KVPY 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) मेज को पलटने से रोकने के लिए,यह दो निकटतम पैरों को जोड़ने वाली रेखा के परितः घूमेगी। मान लीजिए मेज का केंद्र $C$ है और वह बिंदु जहाँ द्रव्यमान $m$ किनारे पर रखा गया है,$A$ है। दो निकटतम पैरों को जोड़ने वाली रेखा धुरी (pivot axis) के रूप में कार्य करती है,जो बिंदु $B$ से होकर गुजरती है।
क्रांतिक स्थिति में,धुरी के परितः द्रव्यमान $m$ के कारण लगने वाला टॉर्क,मेज के भार $(M)$ के कारण लगने वाले टॉर्क द्वारा संतुलित होना चाहिए।
मान लीजिए $R$ मेज की त्रिज्या है। केंद्र $C$ से धुरी $B$ तक की दूरी $BC = R \cos 45^{\circ} = \frac{R}{\sqrt{2}}$ है।
किनारे $A$ से धुरी $B$ तक की दूरी $AB = R - BC = R - \frac{R}{\sqrt{2}} = R(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$ है।
धुरी के परितः टॉर्क को संतुलित करने पर:
$m g (AB) = M g (BC)$
$m (R(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})) = M (\frac{R}{\sqrt{2}})$
$m = M \frac{1/\sqrt{2}}{1 - 1/\sqrt{2}} = M \frac{1}{\sqrt{2} - 1}$
यहाँ $M = 20 \,kg$ और $\sqrt{2} \approx 1.414$ दिया गया है:
$m = \frac{20}{1.414 - 1} = \frac{20}{0.414} \approx 48.3 \,kg$.
दिए गए विकल्पों में सबसे निकटतम मान $47 \,kg$ है।

(D) जब गतिशील दबाव के कारण लगने वाला बल पाइप की परिधि पर लगने वाले पृष्ठ तनाव के बल से अधिक हो जाता है,तो बुलबुला फिल्म से अलग हो जाता है।
गतिशील दबाव के कारण बल $F_{\text{dynamic}} = P_{\text{dynamic}} \times A = (\frac{1}{2} \rho v^2) \times (\pi R^2)$ है।
पृष्ठ तनाव का बल पाइप की परिधि पर कार्य करता है। चूंकि साबुन की फिल्म में दो सतहें होती हैं,इसलिए कुल पृष्ठ तनाव बल $F_{\text{surface tension}} = 2 \times (T \times 2 \pi R) = 4 \pi R T$ है।
बुलबुले के अलग होने के लिए,गतिशील बल कम से कम पृष्ठ तनाव बल के बराबर होना चाहिए:
$\frac{1}{2} \rho v^2 \times \pi R^2 = 4 \pi R T$
समीकरण को सरल करने पर:
$\frac{1}{2} \rho v^2 R = 4 T$
$v^2 = \frac{8 T}{\rho R}$
$v = \sqrt{\frac{8 T}{\rho R}}$
अतः,वह न्यूनतम गति जिस पर बुलबुला बनता है,$v = \sqrt{\frac{8 T}{\rho R}}$ है।

(A) एक आदर्श गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_{V} = \frac{dU}{dT}$ द्वारा दी जाती है।
$1$ मोल आदर्श गैस के लिए,$U = \frac{f}{2}RT + C$,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) है।
दिया गया है $U = \frac{5}{2}pV + C$। चूँकि $1$ मोल के लिए $pV = RT$,इसलिए $U = \frac{5}{2}RT + C$ होगा।
इसे $U = \frac{f}{2}RT + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\frac{f}{2} = \frac{5}{2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $f = 5$।
रुद्धोष्म सूचकांक (adiabatic index) $\gamma$ का मान $\gamma = 1 + \frac{2}{f} = 1 + \frac{2}{5} = \frac{7}{5}$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए समीकरण $pV^{\gamma} = \text{स्थिरांक}$ होता है।
$\gamma = \frac{7}{5}$ रखने पर,हमें $pV^{7/5} = \text{स्थिरांक}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों की घात $5$ करने पर,हमें $p^{5}V^{7} = \text{स्थिरांक}$ प्राप्त होता है।

(A,C) सही विकल्प $(a)$ और $(c)$ हैं।
$1$. आंतरिक ऊर्जा एक अवस्था फलन है,जिसका अर्थ है कि यह केवल प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं पर निर्भर करती है। चूंकि दोनों पथ $1$ और $2$ अवस्था $I$ से शुरू होते हैं और अवस्था $F$ पर समाप्त होते हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ दोनों पथों के लिए समान है।
$2$. दोनों प्रक्रियाओं में आयतन में वृद्धि (प्रसार) शामिल है,जिसका अर्थ है कि गैस परिवेश पर कार्य करती है। ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$। चूंकि गैस का प्रसार होता है,$\Delta W > 0$। दोनों पथों में ऊष्मा अवशोषित होती है,इसलिए विकल्प $(b)$ गलत है।
$3$. $p-V$ ग्राफ पर समतापी रेखाओं $(pV = nRT)$ को आलेखित करने पर,हम देखते हैं कि पथ $2$ अंतिम अवस्था पर लौटने से पहले उच्च तापमान वाली समतापी रेखाओं को पार करता है। इस प्रकार,पथ $2$ के अनुदिश तापमान पहले बढ़ता है और फिर घटता है। विकल्प $(c)$ सही है।
$4$. गैस द्वारा किया गया कार्य $p-V$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होता है। पथ $2$ के नीचे का क्षेत्रफल स्पष्ट रूप से पथ $1$ के नीचे के क्षेत्रफल से अधिक है। इसलिए,पथ $2$ में किया गया कार्य अधिक है,जिससे विकल्प $(d)$ गलत हो जाता है।

(D) एक आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n \cdot \frac{f}{2} \cdot R \cdot \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि पात्र कठोर है,इसलिए आयतन $V$ स्थिर रहता है। आदर्श गैस समीकरण $pV = nRT$ से,हमें $V \Delta p = nR \Delta T$ प्राप्त होता है।
इस मान को आंतरिक ऊर्जा के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\Delta U = \frac{f}{2} (V \Delta p)$ प्राप्त होता है।
द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ होती है।
दिया गया है: $V = 1 \,L = 10^{-3} \,m^{3}$ और $\Delta p = 10^{5} \,Pa$.
गणना करने पर: $\Delta U = \frac{5}{2} \times 10^{-3} \times 10^{5} = 2.5 \times 10^{2} = 250 \,J$.

(C) असंपीड्य,श्यानता-रहित तरल के सुव्यवस्थित प्रवाह के लिए बर्नौली के समीकरण के अनुसार:
$p + \frac{1}{2} \rho v^{2} + \rho g h = \text{स्थिरांक}$
दिए गए क्षैतिज पाइप में,सभी अनुभागों के लिए ऊंचाई $h$ स्थिर है।
इसलिए,समीकरण इस प्रकार सरल हो जाता है:
$p + \frac{1}{2} \rho v^{2} = \text{स्थिरांक}$
सांतत्य समीकरण के अनुसार,$A_{1}v_{1} = A_{2}v_{2}$। चूंकि पाइप का मध्य भाग संकरा है ($A$ छोटा है),इसलिए प्रवाह दर को स्थिर रखने के लिए उस अनुभाग में तरल का वेग $(v)$ बढ़ना चाहिए।
जैसे-जैसे संकरे अनुभाग में वेग $v$ बढ़ता है,योग को स्थिर रखने के लिए दबाव $p$ कम होना चाहिए।
इसलिए,बीच वाली ऊर्ध्वाधर पाइप में पानी का स्तर बाईं और दाईं ओर के चौड़े अनुभागों में पानी के स्तर से कम होगा। सही चित्रण समाधान छवि में दिखाया गया है।

(B) तख्ते के फ्रेम में ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल छद्म बल $ma$ (द्रव्यमान केंद्र पर पीछे की ओर),भार $mg$ (द्रव्यमान केंद्र पर नीचे की ओर),स्थैतिक घर्षण $f$ (आधार पर) और अभिलंब बल $N$ (आधार पर केंद्र रेखा से $x$ दूरी पर) हैं।
ब्लॉक के घूर्णी संतुलन में रहने के लिए,द्रव्यमान केंद्र के परितः कुल टॉर्क शून्य होना चाहिए।
छद्म बल $ma$ और भार $mg$ के कारण टॉर्क शून्य है क्योंकि उनकी क्रिया रेखा द्रव्यमान केंद्र से होकर गुजरती है।
घर्षण $f$ के कारण टॉर्क $\tau_f = f \cdot (l/2)$ है।
अभिलंब बल $N$ के कारण टॉर्क $\tau_N = N \cdot x$ है।
$\tau_N = \tau_f$ रखने पर,हमें $N \cdot x = f \cdot (l/2)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $N = mg$ और $f = ma$,इसलिए $mg \cdot x = ma \cdot (l/2)$ है।
अतः,$x = (a/g) \cdot (l/2)$।
$a = g/10$ दिया गया है,इसलिए $x = (1/10) \cdot (l/2) = l/20$ प्राप्त होता है।
चूंकि छद्म बल धनात्मक $x$-दिशा में कार्य करता है (ब्लॉक के फ्रेम के सापेक्ष यह पीछे की ओर कार्य करता है),इसलिए टॉर्क को संतुलित करने के लिए अभिलंब बल को ऋणात्मक $x$-दिशा में स्थानांतरित होना चाहिए। अतः,वह बिंदु $(-l/20, 0)$ है।

(A) प्रसार वक्र चित्र में दिखाए गए हैं। रुद्धोष्म वक्र का ढाल $\frac{dp}{dV} = -\gamma \left(\frac{p}{V}\right)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\gamma_{\text{diatomic}} = \frac{7}{5} = 1.4$ और $\gamma_{\text{monoatomic}} = \frac{5}{3} \approx 1.67$ है,इसलिए $\gamma_{\text{diatomic}} < \gamma_{\text{monoatomic}}$ है।
इसका अर्थ है कि एकपरमाणुक गैस के लिए रुद्धोष्म प्रसार वक्र द्विपरमाणुक गैस की तुलना में अधिक तीव्र (steep) है। चूंकि दोनों गैसें समान प्रारंभिक अवस्था से शुरू होती हैं और समान अंतिम अवस्था तक पहुँचती हैं,इसलिए $p-V$ ग्राफ के नीचे का क्षेत्रफल किए गए कार्य को दर्शाता है। प्रसार प्रक्रिया के दौरान द्विपरमाणुक गैस का वक्र एकपरमाणुक गैस के वक्र के ऊपर स्थित होता है,इसलिए द्विपरमाणुक गैस के वक्र के नीचे का क्षेत्रफल एकपरमाणुक गैस के वक्र के नीचे के क्षेत्रफल से अधिक होता है।
अतः,द्विपरमाणुक गैस द्वारा किया गया कार्य एकपरमाणुक गैस द्वारा किए गए कार्य से अधिक है।

(A) एक चक्रीय प्रक्रम में,निकाय अपनी प्रारंभिक अवस्था में वापस आ जाता है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन शून्य होता है,अर्थात $\Delta U = 0$।
$P-V$ आरेख में किया गया कार्य $\Delta W$ चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है। दक्षिणावर्त (clockwise) चक्र के लिए,किया गया कार्य धनात्मक होता है,और वामावर्त (counter-clockwise) चक्र के लिए,किया गया कार्य ऋणात्मक होता है।
दिए गए चित्र को देखने पर,चक्र $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow A$ वामावर्त दिशा में है। इसलिए,गैस द्वारा किया गया कुल कार्य ऋणात्मक है,अर्थात $\Delta W < 0$।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ होता है। चूंकि $\Delta U = 0$ और $\Delta W < 0$ है,इसलिए $\Delta Q = 0 + \Delta W < 0$ प्राप्त होता है। अतः,गैस को दी गई ऊष्मा भी ऋणात्मक है,अर्थात $Q < 0$।
इसलिए,चिह्न $\Delta W < 0$,$\Delta U = 0$,और $Q < 0$ हैं। सही विकल्प $A$ है।

(A) क्षैतिज दिशा में कण की गति का विरोध करने वाला एकमात्र बल ड्रैग बल है,जो $F = -kv$ द्वारा दिया जाता है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = ma_x$,जहाँ $a_x$ $x$-दिशा में त्वरण है।
इसलिए,$ma_x = -kv$,जिसका अर्थ है कि $a_x = -\frac{kv}{m}$।
यह दर्शाता है कि $x$-दिशा में मंदन गेंद के द्रव्यमान के व्युत्क्रमानुपाती होता है।
चूंकि हल्की गेंद $(M)$ भारी गेंद $(2M)$ की तुलना में अधिक मंदन का अनुभव करती है,इसलिए इसका क्षैतिज वेग अधिक तेजी से घटता है।
परिणामस्वरूप,भारी गेंद हल्की गेंद की तुलना में जमीन पर गिरने से पहले अधिक क्षैतिज दूरी तय करेगी।

(A) दिया गया है कि ड्रैग बल $F_d$ हवा के घनत्व $\sigma$,गेंद के वेग $v$ और अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ पर निर्भर करता है।
$F_d \propto \sigma^a v^b A^c$
विमीय विश्लेषण का उपयोग करते हुए: $[MLT^{-2}] = [ML^{-3}]^a [LT^{-1}]^b [L^2]^c$.
घातांकों की तुलना करने पर: $a=1$,$-3a+b+2c=1$,और $-b=-2 \Rightarrow b=2$.
$a=1, b=2$ को दूसरे समीकरण में रखने पर: $-3(1)+2+2c=1 \Rightarrow 2c=2 \Rightarrow c=1$.
अतः,$F_d = k \sigma v^2 A$.
टर्मिनल वेग $v_T$ पर,$mg = F_d = k \sigma v_T^2 A$.
चूंकि $A = \pi R^2$ और $m = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho_{ball}$,इसलिए $R^2 \propto m^{2/3}$.
$A \propto m^{2/3}$ को बल के समीकरण में रखने पर: $mg \propto v_T^2 m^{2/3} \Rightarrow v_T^2 \propto m^{1/3} \Rightarrow v_T \propto m^{1/6}$.
इसलिए,टर्मिनल वेग का अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \left(\frac{m_1}{m_2}\right)^{1/6} = \left(\frac{250}{125}\right)^{1/6} = 2^{1/6}$ है।

(B) इलेक्ट्रोस्टैटिक्स में,बिंदु आवेश $q$ से $R$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{R^2}$ द्वारा दिया जाता है।
विभव $V$ विद्युत क्षेत्र से $E = -\frac{dV}{dR}$ द्वारा संबंधित है।
दी गई समानता के अनुसार,ऊष्मा धारा घनत्व $j$ विद्युत क्षेत्र $E$ के समतुल्य है,और तापमान $T$ विभव $V$ के समतुल्य है।
इस प्रकार,स्रोत से $R$ दूरी पर ऊष्मा धारा घनत्व $j$,$\frac{1}{R^2}$ के समानुपाती होता है।
$R$ त्रिज्या वाली गोलाकार सतह से प्रवाहित होने वाली कुल ऊष्मा की दर $\dot{Q}$,ऊष्मा धारा घनत्व $j$ और सतह के क्षेत्रफल $A = 4\pi R^2$ के गुणनफल द्वारा दी जाती है।
इसलिए,$\dot{Q} = j \cdot A \propto \left( \frac{1}{R^2} \right) \cdot R^2 = R^0$.
हालाँकि,अनंत के सापेक्ष स्थिर तापमान अंतर पर बनाए रखे गए गोले के लिए,ऊष्मा प्रवाह दर $\dot{Q}$ गोले की धारिता (capacitance) के समानुपाती होती है,जो $R$ के समानुपाती होती है।
विशेष रूप से,$\dot{Q} = \frac{\Delta T}{R_{th}}$,जहाँ $R_{th} = \frac{1}{4\pi k R}$ है।
अतः,$\dot{Q} = 4\pi k R \Delta T \propto R^1$.
इसलिए,$n = 1$.

(B) प्रारंभ में,निकाय संतुलन में है। द्रव्यमान $M$ के लिए,स्प्रिंग बल $F_s = Mg$ है। चूंकि घिरनी द्रव्यमानहीन है और डोरी निरंतर है,डोरी में तनाव $T$ स्प्रिंग बल के बराबर है,इसलिए $T = Mg$ है।
द्रव्यमान $m$ के लिए,बल ऊपर की ओर तनाव $T$ और नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण $mg$ हैं। $m$ को जमीन से जोड़ने वाली डोरी को काटने के बाद,डोरी में तनाव $T = Mg$ हो जाता है।
$m$ पर कार्य करने वाला परिणामी बल ऊपर की ओर $T - mg = Mg - mg$ है। इसलिए,$m$ का त्वरण $a_m = (Mg - mg)/m = (M-m)g/m$ ऊपर की ओर है।
$M$ पर कार्य करने वाला स्प्रिंग बल $Mg$ और उसका भार $Mg$ एक-दूसरे को संतुलित करते हैं,इसलिए $M$ का त्वरण शून्य है।

(B) मान लीजिए कि कीचड़ की एक बूंद पहिये की परिधि से $u$ प्रारंभिक गति के साथ चित्र में दिखाए अनुसार $\theta$ कोण पर अलग होती है।
पहिये के केंद्र के सापेक्ष कीचड़ की बूंद जिस ऊँचाई $h$ तक पहुँच सकती है,वह है:
$h = \text{प्रक्षेप्य की अधिकतम ऊँचाई} + \text{केंद्र से मुक्त होने वाले बिंदु की ऊँचाई}$
$h = \frac{u^{2} \sin^{2} \theta}{2 g} + R \sin \theta$
अधिकतम ऊँचाई ज्ञात करने के लिए,हम $\frac{dh}{d\theta} = 0$ रखते हैं:
$\frac{d}{d\theta} \left( \frac{u^{2} \sin^{2} \theta}{2 g} + R \sin \theta \right) = 0$
$\frac{u^{2}}{2 g} (2 \sin \theta \cos \theta) + R \cos \theta = 0$
$\frac{u^{2}}{g} \sin \theta \cos \theta + R \cos \theta = 0$
$\cos \theta \left( \frac{u^{2}}{g} \sin \theta + R \right) = 0$
अधिकतम ऊँचाई के लिए $\cos \theta \neq 0$ होने के कारण,हमें $\sin \theta = -\frac{Rg}{u^{2}}$ प्राप्त होता है।
ज्यामितीय रूप से,केंद्र के सापेक्ष अधिकतम ऊँचाई $h_{max} = \frac{u^{2}}{2g} + \frac{gR^{2}}{2u^{2}}$ है।

(C) किसी निकाय का तापमान $T$ संबंध $\frac{1}{T} = \frac{dS}{dU}$ द्वारा परिभाषित होता है,जो एन्ट्रॉपी बनाम ऊर्जा ग्राफ का ढाल (slope) है।
दिए गए ग्राफ से,प्रारंभिक अवस्थाओं $U_{1, i}$ और $U_{2, i}$ पर,निकाय $1$ के ग्राफ का ढाल निकाय $2$ के ग्राफ के ढाल से अधिक तीव्र है। इसलिए,$\left( \frac{dS}{dU} \right)_1 > \left( \frac{dS}{dU} \right)_2$,जिसका अर्थ है $\frac{1}{T_1} > \frac{1}{T_2}$,या $T_1 < T_2$।
चूंकि निकाय $2$ का तापमान निकाय $1$ से अधिक है,इसलिए ऊष्मा निकाय $2$ से निकाय $1$ की ओर तब तक प्रवाहित होगी जब तक कि वे तापीय संतुलन प्राप्त न कर लें। परिणामस्वरूप,निकाय $1$ की आंतरिक ऊर्जा $U_1$ बढ़ती है और निकाय $2$ की आंतरिक ऊर्जा $U_2$ घटती है।
ऊष्मागतिकी के दूसरे नियम के अनुसार,किसी विलगित निकाय (संयुक्त निकाय $1+2$ विलगित है) में किसी भी स्वतःप्रवर्तित प्रक्रिया के लिए,कुल एन्ट्रॉपी को संतुलन तक बढ़ना चाहिए। अतः,कुल एन्ट्रॉपी बढ़ती है।

(D) समान सतह द्रव्यमान घनत्व $\sigma$ वाली एक अत्यंत पतली डिस्क के लिए,अक्ष पर केंद्र से $z$ दूरी पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $g = 2\pi G \sigma \left(1 - \frac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\right)$ द्वारा दिया जाता है।
चूँकि $z \ll R$,हम द्विपद विस्तार का उपयोग करते हैं: $\frac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}} = \frac{z}{R(1 + z^2/R^2)^{1/2}} \approx \frac{z}{R}(1 - \frac{z^2}{2R^2}) \approx \frac{z}{R}$.
अतः,$g \approx 2\pi G \sigma (1 - \frac{z}{R}) \approx 2\pi G \sigma$.
इसका अर्थ है कि छोटे $z$ के लिए,गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र लगभग स्थिर है,$g = g_0 = 2\pi G \sigma$.
$z$ ऊँचाई पर एक तारे के लिए गति का समीकरण $\ddot{z} = -g_0 \text{sgn}(z)$ है।
यह डिस्क की ओर स्थिर त्वरण के साथ गति को दर्शाता है। $z_0$ से $0$ तक यात्रा करने में लगा समय $t = \sqrt{2z_0/g_0}$ है।
एक पूर्ण दोलन ( $z_0$ से $-z_0$ और वापस) के लिए कुल आवर्तकाल $T = 4t = 4\sqrt{\frac{2z_0}{g_0}}$ है।
इसलिए,$T \propto \sqrt{z_0}$.
आवर्तकालों का अनुपात $\frac{T_A}{T_B} = \sqrt{\frac{2z_0}{z_0}} = \sqrt{2} = 2^{1/2}$ है।

(B) दिया गया है कि बल $F \propto t^{n} \Rightarrow F = k t^{n} \quad \dots(i)$ के अनुसार बदलता है।
ग्राफ से,हम देखते हैं कि $t = 2 \, s$ पर $F = 2 \, N$ और $t = 4 \, s$ पर $F = 16 \, N$ है।
इन मानों को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$16 = k(4)^{n}$ और $2 = k(2)^{n}$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{16}{2} = \frac{k(4)^{n}}{k(2)^{n}} \Rightarrow 8 = (2)^{n} \Rightarrow n = 3$.
अब,$2 = k(2)^{3} \Rightarrow 2 = 8k \Rightarrow k = 0.25 = \frac{1}{4}$.
अतः,बल $F = \frac{t^{3}}{4}$ द्वारा दिया जाता है।
आवेग-संवेग प्रमेय का उपयोग करते हुए,$F = \frac{dp}{dt} \Rightarrow dp = F dt$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int_{0}^{v} m dv = \int_{0}^{t} \frac{t^{3}}{4} dt \Rightarrow mv = \frac{t^{4}}{16}$.
$t = 3 \, s$ पर,$v = 2 \, m/s$: $m(2) = \frac{3^{4}}{16} = \frac{81}{16} \Rightarrow m = \frac{81}{32} \, kg$.
$t = 4 \, s$ पर,मान लीजिए गति $v'$ है:
$m(v') = \frac{4^{4}}{16} = \frac{256}{16} = 16$.
$m = \frac{81}{32}$ रखने पर:
$(\frac{81}{32}) v' = 16 \Rightarrow v' = \frac{16 \times 32}{81} = \frac{512}{81} \approx 6.32 \, m/s$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,गति लगभग $6.5 \, m/s$ है।

(A) तैरते हुए गुटके के लिए,गुटके का भार विस्थापित पानी के भार के बराबर होता है: $Mg = V_{sub} \rho_{water} g$,जहाँ $V_{sub}$ डूबे हुए भाग का आयतन है।
चूँकि गुटके का कुल आयतन $V = V_{sub} + V_0$ स्थिर है (लकड़ी के तापीय प्रसार को नगण्य मानते हुए),हमारे पास $V_0 = V - V_{sub} = V - \frac{M}{\rho_{water}}$ है।
जैसे-जैसे पानी का तापमान $0^{\circ} C$ से $10^{\circ} C$ तक बढ़ता है,पानी का घनत्व $\rho_{water}$ शुरू में बढ़ता है,जो $4^{\circ} C$ पर अधिकतम होता है,और फिर घटता है।
चूँकि $V_0 = V - \frac{M}{\rho_{water}}$ है,जैसे-जैसे $\rho_{water}$ बढ़ता है,पद $\frac{M}{\rho_{water}}$ घटता है,जिससे $V_0$ का मान $4^{\circ} C$ तक बढ़ता है।
$4^{\circ} C$ के बाद,जैसे-जैसे $\rho_{water}$ घटता है,पद $\frac{M}{\rho_{water}}$ बढ़ता है,जिससे $V_0$ घटता है।
अतः,पानी के ऊपर गुटके का आयतन $V_0$ $4^{\circ} C$ तक बढ़ता है और फिर $4^{\circ} C$ से $10^{\circ} C$ तक घटता है,जो विकल्प $A$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(C) पानी की सतह के ऊपर रहने वाले बर्फ के ब्लॉक की मोटाई का अंश $x = 1 - (\rho_{\text{ice}} / \rho_{\text{water}})$ द्वारा दिया जाता है।
बर्फ का घनत्व $\rho_{\text{ice}} \approx 0.9 \, \text{g/cm}^3$ और पानी का घनत्व $\rho_{\text{water}} = 1 \, \text{g/cm}^3$ लेने पर,हमें $x = 1 - 0.9 = 0.1$ प्राप्त होता है।
बर्फ के ब्लॉक की मोटाई $H = 8 \, m$ है।
पानी के स्तर से ऊपर बर्फ के ब्लॉक की ऊंचाई $h = H \times x = 8 \times 0.1 = 0.8 \, m$ है।
चूंकि व्यक्ति बर्फ पर खड़ा है,इसलिए पानी की सतह तक की दूरी पानी के ऊपर बर्फ की ऊंचाई के बराबर है।
अतः,आवश्यक रस्सी की न्यूनतम लंबाई लगभग $0.8 \, m$ है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,निकटतम मान $0.9 \, m$ है।

(D) जब छेद वाला बक्सा मुक्त पतन (free fall) में होता है,तो अंदर का पानी और बक्सा दोनों गुरुत्वाकर्षण के कारण समान त्वरण $g$ का अनुभव करते हैं,जो नीचे की ओर होता है।
चूंकि बक्सा और पानी दोनों समान दर से त्वरित हो रहे हैं,इसलिए उनके बीच कोई सापेक्ष त्वरण नहीं होता है।
परिणामस्वरूप,छेद पर दबाव का अंतर शून्य हो जाता है और बक्से के मुक्त पतन के दौरान छेद से कोई पानी बाहर नहीं आता है।

(C) दो घंटे में वाष्पित हुए पानी का द्रव्यमान,$m = 2 \,h \times 20 \,g/h = 40 \,g = 40 \times 10^{-3} \,kg$.
वाष्पीकरण के दौरान पानी द्वारा अवशोषित ऊष्मा $Q = m L$ है,जहाँ $L$ वाष्पीकरण की गुप्त ऊष्मा है।
यह मानते हुए कि यह ऊष्मा पूरी तरह से मिट्टी के घड़े में बचे पानी से ली जाती है,पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा $Q = M s \Delta T$ है,जहाँ $M = 4 \,kg$ पानी का द्रव्यमान है और $s$ पानी की विशिष्ट ऊष्मा है।
अवशोषित ऊष्मा और खोई गई ऊष्मा को बराबर करने पर: $m L = M s \Delta T$.
इसलिए,$\Delta T = \frac{m}{M} \times \frac{L}{s}$.
दिया गया है कि $\frac{L}{s} = 540^{\circ} C$,अतः $\Delta T = \frac{40 \times 10^{-3}}{4} \times 540$.
$\Delta T = 0.01 \times 540 = 5.4^{\circ} C$.

(A) थर्मामेट्री के सिद्धांत के अनुसार,किसी तापमान और निम्न निश्चित बिंदु $(LFP)$ के बीच के अंतर का,उच्च निश्चित बिंदु $(UFP)$ और $LFP$ के बीच के अंतर के साथ अनुपात सभी पैमानों के लिए स्थिर रहता है।
मान लीजिए कि सेल्सियस पैमाने पर तापमान $C$ है और नए पैमाने पर तापमान $L$ है।
सेल्सियस पैमाने के लिए: $LFP = 0^{\circ} C$,$UFP = 100^{\circ} C$ है।
नए तरल पैमाने के लिए: $LFP = -50^{\circ} C$ (जो $0^{\circ} L$ के अनुरूप है),$UFP = 150^{\circ} C$ (जो $100^{\circ} L$ के अनुरूप है) है।
रूपांतरण सूत्र है: $\frac{L - 0}{100 - 0} = \frac{C - (-50)}{150 - (-50)}$.
$\frac{L}{100} = \frac{C + 50}{200}$.
$L = \frac{C + 50}{2} \Rightarrow 2L = C + 50 \Rightarrow C = 2L - 50$.
पानी के गलनांक के लिए $(C = 0^{\circ} C)$:
$0 = 2L - 50 \Rightarrow 2L = 50 \Rightarrow L = 25^{\circ} L$.
पानी के क्वथनांक के लिए $(C = 100^{\circ} C)$:
$100 = 2L - 50 \Rightarrow 2L = 150 \Rightarrow L = 75^{\circ} L$.
अतः,इस पैमाने पर पानी का गलनांक और क्वथनांक $25^{\circ} L$ और $75^{\circ} L$ है।

(D) तारे की सतह से उत्सर्जित विकिरण की तीव्रता उसके प्रक्षेपित क्षेत्रफल के समानुपाती होती है।
मान लीजिए $I \propto A$,जहाँ $A$ तारे की डिस्क का क्षेत्रफल है।
यदि $I_0$ मूल तारे की तीव्रता है,तो $I_0 = k \pi (100 R)^2 = k \pi R^2 \times 10000$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
जब एक्सोप्लैनेट तारे के सामने होता है,तो देखी गई तीव्रता न्यूनतम $(I_{\min })$ होती है। ऐसा इसलिए होता है क्योंकि एक्सोप्लैनेट अपने स्वयं के अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $\pi R^2$ के बराबर तारे की डिस्क के हिस्से को अवरुद्ध कर देता है।
अतः,$I_{\min } = k [\pi (100 R)^2 - \pi R^2]$
$I_{\min } = k \pi R^2 (10000 - 1) = k \pi R^2 \times 9999$
न्यूनतम तीव्रता और मूल तीव्रता का अनुपात लेने पर:
$\frac{I_{\min }}{I_0} = \frac{k \pi R^2 \times 9999}{k \pi R^2 \times 10000} = \frac{9999}{10000} = 0.9999$
इसलिए,$I_{\min } = 0.9999 \,I_0$.

(A) गेंद के लिए,हमारे पास प्रारंभिक वेग $u = 45 \,m/s$ और त्वरण $g = -10 \,m/s^2$ है।
गति के समीकरण $v^2 - u^2 = 2gh$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$v^2 = u^2 + 2gh$
$v^2 = (45)^2 + 2(-10)h$
$v^2 = 2025 - 20h$
$v = \sqrt{2025 - 20h}$
यह समीकरण $v-h$ तल में बाईं ओर खुलने वाले परवलय (parabola) को दर्शाता है।
जब $h = 0$ है,तो $v = 45 \,m/s$ है।
जब $v = 0$ है,तो $h = 2025 / 20 = 101.25 \,m \approx 101 \,m$ है।
चूंकि संबंध $v^2 = 2025 - 20h$ है,इसलिए $v$ बनाम $h$ का ग्राफ एक परवलय का हिस्सा है। दिए गए विकल्पों में से,विकल्प $(A)$ में दिखाया गया वक्र इस परवलयिक संबंध को सही ढंग से दर्शाता है जहाँ ऊँचाई बढ़ने के साथ वेग घटता है।

(B) मान लीजिए कि मिश्रण को $25^{\circ} C$ से $70^{\circ} C$ तक गर्म करने के लिए $m$ ग्राम भाप का संघनन होता है।
भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा = मिश्रण द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा = (भाप के संघनन की ऊष्मा) + (संघनित पानी के $100^{\circ} C$ से $70^{\circ} C$ तक ठंडा होने पर मुक्त ऊष्मा)।
मिश्रण द्वारा प्राप्त ऊष्मा = (मिश्रण का द्रव्यमान) $\times$ (पानी की विशिष्ट ऊष्मा) $\times$ (तापमान में परिवर्तन)।
$m L + m s_w (100 - 70) = M s_w (70 - 25)$.
यहाँ $L/s_w = 540^{\circ} C$,$M = 500 \, g$,और $\Delta T = 45^{\circ} C$ दिया गया है।
$m(540 + 30) = 500 \times 45$.
$m = (500 \times 45) / 570 \approx 39.47 \, g$.
भाप की आपूर्ति की दर = $50 \, g/min = 50/60 \, g/s = 5/6 \, g/s$.
समय $t_0 = m / \text{दर} = 39.47 / (5/6) \approx 47.36 \, s$.
दिए गए विकल्पों में सबसे निकटतम मान $45 \, s$ है।

(C) चूंकि ड्रम वादक को कोई गूँज सुनाई नहीं देती है,इसका मतलब है कि दो क्रमिक ड्रम बीट्स के बीच का समय अंतराल उस समय के बराबर होना चाहिए जो ध्वनि को पहाड़ तक जाने और वापस आने में लगता है।
मान लीजिए पहाड़ से प्रारंभिक दूरी $x$ है और ध्वनि की गति $v$ है।
पहले मामले में दो बीट्स के बीच का समय अंतराल $T_1 = \frac{60}{40} = 1.5 \, s$ है।
ध्वनि को पहाड़ तक जाने और वापस आने में लगा समय $\frac{2x}{v}$ है।
अतः,$\frac{2x}{v} = 1.5 \implies 2x = 1.5v \quad \dots(i)$
दूसरे मामले में,दूरी $(x - 90) \, m$ हो जाती है और दर $60$ बीट्स प्रति मिनट है।
दो बीट्स के बीच का समय अंतराल $T_2 = \frac{60}{60} = 1.0 \, s$ है।
अतः,$\frac{2(x - 90)}{v} = 1.0 \implies 2x - 180 = v \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ से $2x = 1.5v$ का मान समीकरण $(ii)$ में रखने पर:
$1.5v - 180 = v$
$0.5v = 180$
$v = \frac{180}{0.5} = 360 \, ms^{-1}$.

(B) विभव इस प्रकार दिया गया है:
$V(x) = \begin{cases} \frac{k(x+a)^2}{2}, & x < 0 \\ \frac{k(x-a)^2}{2}, & x > 0 \end{cases}$
यह $x = 0$ पर जुड़े दो आधे परवलय को दर्शाता है। स्थितिज ऊर्जा $U(x) = mV(x)$ है।
$E$ ऊर्जा वाले कण के लिए,टर्निंग पॉइंट $U(x) = E$ द्वारा प्राप्त किए जाते हैं।
यदि $E$ छोटा है,तो कण दो कुओं में से एक में (या तो $x < 0$ या $x > 0$) दोलन करता है। इस मामले में,गति सरल आवर्त गति है,इसलिए आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{m/k}$ है,जो $E$ से स्वतंत्र है।
जैसे-जैसे $E$ बढ़ता है,कण अंततः $x = 0$ पर अवरोध को पार कर जाता है। $E > V(0) = ka^2/2$ के लिए,कण दोनों क्षेत्रों में दोलन करता है। कुल आवर्तकाल $T$ प्रत्येक क्षेत्र में व्यतीत समय का योग है। जैसे-जैसे $E$ और बढ़ता है,कण विभव के सपाट भागों में अधिक समय व्यतीत करता है,जिससे आवर्तकाल $T$,$E$ के साथ बढ़ता है। इस प्रकार,ग्राफ कम $E$ के लिए एक स्थिर $T$ दिखाता है,जिसके बाद एक उछाल और उच्च $E$ के लिए बढ़ता हुआ $T$ आता है,जो ग्राफ $(b)$ के अनुरूप है।

(C) जब $A_{1}$ और $A_{2}$ आयाम वाली दो तरंगें $\phi$ कलांतर के साथ व्यतिकरण करती हैं,तो परिणामी तीव्रता $I = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि तीव्रता $I \propto A^{2}$,हम लिख सकते हैं $I = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2A_{1}A_{2} \cos \phi$.
यहाँ $A_{1} = A$ और $A_{2} = 2A$ दिया गया है,इसलिए परिणामी तीव्रता:
$I = A^{2} + (2A)^{2} + 2(A)(2A) \cos \phi = A^{2}(1 + 4 + 4 \cos \phi) = A^{2}(5 + 4 \cos \phi) \quad \dots (i)$.
अधिकतम तीव्रता $I_{0}$ तब होती है जब $\cos \phi = 1$:
$I_{0} = A^{2}(5 + 4(1)) = 9A^{2} \implies A^{2} = \frac{I_{0}}{9} \quad \dots (ii)$.
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{I_{0}}{9}(5 + 4 \cos \phi)$.

(B) हाइजेनबर्ग का अनिश्चितता सिद्धांत बताता है कि $\Delta x \cdot \Delta p \ge \frac{h}{4\pi}$। $\Delta x$ आकार के क्षेत्र में सीमित कण की न्यूनतम ऊर्जा $\frac{1}{m(\Delta x)^2}$ के समानुपाती होती है।
$(IV)$ नैनोट्यूब में एक $H_{2}$ अणु अपेक्षाकृत बड़े स्थान (नैनोमीटर स्केल) में सीमित होता है और इसका द्रव्यमान अधिक होता है,जिससे इसकी ऊर्जा सबसे कम होती है।
$(II)$ $H_{2}$ अणु में एक हाइड्रोजन परमाणु अंतर-परमाणु बलों द्वारा बंधा होता है,जो नैनोट्यूब की तुलना में छोटे क्षेत्र में सीमित होता है,इसलिए इसकी ऊर्जा $(IV)$ से अधिक होती है।
$(I)$ $H_{2}$ अणु में एक इलेक्ट्रॉन परमाणु की तुलना में बहुत हल्का होता है,और आणविक कक्षक (molecular orbital) में इसकी सीमित स्थिति के कारण इसकी गतिज ऊर्जा परमाणु से अधिक होती है।
$(III)$ कार्बन नाभिक में एक प्रोटॉन मजबूत परमाणु बलों द्वारा अत्यंत छोटे क्षेत्र (फेमटोमीटर स्केल) में सीमित होता है,जिसके परिणामस्वरूप अनिश्चितता सिद्धांत के कारण इसकी ऊर्जा सबसे अधिक होती है।
अतः,न्यूनतम संभव ऊर्जा का सही बढ़ता क्रम $IV < II < I < III$ है।

(C) वर्गाकार लूप $A B C D$ के कारण घन के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ दिया गया है।
$D A E F G C D$ पथ को $xy$,$yz$ और $zx$ तलों में स्थित तीन वर्गाकार लूपों के अध्यारोपण (superposition) के रूप में देखा जा सकता है।
अध्यारोपण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र इन तीन लूपों द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों का सदिश योग है।
मान लीजिए कि चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}_1 = B \hat{i}$,$\vec{B}_2 = B \hat{j}$,और $\vec{B}_3 = -B \hat{k}$ हैं।
कुल चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_{net} = B \hat{i} + B \hat{j} - B \hat{k}$ है।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र का परिमाण $|\vec{B}_{net}| = \sqrt{B^2 + B^2 + (-B)^2} = \sqrt{3B^2} = \sqrt{3} B$ होगा।

(B) जब धात्विक डिस्क घूमती है,तो डिस्क के भीतर मुक्त इलेक्ट्रॉन त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर एक अभिकेंद्री बल (अपकेंद्री बल) का अनुभव करते हैं,जो $F_c = m\omega^2 r$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है,$\omega$ कोणीय वेग है,और $r$ घूर्णन अक्ष से दूरी है।
इस अपकेंद्री बल के कारण,मुक्त इलेक्ट्रॉन केंद्र से डिस्क के किनारे की ओर स्थानांतरित हो जाते हैं।
परिणामस्वरूप,डिस्क के किनारे पर कुल ऋणात्मक आवेश जमा हो जाता है,जबकि केंद्र धनात्मक रूप से आवेशित हो जाता है।
चूंकि विभव $V$,विद्युत क्षेत्र $E$ से $E = -dV/dr$ द्वारा संबंधित है,और विद्युत क्षेत्र धनात्मक केंद्र से ऋणात्मक किनारे की ओर निर्देशित होता है,इसलिए जैसे-जैसे हम केंद्र से किनारे की ओर बढ़ते हैं,विभव घटता जाता है।
इसलिए,डिस्क के किनारे पर स्थित एक बिंदु अपने केंद्र की तुलना में निम्न विभव पर होता है।

(B) परावैद्युत स्लैब $x=0, x=a$ और $y=0, y=b$ समतलों द्वारा परिबद्ध है। $y=0$ पर $\theta$ कोण पर आपतित प्रकाश की किरण परावैद्युत में अभिलंब के साथ $r$ कोण पर अपवर्तित होती है।
किरण के $y=b$ तक पहुँचने के लिए,इसे $x=a$ सीमा पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ से गुजरना होगा। $x=a$ सीमा पर आपतन कोण $(90^{\circ}-r)$ है।
$x=a$ पर $TIR$ होने के लिए,आपतन कोण क्रांतिक कोण $C$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए,जहाँ $\sin C = 1/n$ है। अतः,$\sin(90^{\circ}-r) \geq 1/n$,जो सरल होकर $\cos r \geq 1/n$ या $n \geq 1/\cos r$ हो जाता है।
$y=0$ सीमा पर स्नेल के नियम के अनुसार,$n = \sin \theta / \sin r$ है। चूंकि $\theta$ का मान $0^{\circ}$ से $90^{\circ}$ तक हो सकता है,इसलिए सीमांत स्थिति $\theta = 90^{\circ}$ पर प्राप्त होती है,जिससे $n = 1/\sin r$ या $\sin r = 1/n$ मिलता है।
सर्वसमिका $\sin^2 r + \cos^2 r = 1$ का उपयोग करने पर,हमें $(1/n)^2 + (1/n)^2 = 1$ प्राप्त होता है,जो $2/n^2 = 1$ या $n^2 = 2$ की ओर ले जाता है। अतः,न्यूनतम अपवर्तनांक $n = \sqrt{2}$ है।

(B) एक रेडियोधर्मी नमूने की गतिविधि $R$ को $R = R_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों पक्षों का लघुगणक लेने पर,हमें $\log R = \log R_0 - \lambda t \log e$ प्राप्त होता है।
यदि लघुगणक का आधार $e$ है,तो $\log R = \log R_0 - \lambda t$ होता है।
यह समीकरण एक सीधी रेखा $y = mx + c$ के रूप में है,जहाँ ढाल $m = -\lambda$ है।
दिए गए ग्राफ से,हम दो बिंदु $(t_1, \log R_1) = (8, 8)$ और $(t_2, \log R_2) = (16, 6)$ ले सकते हैं।
रेखा की ढाल $m = \frac{\log R_2 - \log R_1}{t_2 - t_1} = \frac{6 - 8}{16 - 8} = \frac{-2}{8} = -0.25$ है।
चूंकि ढाल $m = -\lambda$ है,इसलिए $-\lambda = -0.25$,जो क्षय स्थिरांक $\lambda = 0.25 \text{ min}^{-1}$ देता है।
अर्ध-आयु $T_{1/2}$ को $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda} = \frac{0.693}{0.25} = 2.772 \text{ मिनट}$ द्वारा दिया जाता है।
विकल्पों में दिए गए निकटतम मान को लेने पर,हमें $T_{1/2} \approx 3.0 \text{ मिनट}$ प्राप्त होता है।

(D) गतिमान आवेश पर चुंबकीय बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
$y < 0$ के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ तल के बाहर (धनात्मक $z$-दिशा) है और वेग $\vec{v}$ $-y$-दिशा में है। क्रॉस प्रोडक्ट $\vec{v} \times \vec{B}$ के लिए दाहिने हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,बल $\vec{F}$ $-x$-दिशा में इंगित करता है। इस प्रकार,प्रोटॉन बाईं ओर एक अर्ध-वृत्ताकार पथ में गति करता है।
जब प्रोटॉन $y = 0$ को पार करके $y > 0$ क्षेत्र में प्रवेश करता है,तो चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ तल के अंदर (ऋणात्मक $z$-दिशा) होता है। अब वेग $\vec{v}$ $+y$-दिशा में है। $\vec{v} \times \vec{B}$ के लिए दाहिने हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,बल $\vec{F}$ $-x$-दिशा में इंगित करता है। इस प्रकार,प्रोटॉन उसी दिशा में मुड़ना जारी रखता है,और $xy$-तल में एक पूर्ण वृत्ताकार पथ पूरा करता है।
इसकी तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर,प्रक्षेपवक्र एक पूर्ण वृत्त है,जो प्रदान की गई समाधान छवि में दृश्य प्रतिनिधित्व से मेल खाता है।

(A) हाइड्रोजन जैसे आयनों के लिए रिडबर्ग सूत्र का उपयोग करते हुए,उत्सर्जन रेखा की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^{2} \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$
दिया गया है:
रिडबर्ग नियतांक $R \approx 1.1 \times 10^{7} \, m^{-1}$
आयरन की परमाणु संख्या $Z = 26$
प्रारंभिक अवस्था $n_{i} = 2$
अंतिम अवस्था $n_{f} = 1$
मान रखने पर:
$\frac{1}{\lambda} = (1.1 \times 10^{7}) \times (26)^{2} \times \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{2^{2}} \right)$
$\frac{1}{\lambda} = 1.1 \times 10^{7} \times 676 \times 0.75$
$\frac{1}{\lambda} \approx 5.577 \times 10^{9} \, m^{-1}$
$\lambda$ की गणना करने पर:
$\lambda \approx 1.79 \times 10^{-10} \, m = 1.79 \, \mathring A$
अतः,तरंगदैर्ध्य $2 \, \mathring A$ के सबसे निकट है।

(A) बिंदु आवेश $q$ से अर्ध-शीर्ष कोण $\theta$ वाले शंकु के भीतर उत्पन्न होने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q}{2\varepsilon_{0}}(1 - \cos \theta)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $q_{1}$ से निकलने वाली क्षेत्र रेखाएं $\alpha$ कोण वाले शंकु में $q_{2}$ पर $\beta$ कोण वाले शंकु में समाप्त होती हैं,इसलिए फ्लक्स समान होना चाहिए:
$\frac{q_{1}}{2\varepsilon_{0}}(1 - \cos \alpha) = \frac{q_{2}}{2\varepsilon_{0}}(1 - \cos \beta)$
दिया गया है कि $q_{2} = \frac{3}{2} q_{1}$,इसलिए:
$q_{1}(1 - \cos \alpha) = \frac{3}{2} q_{1}(1 - \cos \beta)$
$1 - \cos 30^{\circ} = \frac{3}{2}(1 - \cos \beta)$
$1 - \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}(1 - \cos \beta)$
$1 - 0.866 = 1.5(1 - \cos \beta)$
$0.134 = 1.5(1 - \cos \beta)$
$1 - \cos \beta = \frac{0.134}{1.5} \approx 0.0893$
$\cos \beta = 1 - 0.0893 = 0.9107$
चूंकि $\cos 30^{\circ} \approx 0.866$ और $\cos \beta \approx 0.9107$ है,इसलिए हम पाते हैं कि $\beta < 30^{\circ}$।
अतः,$0^{\circ} < \beta < 30^{\circ}$।

(A) विद्युत क्षेत्र $E$,विभव की ऋणात्मक प्रवणता (gradient) द्वारा दिया जाता है: $E = -\frac{dV}{dr}$।
$V(r) = \frac{q e^{-\alpha r}}{4 \pi \varepsilon_{0} r}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$E = -\frac{d}{dr} \left( \frac{q e^{-\alpha r}}{4 \pi \varepsilon_{0} r} \right) = -\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left( \frac{r(-\alpha e^{-\alpha r}) - e^{-\alpha r}}{r^2} \right) = \frac{q e^{-\alpha r}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^2} (1 + \alpha r)$।
$r = 1/\alpha$ पर,विद्युत क्षेत्र है:
$E(1/\alpha) = \frac{q e^{-1}}{4 \pi \varepsilon_{0} (1/\alpha)^2} (1 + \alpha(1/\alpha)) = \frac{q}{e} \cdot \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} (1/\alpha^2)} \cdot 2 = \frac{2q \alpha^2}{4 \pi \varepsilon_{0} e}$।
गॉस के नियम के अनुसार,$r$ त्रिज्या वाले गोले से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi = E \cdot 4 \pi r^2 = \frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_{0}}$ है।
$r = 1/\alpha$ पर $E$ का मान रखने पर:
$\phi = \left( \frac{2q \alpha^2}{4 \pi \varepsilon_{0} e} \right) \cdot 4 \pi (1/\alpha)^2 = \frac{2q}{e \varepsilon_{0}}$।
इसे $\frac{q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_{0}}$ के बराबर रखने पर,हमें $q_{\text{enclosed}} = 2q/e$ प्राप्त होता है।

(A) जब दो अलग-अलग धातुओं के बीच के जंक्शन से एक स्थिर धारा $I$ प्रवाहित होती है,तो उनकी चालकता में अंतर के कारण संपर्क सतह पर आवेश संचय होता है।
धारा घनत्व $J$ को $J = \sigma E$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\sigma$ चालकता है और $E$ विद्युत क्षेत्र है। चूंकि दोनों छड़ों के लिए धारा $I$ और अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ समान हैं,इसलिए धारा घनत्व $J = I/A$ स्थिर रहता है।
जंक्शन पर,धारा की निरंतरता के लिए धारा घनत्व का लंबवत घटक निरंतर होना चाहिए। हालाँकि,विद्युत क्षेत्र $E = J/\sigma$ को बदलना होगा क्योंकि तांबे की चालकता $\sigma$ लोहे की चालकता से अधिक है $(\sigma_{Cu} > \sigma_{Fe})$।
गॉस के नियम के अनुसार,इंटरफ़ेस पर सतह आवेश घनत्व $\rho_s$ को $\rho_s = \epsilon_0 (E_{Fe} - E_{Cu})$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $\sigma_{Cu} > \sigma_{Fe}$,इसलिए $E_{Fe} > E_{Cu}$ होता है। इस प्रकार,$\rho_s$ धनात्मक है,जिसका अर्थ है कि स्थिर धारा प्रवाह को बनाए रखने के लिए तांबे की ओर धनात्मक आवेश और लोहे की ओर ऋणात्मक आवेश संचित होता है।
अतः,सही निरूपण विकल्प $(A)$ और $(B)$ में दिखाया गया है।

(C) लहरें समतल दर्पण के रूप में कार्य करती हैं जो प्रकाश को परावर्तित करके $\delta$ कोणीय विस्तार वाला प्रतिबिंब बनाती हैं।
यह दिया गया है कि $O$ और $E$ समान ऊँचाई पर हैं,इसलिए $O E B C$ एक समलंब चतुर्भुज बनाता है जहाँ $O E \parallel B C$ है।
मान लीजिए बिंदु $B$ पर आपतन कोण $\beta$ है और बिंदु $C$ पर आपतन कोण $\gamma$ है।
परावर्तन की ज्यामिति से,क्षैतिज के साथ परावर्तित किरण का कोण दर्पण की सतह के झुकाव $\alpha$ से प्रभावित होता है।
परावर्तन के नियम और आरेख में दिखाए गए कोणों के ज्यामितीय गुणों का उपयोग करते हुए:
$\angle 1 = 90^{\circ} - \beta - \alpha$
$\angle 2 = 90^{\circ} - \gamma - \alpha$
चूंकि $O$ और $E$ समान ऊँचाई पर हैं,समरूपता के कारण $\beta = \gamma$ होता है।
कोणीय विस्तार $\delta$ प्रेक्षक $E$ पर परावर्तित किरणों द्वारा बनाया गया कोण है।
त्रिभुज की ज्यामिति से,झुके हुए दर्पणों के कारण होने वाला कुल विचलन $\delta = 2 \alpha$ होता है।

(D) दी गई व्यवस्था पर विचार करें।
पहले अनंत लंबाई के चालक द्वारा $R$ लंबवत दूरी पर उत्पन्न विद्युत क्षेत्र $E_{1} = \frac{2k\lambda_{1}}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
दूसरे चालक पर लंबाई $dl$ के एक छोटे अवयव पर विचार करें जो पहले चालक के निकटतम बिंदु से $l$ दूरी पर है। पहले चालक से इस अवयव की दूरी $R = \sqrt{r^{2} + l^{2}}$ है।
आवेश अवयव $dq = \lambda_{2} dl$ पर बल $dF = E_{1} dq = \frac{2k\lambda_{1}}{\sqrt{r^{2} + l^{2}}} \lambda_{2} dl$ है।
समरूपता के कारण,दूसरे चालक के लंबवत बल के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। नेट बल $F$ दूसरे चालक की दिशा में घटकों का समाकलन है: $F = \int_{-\infty}^{\infty} dF \cos \theta$,जहाँ $\cos \theta = \frac{r}{R} = \frac{r}{\sqrt{r^{2} + l^{2}}}$.
$\cos \theta$ का मान रखने पर,हमें मिलता है $F = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{2k\lambda_{1}\lambda_{2}}{\sqrt{r^{2} + l^{2}}} \cdot \frac{r}{\sqrt{r^{2} + l^{2}}} dl = 2k\lambda_{1}\lambda_{2}r \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dl}{r^{2} + l^{2}}$.
$l = r \tan \theta$ और $dl = r \sec^{2} \theta d\theta$ प्रतिस्थापन का उपयोग करने पर,समाकलन $2k\lambda_{1}\lambda_{2}r \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{r \sec^{2} \theta d\theta}{r^{2} \sec^{2} \theta} = 2k\lambda_{1}\lambda_{2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta = 2k\lambda_{1}\lambda_{2} [\theta]_{-\pi/2}^{\pi/2} = 2\pi k\lambda_{1}\lambda_{2}$ हो जाता है।
चूंकि परिणाम $r$ से स्वतंत्र है,इसलिए बल $r^{0}$ के समानुपाती है।

(D) जब प्रकाश की एक किरण $\theta$ कोण पर झुके हुए दो समतल दर्पणों से दो क्रमिक परावर्तन करती है,तो उत्पन्न कुल विचलन $\delta$ सूत्र $\delta = 360^{\circ} - 2\theta$ द्वारा दिया जाता है।
इस प्रश्न में,निर्गत किरण आपतित किरण के समानांतर है,जिसका अर्थ है कि कुल विचलन $\delta = 180^{\circ}$ है।
इस मान को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$180^{\circ} = 360^{\circ} - 2\theta$
$\theta$ के लिए हल करने हेतु पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$2\theta = 360^{\circ} - 180^{\circ}$
$2\theta = 180^{\circ}$
$\theta = 90^{\circ}$
अतः,परावर्तित किरण को आपतित किरण के समानांतर होने के लिए दर्पणों के बीच का कोण $90^{\circ}$ होना चाहिए।

(B) अल्फा-वोल्ट $(\alpha-V)$ को उस ऊर्जा के रूप में परिभाषित किया जाता है जो एक $\alpha$-कण (आवेश $2e$ इकाई) द्वारा $1 \,V$ के विभवांतर से त्वरित होने पर प्राप्त की जाती है।
$\alpha$-कण का आवेश $q = +2e$ है,जहाँ $e$ प्राथमिक आवेश है।
किसी आवेशित कण द्वारा $V$ विभवांतर से त्वरित होने पर प्राप्त ऊर्जा $E = qV$ द्वारा दी जाती है।
$\alpha$-कण के लिए मान रखने पर:
$E = (2e) \times (1 \,V) = 2 \,eV$.
अतः,$1 \alpha-V = 2 \,eV$ होता है।

(D) धारा $I$,आवेश घनत्व $\rho$,अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ और वेग $v$ के बीच संबंध $I = \rho A v$ है।
दिया गया है:
$I = 500 \,\mu A = 500 \times 10^{-6} \,A$
$v = 3 \times 10^7 \,m/s$
$A = 1.50 \,mm^2 = 1.50 \times 10^{-6} \,m^2$
आवेश घनत्व $\rho$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\rho = \frac{I}{A v}$
मान रखने पर:
$\rho = \frac{500 \times 10^{-6}}{(1.50 \times 10^{-6}) \times (3 \times 10^7)}$
$\rho = \frac{500}{1.50 \times 3 \times 10^7}$
$\rho = \frac{500}{4.5 \times 10^7} \approx 1.11 \times 10^{-5} \,C/m^3$.
अतः,यह मान $10^{-5} \,C/m^3$ के करीब है।

(A) चंद्र ग्रहण केवल तभी होता है जब पृथ्वी सूर्य और चंद्रमा के बीच स्थित होती है,जो विशेष रूप से पूर्णिमा के चरण के दौरान होता है।
विकल्प $(A)$ कहता है कि चंद्र ग्रहण अमावस्या और पूर्णिमा के दिन हो सकता है,जो गलत है क्योंकि अमावस्या तब होती है जब चंद्रमा पृथ्वी और सूर्य के बीच होता है।
विकल्प $(B)$ सत्य है क्योंकि पृथ्वी और चंद्रमा की कक्षीय तल लगभग $5^{\circ}$ के कोण पर झुके हुए हैं। यदि वे एक ही तल में होते,तो यह संरेखण हर महीने होता।
विकल्प $(C)$ सत्य है क्योंकि पृथ्वी का वायुमंडल छोटी तरंग दैर्ध्य (नीला) को बिखेर देता है और लंबी तरंग दैर्ध्य (लाल) को गुजरने देता है,जो चंद्रमा को रोशन करता है।
विकल्प $(D)$ सत्य है क्योंकि यह चंद्र ग्रहण के लिए आवश्यक चरण की सही पहचान करता है।
इसलिए,जो कथन सत्य नहीं है वह $(A)$ है।

(B) जब धारा $I$ बदलते अनुप्रस्थ काट वाले चालक से प्रवाहित होती है,तो आवेश की निरंतरता के कारण प्रत्येक अनुप्रस्थ काट से धारा स्थिर रहती है।
हम जानते हैं कि $I = jA$,जहाँ $j$ धारा घनत्व है और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,इसलिए $j_1 A_1 = j_2 A_2$ होता है।
जैसे-जैसे क्षेत्रफल घटता है $(A_2 < A_1)$,धारा घनत्व को बढ़ना चाहिए $(j_2 > j_1)$।
साथ ही,धारा घनत्व और अपवाह वेग $v_d$ के बीच संबंध $j = n e v_d$ है। चूँकि $n$ और $e$ स्थिर हैं,इसलिए जैसे-जैसे क्षेत्रफल घटता है,अपवाह वेग $v_d$ बढ़ता है।
ओम के नियम के सूक्ष्म रूप के अनुसार,$j = \frac{E}{\rho}$,जहाँ $E$ विद्युत क्षेत्र है और $\rho$ पदार्थ की प्रतिरोधकता है।
चूँकि $j$ बढ़ता है और दिए गए पदार्थ के लिए $\rho$ स्थिर है,इसलिए संकीर्ण क्षेत्र में विद्युत क्षेत्र $E$ का परिमाण बढ़ना चाहिए।
अतः,सही विकल्प $(b)$ है।

(B) सही कथन $(b)$ है।
$1$. देर दोपहर में,इंद्रधनुष पूर्वी आकाश में तब दिखाई देता है जब पश्चिम में स्थित सूर्य के प्रकाश का जल की बूंदों की परत द्वारा परावर्तन और अपवर्तन होता है।
$2$. इंद्रधनुष गोलाकार होता है क्योंकि प्रेक्षक की आंख तक पहुंचने वाली परावर्तित किरणों का बिंदुपथ एक वृत्त बनाता है। इसका आकार पृथ्वी की गोलाई के कारण नहीं होता है।
$3$. वायुमंडल की कमी के कारण चंद्रमा पर इंद्रधनुष नहीं बनता है।
$4$. प्राथमिक इंद्रधनुष में,बैंगनी रंग अंदर की ओर और लाल रंग चाप के बाहर की ओर होता है।
$5$. द्वितीयक इंद्रधनुष में,लाल रंग अंदर की ओर और बैंगनी रंग चाप के बाहर की ओर होता है।
$6$. अतः,कथन $(b)$ सही है क्योंकि यह द्वितीयक इंद्रधनुष की रंग व्यवस्था का सटीक वर्णन करता है।

(C) मान लीजिए उपग्रह की ऊंचाई $h = 500 \, km = 500 \times 10^3 \, m = 5 \times 10^5 \, m$ है।
कैमरा लेंस की फोकल लंबाई $f = 50 \, cm = 0.5 \, m$ है।
मान लीजिए $d_1$ कैमरा स्क्रीन का व्यास है और $d_2$ पृथ्वी की सतह पर देखे गए क्षेत्र का व्यास है।
लेंस की ज्यामिति से,स्क्रीन और स्थलीय क्षेत्र दोनों के लिए कोणीय दृश्य क्षेत्र समान है,इसलिए $\theta_1 = \theta_2$ है।
समरूप त्रिभुजों का उपयोग करते हुए,हमारे पास $\frac{d_1}{f} = \frac{d_2}{h}$ है,जिसका अर्थ है $\frac{d_2}{d_1} = \frac{h}{f}$।
स्थलीय क्षेत्रफल $A_0$ और स्क्रीन क्षेत्रफल $A$ का अनुपात उनके रैखिक आयामों के अनुपात के वर्ग द्वारा दिया जाता है:
$\frac{A_0}{A} = \frac{(\pi d_2^2 / 4)}{(\pi d_1^2 / 4)} = \left( \frac{d_2}{d_1} \right)^2 = \left( \frac{h}{f} \right)^2$।
मान रखने पर:
$\frac{A_0}{A} = \left( \frac{500 \times 10^3 \, m}{50 \times 10^{-2} \, m} \right)^2 = \left( \frac{5 \times 10^5}{5 \times 10^{-1}} \right)^2 = (10^6)^2 = 10^{12}$।
इस प्रकार,देखा गया स्थलीय क्षेत्रफल $10^{12} A$ है।

(D) पानी से भरा एक बेलनाकार गिलास एक बेलनाकार लेंस के रूप में कार्य करता है।
बेलनाकार लेंस में केवल एक दिशा (क्षैतिज) में वक्रता होती है।
इसलिए,यह छवि का पार्श्व व्युत्क्रमण (lateral inversion) करता है लेकिन छवि को लंबवत रूप से उल्टा नहीं करता है।
परिणामस्वरूप,अक्षर $A$ और $C$ (जो लंबवत रूप से संरेखित हैं) अपनी मूल ऊर्ध्वाधर स्थिति में बने रहते हैं,जबकि अक्षर $B$ और $D$ (जो क्षैतिज रूप से संरेखित हैं) पार्श्व रूप से आपस में बदल जाते हैं।
अतः,सही स्वरूप विकल्प $D$ में दिखाए अनुसार है।

(B) एक से अधिक माध्यमों वाली प्रणाली के लिए आभासी गहराई $d$ का सूत्र इस प्रकार है:
$d = \frac{d_1}{\mu_1} + \frac{d_2}{\mu_2}$
जहाँ $d_1$ और $d_2$ माध्यमों की मोटाई हैं और $\mu_1$ और $\mu_2$ उनके संबंधित अपवर्तनांक हैं।
यहाँ,पानी के लिए: $d_1 = 5 \,cm$ और $\mu_1 = 1.33$ है।
कांच की स्लैब के लिए: $d_2 = 2 \,cm$ और $\mu_2 = 1.5$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$d = \frac{5}{1.33} + \frac{2}{1.5}$
$d \approx 3.759 + 1.333$
$d \approx 5.092 \,cm$.
निकटतम मान में पूर्णांकित करने पर,हमें $d \approx 5.1 \,cm$ प्राप्त होता है।

(B) माना प्रोटॉन का द्रव्यमान $m_1 = m$ और उसका आवेश $q_1 = e$ है। माना $\alpha$-कण का द्रव्यमान $m_2 = 4m$ और उसका आवेश $q_2 = 2e$ है।
चूंकि $\alpha$-कण गति करने के लिए स्वतंत्र है,हम निकाय का विश्लेषण द्रव्यमान केंद्र (center-of-mass) फ्रेम में करते हैं। निकाय का समानित द्रव्यमान (reduced mass) $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} = \frac{m \cdot 4m}{m + 4m} = \frac{4m}{5}$ है।
द्रव्यमान केंद्र फ्रेम में निकाय की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} \mu v^2 = \frac{1}{2} (\frac{4m}{5}) v^2 = \frac{2}{5} mv^2$ है।
न्यूनतम पृथक्करण $r$ पर,कणों का सापेक्ष वेग शून्य हो जाता है। ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $r$ दूरी पर स्थिरवैद्युत स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$\frac{1}{2} \mu v^2 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q_1 q_2}{r}$
मान रखने पर: $\frac{2}{5} mv^2 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{e \cdot 2e}{r}$
$\frac{2}{5} mv^2 = \frac{2e^2}{4 \pi \varepsilon_0 r}$
$r$ के लिए हल करने पर: $r = \frac{5 e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m v^2}$.