्ति $P = \frac{1}{f}$ (मीटर में) है,इसलिए हम $f = \frac{1}{P}$ को समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं।
अतः,$v = \frac{1-m}{P}$।

(C) चित्र की ज्यामिति से,स्क्रीन पर छाया की लंबाई $CD = H$ है।
समरूप त्रिभुजों $\triangle BGF$ और $\triangle DEF$ से,हमारे पास है:
$\frac{DE}{BG} = \frac{FE}{GF} \Rightarrow \frac{h'}{h} = \frac{d-x}{x} \Rightarrow \frac{d}{x} = \frac{h' + h}{h} \quad \dots(i)$
अब,समरूप त्रिभुजों $\triangle ABG$ और $\triangle ACE$ से,हमारे पास है:
$\frac{CE}{AE} = \frac{BG}{AG} \Rightarrow \frac{H + h'}{d + x} = \frac{h}{x} \Rightarrow \frac{d+x}{x} = \frac{H + h'}{h} \Rightarrow \frac{d}{x} + 1 = \frac{H + h'}{h} \Rightarrow \frac{d}{x} = \frac{H + h' - h}{h} \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$\frac{h' + h}{h} = \frac{H + h' - h}{h}$
$h' + h = H + h' - h$
$H = 2h$
अतः,दीवार पर छाया की ऊंचाई $2h$ है।

(D) दिए गए $V-I$ ग्राफ से:
$1$. $E$ से $F$ तक:
ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है,इसलिए $V = IR$। ढाल स्थिर है,$R = \frac{V}{I} = \frac{V_0}{I_0} = R_0$। अतः,प्रतिरोध $R_0$ पर स्थिर रहता है।
$2$. $F$ से $G$ तक:
वोल्टेज $V$,$V_0$ पर स्थिर है,जबकि धारा $I$,$I_0$ से बढ़कर $2I_0$ हो जाती है। प्रतिरोध $R = \frac{V}{I}$,$\frac{V_0}{I_0} = R_0$ से बदलकर $\frac{V_0}{2I_0} = \frac{R_0}{2}$ हो जाता है। जैसे-जैसे $I$ समय के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है,$R$,$R_0$ से घटकर $\frac{R_0}{2}$ हो जाता है।
$3$. $G$ से $H$ तक:
धारा $I$,$2I_0$ पर स्थिर है,जबकि वोल्टेज $V$,$V_0$ से बढ़कर $2V_0$ हो जाता है। प्रतिरोध $R = \frac{V}{I}$,$\frac{V_0}{2I_0} = \frac{R_0}{2}$ से बदलकर $\frac{2V_0}{2I_0} = R_0$ हो जाता है। जैसे-जैसे $V$ समय के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है,$R$,$\frac{R_0}{2}$ से बढ़कर $R_0$ हो जाता है।
इन परिवर्तनों की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,सही आलेख विकल्प $(d)$ द्वारा दर्शाया गया है।