KVPY 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) संतुलन के लिए,लिफ्ट बल विमान के वजन के बराबर होना चाहिए:
$mg = \frac{1}{2} \rho v^2 A$
दिया गया है:
$m = 7500 \, kg$
$v = 8 \, km/s = 8000 \, m/s$
$A = 30 \, m^2$
$\rho(h) = 1.2 e^{-h/10} \, kg/m^3$ (जहाँ $h$ $km$ में है)
$g \approx 9.8 \, m/s^2$
संतुलन समीकरण में मान रखने पर:
$7500 \times 9.8 = \frac{1}{2} \times (1.2 e^{-h/10}) \times (8000)^2 \times 30$
$73500 = 0.6 \times e^{-h/10} \times 64 \times 10^6 \times 30$
$73500 = 1152 \times 10^6 \times e^{-h/10}$
$e^{-h/10} = \frac{73500}{1152 \times 10^6} \approx 6.38 \times 10^{-5}$
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$-h/10 = \ln(6.38 \times 10^{-5})$
$-h/10 \approx -9.66$
$h \approx 96.6 \, km$
यह मान $75-100 \, km$ की सीमा में आता है।
इसलिए,सही विकल्प $(B)$ है।

(A) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, कुल ऊर्जा स्थिर रहती है: $K_i + U_i = K_f + U_f$.
$x = +\infty$ पर, स्थितिज ऊर्जा $U_i = V(\infty) = \frac{K}{e^{\infty} + e^{-\infty}} = 0$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = K$ है।
$x = 0$ पर, स्थितिज ऊर्जा $U_f = V(0) = \frac{K}{e^0 + e^0} = \frac{K}{1 + 1} = \frac{K}{2}$ है।
मान लीजिए $x = 0$ पर कण की चाल $v$ है। तब अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2}mv^2$ होगी।
ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर: $K + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{K}{2}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{1}{2}mv^2 = K - \frac{K}{2} = \frac{K}{2}$.
$v$ के लिए हल करने पर: $mv^2 = K \Rightarrow v^2 = \frac{K}{m} \Rightarrow v = \sqrt{\frac{K}{m}}$.
अतः, सही विकल्प $A$ है।

(C) आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता के सिद्धांत के अनुसार, उत्तेजित अवस्था और मूल अवस्था के बीच ऊर्जा का अंतर $\Delta E$, द्रव्यमान के अंतर $\Delta m$ के अनुरूप होता है, जिसे $\Delta E = \Delta m c^2$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई उत्तेजना आवृत्ति $\nu = 9.2 \times 10^9 \, Hz$ के लिए, ऊर्जा का अंतर $\Delta E = h\nu$ है।
इसलिए, परमाणुओं के एक जोड़े के लिए द्रव्यमान का अंतर $\Delta m = \frac{h\nu}{c^2}$ होगा।
दिए गए मानों को रखने पर:
$\Delta m = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 9.2 \times 10^9}{(3 \times 10^8)^2} \, kg$
$\Delta m = \frac{6.63 \times 9.2 \times 10^{-25}}{9 \times 10^{16}} \, kg$
$\Delta m \approx 6.78 \times 10^{-41} \, kg$.
चूंकि यह द्रव्यमान अंतर $2$ परमाणुओं का उपयोग करके प्राप्त किया जाता है, इसलिए $1 \, kg$ का कुल द्रव्यमान प्राप्त करने के लिए आवश्यक परमाणुओं की संख्या $N$ है:
$N = \frac{2 \times 1 \, kg}{\Delta m} = \frac{2}{6.78 \times 10^{-41}} \approx 0.295 \times 10^{41} \approx 3 \times 10^{40}$.
अतः, संख्या का क्रम $10^{40}$ है।

(D) माना प्रारंभिक गति $u = \sqrt{4 g \ell}$ है। डोरी तब ढीली हो जाती है जब तनाव $T = 0$ होता है। माना यह ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण पर होता है।
इस बिंदु पर,गुरुत्वाकर्षण का त्रिज्यीय घटक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $mg \cos \theta = \frac{mv^2}{\ell} \Rightarrow v^2 = g \ell \cos \theta$.
निम्नतम बिंदु और उस बिंदु के बीच ऊर्जा संरक्षण का उपयोग करते हुए जहाँ डोरी ढीली हो जाती है:
$\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv^2 + mg\ell(1 + \cos \theta)$
$u^2 = 4g\ell$ और $v^2 = g\ell \cos \theta$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}m(4g\ell) = \frac{1}{2}m(g\ell \cos \theta) + mg\ell(1 + \cos \theta)$
$2g\ell = \frac{1}{2}g\ell \cos \theta + g\ell + g\ell \cos \theta$
$1 = \frac{3}{2} \cos \theta \Rightarrow \cos \theta = \frac{2}{3}$.
अतः,$v^2 = g\ell(\frac{2}{3}) = \frac{2}{3}g\ell$.
प्रक्षेप पथ के उच्चतम बिंदु पर (जहाँ ऊर्ध्वाधर वेग घटक शून्य है),गोलक का वेग पूरी तरह से क्षैतिज होता है और $v_x = v \cos \theta$ के बराबर होता है।
$v_{top} = v \cos \theta = \sqrt{\frac{2}{3}g\ell} \times \frac{2}{3} = \sqrt{\frac{2}{3} \times \frac{4}{9} g\ell} = \sqrt{\frac{8}{27} g\ell}$.

(A) रुद्धोष्म प्रक्रियाओं $BC$ और $DA$ के लिए:
$P_{12} V_2^\gamma = P_{34} V_3^\gamma \quad \dots(i)$
$P_{34} V_4^\gamma = P_{12} V_1^\gamma \quad \dots(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ का गुणा करने पर:
$P_{12} P_{34} (V_2 V_4)^\gamma = P_{12} P_{34} (V_1 V_3)^\gamma$
$V_2 V_4 = V_1 V_3 \Rightarrow \frac{V_2}{V_3} = \frac{V_1}{V_4}$
समदाबी प्रक्रियाओं के लिए आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करने पर:
$T_1 = \frac{P_{12} V_1}{nR}, T_2 = \frac{P_{12} V_2}{nR}, T_3 = \frac{P_{34} V_3}{nR}, T_4 = \frac{P_{34} V_4}{nR}$
दक्षता $\eta = 1 - \frac{Q_{rejected}}{Q_{supplied}} = 1 - \frac{n C_p (T_3 - T_4)}{n C_p (T_2 - T_1)} = 1 - \frac{T_3 - T_4}{T_2 - T_1}$
$T$ के मान रखने पर:
$\eta = 1 - \frac{\frac{P_{34}}{nR}(V_3 - V_4)}{\frac{P_{12}}{nR}(V_2 - V_1)} = 1 - \frac{P_{34}}{P_{12}} \left( \frac{V_3 - V_4}{V_2 - V_1} \right)$
चूंकि $\frac{V_2}{V_3} = \frac{V_1}{V_4} = k$,इसलिए $V_2 = k V_3$ और $V_1 = k V_4$.
$\eta = 1 - \frac{P_{34}}{P_{12}} \left( \frac{V_3 - V_4}{k(V_3 - V_4)} \right) = 1 - \frac{P_{34}}{P_{12} k} = 1 - \frac{P_{34}}{P_{12}} \cdot \frac{V_3}{V_2} = 1 - \frac{T_3}{T_2} = 1 - \frac{T_4}{T_1}$

(D) भौतिक लोलक के लिए,आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{I}{mgd}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धुरी (pivot) के परितः जड़त्व आघूर्ण है,$m$ द्रव्यमान है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,और $d$ धुरी से द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ तक की दूरी है।
एक सिरे से लटके $\ell$ लंबाई के छड़ के लिए:
$I = \frac{m\ell^2}{3}$ और $d = \frac{\ell}{2}$.
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{m\ell^2/3}{mg\ell/2}} = 2 \pi \sqrt{\frac{2\ell}{3g}} \quad \dots(i)$
जब तार को $R$ त्रिज्या के वृत्त में मोड़ा जाता है,तो परिधि $\ell = 2 \pi R$ होती है,इसलिए $R = \frac{\ell}{2 \pi}$.
परिधि पर एक बिंदु से लटकी रिंग के लिए,धुरी के परितः जड़त्व आघूर्ण $I' = I_{cm} + mR^2 = mR^2 + mR^2 = 2mR^2$ है (समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करके)।
धुरी से $COM$ तक की दूरी $d' = R$ है।
$T' = 2 \pi \sqrt{\frac{2mR^2}{mgR}} = 2 \pi \sqrt{\frac{2R}{g}} \quad \dots(ii)$
$R = \frac{\ell}{2 \pi}$ को $(ii)$ में रखने पर:
$T' = 2 \pi \sqrt{\frac{2}{g} \cdot \frac{\ell}{2 \pi}} = 2 \pi \sqrt{\frac{\ell}{\pi g}}$.
$(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{T'}{T} = \frac{2 \pi \sqrt{2R/g}}{2 \pi \sqrt{2\ell/3g}} = \sqrt{\frac{2R}{g} \cdot \frac{3g}{2\ell}} = \sqrt{\frac{3R}{\ell}} = \sqrt{\frac{3(\ell/2\pi)}{\ell}} = \sqrt{\frac{3}{2 \pi}}$.
अतः,$T' = \sqrt{\frac{3}{2 \pi}} T$.

(D) एक आदर्श गैस के लिए, आंतरिक ऊर्जा $U$ केवल तापमान $T$ का फलन है $(U = f(T))$।
समतापीय प्रक्रिया में, तापमान $T$ स्थिर रहता है $(\Delta T = 0)$।
इसलिए, आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ शून्य है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार, $Q = \Delta U + W$, जहाँ $Q$ निकाय को दी गई ऊष्मा है और $W$ निकाय द्वारा किया गया कार्य है।
चूंकि $\Delta U = 0$, इसलिए $Q = W$ होता है।
जब गैस को संपीड़ित किया जाता है, तो गैस पर कार्य किया जाता है $(W < 0)$, जिसका अर्थ है कि गैस द्वारा परिवेश में ऊष्मा मुक्त की जाती है।
तापमान स्थिर रहने के कारण, आंतरिक ऊर्जा स्थिर रहती है।

(D) वृत्ताकार कक्षा के लिए,$v_0 = \sqrt{\frac{GM}{R_0}}$,इसलिए $GM = v_0^2 R_0$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम से,$r_1 v_{max} = r_2 v_{min}$,जहाँ $v_{max} = \beta v_0$ और $v_{min} = \alpha v_0$ है। अतः,$r_1 \beta v_0 = r_2 \alpha v_0 \Rightarrow r_2 = \frac{\beta}{\alpha} r_1$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम से,$\frac{1}{2} m(\beta v_0)^2 - \frac{GMm}{r_1} = \frac{1}{2} m(\alpha v_0)^2 - \frac{GMm}{r_2}$ है।
$GM = v_0^2 R_0$ और $r_2 = \frac{\beta}{\alpha} r_1$ प्रतिस्थापित करने पर,हम अर्ध-दीर्घ अक्ष $a = \frac{r_1 + r_2}{2}$ के लिए हल करते हैं।
ऊर्जा समीकरण से,$\frac{1}{2} v_0^2 (\beta^2 - \alpha^2) = GM(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}) = GM(\frac{r_2 - r_1}{r_1 r_2})$ है।
$GM = v_0^2 R_0$ रखने पर,हमें $\frac{1}{2} (\beta^2 - \alpha^2) = \frac{R_0}{r_1 r_2} (r_2 - r_1)$ प्राप्त होता है।
$r_2 = \frac{\beta}{\alpha} r_1$ का उपयोग करके,हमें $r_1 = \frac{2 R_0 \alpha}{\beta(\alpha + \beta)}$ और $r_2 = \frac{2 R_0 \beta}{\alpha(\alpha + \beta)}$ प्राप्त होता है।
अर्ध-दीर्घ अक्ष $a = \frac{r_1 + r_2}{2} = R_0 \frac{\alpha^2 + \beta^2}{\alpha \beta (\alpha + \beta)}$ है।
केप्लर के तीसरे नियम $T^2 = \frac{4 \pi^2 a^3}{GM}$ का उपयोग करके और मान रखने पर,हमें $T = \frac{2 \pi R_0}{v_0} (\alpha \beta)^{-\frac{3}{2}}$ प्राप्त होता है।

(B) ऊष्मा प्रवाह बेलनाकार पाइप से त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर होता है।
$x$ त्रिज्या और $dx$ मोटाई के एक बेलनाकार कवच के लिए,ऊष्मीय प्रतिरोध $dR_T = \frac{dx}{k(2\pi x \ell)}$ द्वारा दिया जाता है।
आंतरिक त्रिज्या $R_1$ से बाहरी त्रिज्या $R_2$ तक समाकलन करने पर,कुल ऊष्मीय प्रतिरोध $R_T$ प्राप्त होता है:
$R_T = \int_{R_1}^{R_2} \frac{dx}{2\pi k \ell x} = \frac{1}{2\pi k \ell} \ln\left(\frac{R_2}{R_1}\right)$.
ऊष्मा प्रवाह की दर $\frac{dQ}{dt} = \frac{\Delta T}{R_T} = \frac{2\pi k \ell (T_1 - T_2)}{\ln(R_2/R_1)}$ है।
दिया गया है: $T_1 = 110^{\circ} C$,$T_2 = 10^{\circ} C$,$\Delta T = 100^{\circ} C$,$k = 0.38 \,kW/m/^{\circ} C$,$\ell = 10 \,m$,$R_1 = 2 \,cm$,$R_2 = 4 \,cm$.
मान रखने पर:
$\frac{dQ}{dt} = \frac{2 \times 3.14159 \times 0.38 \times 10 \times 100}{\ln(4/2)} = \frac{2387.6}{0.6931} \approx 3444.6 \,kW$.
अतः,ऊष्मा प्रवाह की दर लगभग $3445 \,kW$ है।

(B) मान लीजिए $N_0 = 1000 \text{ molecules}/m^3$ प्रारंभिक सांद्रता है।
एक मिनट में,बाहर निकलने वाले अणुओं की संख्या $\frac{1}{10} N_0$ है। अतः,$1 \text{ minute}$ के बाद शेष सांद्रता $N_1 = N_0 - \frac{1}{10} N_0 = \frac{9}{10} N_0 = 0.9 N_0$ है।
यह $N_t = N_0(0.9)^t$ मॉडल का पालन करता है,जहाँ $t$ मिनट में है।
हमें $t$ ज्ञात करना है ताकि $N_t = 1 \text{ molecule}/m^3$ हो जाए।
$1 = 1000(0.9)^t$
$(0.9)^t = 0.001$
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$t \ln(0.9) = \ln(0.001)$
$t \approx \frac{-6.9077}{-0.10536} \approx 65.56 \text{ मिनट}$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,$t \approx 70 \text{ मिनट}$.

(D) स्ट्रॉ में तरल के द्रव्यमान पर विचार करें। तरल स्तंभ की कुल लंबाई $(y+d)$ है।
मान लीजिए $\rho$ पानी का घनत्व है और $A$ स्ट्रॉ का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल है।
तरल स्तंभ का द्रव्यमान $m = \rho A(y+d)$ है।
निकाय के लिए न्यूटन के दूसरे नियम को लागू करने पर,तरल स्तंभ पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. स्ट्रॉ के निचले हिस्से पर आसपास के पानी के कारण दबाव बल: $F_P = P_{atm}A + \rho g d A$.
$2$. स्ट्रॉ के शीर्ष पर वायुमंडलीय दबाव बल: $F_{atm} = -P_{atm}A$.
$3$. तरल स्तंभ का भार: $F_g = -mg = -\rho A(y+d)g$.
$4$. स्ट्रॉ के निचले हिस्से में $\dot{y}$ वेग के साथ प्रवेश करने वाले पानी के कारण थ्रस्ट बल: $F_{thrust} = -\dot{m}v_{rel} = -(\rho A \dot{y})\dot{y} = -\rho A \dot{y}^2$.
इन बलों का योग करने पर: $F_{net} = \frac{d}{dt}(mv) = \frac{d}{dt}(\rho A(y+d)\dot{y}) = \rho A ((y+d)\ddot{y} + \dot{y}^2)$.
$F_{net}$ को बलों के योग के बराबर रखने पर:
$\rho A ((y+d)\ddot{y} + \dot{y}^2) = P_{atm}A + \rho g d A - P_{atm}A - \rho A(y+d)g - \rho A \dot{y}^2$.
$\rho A$ से विभाजित करने पर:
$(y+d)\ddot{y} + \dot{y}^2 = gd - g(y+d) - \dot{y}^2$.
$(y+d)\ddot{y} + 2\dot{y}^2 + gy = 0$.
नोट: दिया गया विकल्प $(D)$ $(y+d)\ddot{y} + \dot{y}^2 + gy = 0$ है,जो इस समस्या के लिए मानक परिणाम है।

(B) ब्लॉक से ऊष्मा हानि की दर $dQ/dt = -hA(T - T_{surr})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ ऊष्मा स्थानांतरण गुणांक है,$A$ सतह का क्षेत्रफल है और $T_{surr}$ परिवेश का तापमान है।
चूंकि $dQ = mc dT$,हमारे पास $mc(dT/dt) = -hA(T - T_{surr})$ है।
यहाँ,$m = 5 \,kg$,$c = 500 \,J/kg/^{\circ}C$,$h = 50 \,W/m^2/^{\circ}C$,और $T_{surr} = 0^{\circ}C$ है।
हवा के संपर्क में घन का सतह क्षेत्रफल $A$ में $5$ फलक शामिल हैं (क्योंकि एक फलक ऊष्मारोधी सतह पर है): $A = 5 \times (0.1 \,m)^2 = 5 \times 0.01 = 0.05 \,m^2$।
मान रखने पर: $5 \times 500 \times (dT/dt) = -50 \times 0.05 \times (T - 0)$।
$2500 \times (dT/dt) = -2.5 \times T$।
$dT/T = -(2.5 / 2500) dt = -0.001 dt$।
$T_i = 100^{\circ}C$ से $T_f = 37^{\circ}C$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{100}^{37} (dT/T) = \int_{0}^{t} -0.001 dt$।
$\ln(37/100) = -0.001 t$।
$\ln(0.37) \approx -0.994$।
$-0.994 = -0.001 t \implies t = 994 \,s$।
$994 \,s$ के सबसे निकटतम मान $1000 \,s$ है।

(B) माना $\text{2m}$ द्रव्यमान की गेंद का वेग $\text{u}_0$ है और दो गेंदों की प्रणाली स्थिर है। प्रत्यास्थ टक्कर के बाद, माना $\text{2m}$ द्रव्यमान की गेंद का वेग $\text{v}_1$ है और $\text{m}$ द्रव्यमान की पहली गेंद का वेग $\text{v}_2$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $\text{2m u}_0 = \text{2m v}_1 + \text{m v}_2 \implies \text{2u}_0 = \text{2v}_1 + \text{v}_2$.
चूंकि टक्कर पूरी तरह से प्रत्यास्थ है, प्रत्यावस्थान गुणांक $\text{e} = 1 = \frac{\text{v}_2 - \text{v}_1}{\text{u}_0} \implies \text{v}_2 - \text{v}_1 = \text{u}_0$.
इन दो समीकरणों को हल करने पर: $\text{v}_2 = \text{u}_0 + \text{v}_1$. इसे संवेग समीकरण में रखने पर: $\text{2u}_0 = \text{2v}_1 + (\text{u}_0 + \text{v}_1) = \text{3v}_1 + \text{u}_0 \implies \text{3v}_1 = \text{u}_0 \implies \text{v}_1 = \frac{\text{u}_0}{3}$.
अतः $\text{v}_2 = \text{u}_0 + \frac{\text{u}_0}{3} = \frac{\text{4u}_0}{3}$.
कंपन ऊर्जा द्रव्यमान केंद्र फ्रेम में दो-गेंद प्रणाली की गतिज ऊर्जा है। दो-गेंद प्रणाली के द्रव्यमान केंद्र का वेग $\text{v}_{cm} = \frac{\text{m}(\text{v}_2) + \text{m}(0)}{\text{2m}} = \frac{\text{v}_2}{2} = \frac{\text{2u}_0}{3}$ है।
कंपन ऊर्जा $\text{E}_v = \frac{1}{2} \mu \text{v}_{rel}^2$, जहाँ $\mu = \frac{\text{m} \cdot \text{m}}{\text{m}+\text{m}} = \frac{\text{m}}{2}$ और $\text{v}_{rel} = \text{v}_2 - 0 = \frac{\text{4u}_0}{3}$ है।
$\text{E}_v = \frac{1}{2} \left( \frac{\text{m}}{2} \right) \left( \frac{\text{4u}_0}{3} \right)^2 = \frac{\text{m}}{4} \cdot \frac{\text{16u}_0^2}{9} = \frac{\text{4mu}_0^2}{9}$.
$\text{2m}$ द्रव्यमान की गेंद की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $\text{K}_i = \frac{1}{2} (\text{2m}) \text{u}_0^2 = \text{mu}_0^2$ है।
अनुपात $\frac{\text{E}_v}{\text{K}_i} = \frac{\text{4mu}_0^2 / 9}{\text{mu}_0^2} = \frac{4}{9}$ है।

(C) $h$ ऊँचाई के द्रव स्तंभ पर कार्य करने वाला कुल बल पृष्ठ तनाव बल,द्रव का भार और श्यान खिंचाव बल के योग द्वारा दिया जाता है।
पृष्ठ तनाव के कारण ऊपर की ओर लगने वाला बल $F_s = T(2 \pi a)$ है।
गुरुत्वाकर्षण के कारण नीचे की ओर लगने वाला बल $F_g = m g = (\pi a^2 h \rho) g$ है।
पॉइज़ुइल के नियम के अनुसार,प्रति इकाई लंबाई में दबाव की कमी $\frac{\Delta P}{h} = \frac{8 \eta v}{a^2}$ है। नीचे की ओर कार्य करने वाला श्यान बल $F_v = \Delta P \cdot A = (\frac{8 \eta v}{a^2} h) (\pi a^2) = 8 \pi \eta h v$ है,जहाँ $v = \frac{dh}{dt}$ है।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,संवेग में परिवर्तन की दर कुल बल के बराबर होती है:
$\frac{dp}{dt} = F_s - F_g - F_v$
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{dp}{dt} = T(2 \pi a) - (\pi a^2 \rho g h) - 8 \pi \eta h \frac{dh}{dt}$
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{dp}{dt} = -\pi a^2 \rho gh + F$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$F = T(2 \pi a) - 8 \pi \eta h \frac{dh}{dt}$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(B) मूलबिंदु से दूरी $r$ को $r^2 = x^2 + y^2$ द्वारा दिया जाता है। $r$ के $x$ के साथ एकदिष्ट रूप से बढ़ने के लिए,हमें $\frac{dr}{dx} > 0$ की आवश्यकता है,जो $\frac{d(r^2)}{dt} > 0$ के बराबर है क्योंकि $x$ समय $t$ के साथ बढ़ता है।
दिया गया है $x = v_0 \cos \alpha \cdot t$ और $y = v_0 \sin \alpha \cdot t - \frac{1}{2}gt^2$,इसलिए:
$r^2 = (v_0 \cos \alpha \cdot t)^2 + (v_0 \sin \alpha \cdot t - \frac{1}{2}gt^2)^2$
$r^2 = v_0^2 t^2 \cos^2 \alpha + v_0^2 t^2 \sin^2 \alpha - v_0 \sin \alpha \cdot g t^3 + \frac{1}{4}g^2 t^4$
$r^2 = v_0^2 t^2 - v_0 \sin \alpha \cdot g t^3 + \frac{1}{4}g^2 t^4$
$t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d(r^2)}{dt} = 2 v_0^2 t - 3 v_0 \sin \alpha \cdot g t^2 + g^2 t^3$
$r$ के बढ़ने के लिए,सभी $t > 0$ के लिए $\frac{d(r^2)}{dt} > 0$ होना चाहिए। $t$ से विभाजित करने पर:
$g^2 t^2 - 3 v_0 \sin \alpha \cdot g t + 2 v_0^2 > 0$
$t$ में यह द्विघात समीकरण हमेशा धनात्मक होता है यदि इसका विविक्तकर $D < 0$ हो:
$D = (-3 v_0 \sin \alpha \cdot g)^2 - 4(g^2)(2 v_0^2) < 0$
$9 v_0^2 g^2 \sin^2 \alpha - 8 v_0^2 g^2 < 0$
$\sin^2 \alpha < \frac{8}{9} \implies \sin \alpha < \frac{2\sqrt{2}}{3}$
चूँकि $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha$,हमें $\cos^2 \alpha > 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\cos \alpha > \frac{1}{3}$। क्रांतिक कोण $\alpha_c = \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)$ है।

(C) चक्र की दक्षता $\eta = \frac{W_{\text{net}}}{Q_{\text{supplied}}}$ द्वारा दी जाती है।
नेट कार्य $W_{\text{net}}$,$P-V$ आरेख पर चक्र द्वारा घेरा गया क्षेत्रफल है। अर्ध-अक्षों $a = \frac{V_{0}}{2}$ और $b = \frac{P_{0}}{2}$ वाले चौथाई दीर्घवृत्त का क्षेत्रफल $W_{\text{net}} = \frac{1}{4} \pi a b = \frac{1}{4} \pi \left(\frac{V_{0}}{2}\right) \left(\frac{P_{0}}{2}\right) = \frac{\pi P_{0} V_{0}}{16}$ है।
गैस को केवल $CA$ प्रक्रिया के दौरान ऊष्मा दी जाती है। $CA$ प्रक्रिया के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U_{CA} = n C_{V} \Delta T = \frac{3}{2} R (T_{A} - T_{C})$ है। $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,$T_{A} = \frac{(3/2 P_{0}) V_{0}}{R} = \frac{3 P_{0} V_{0}}{2R}$ और $T_{C} = \frac{P_{0} (V_{0}/2)}{R} = \frac{P_{0} V_{0}}{2R}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\Delta U_{CA} = \frac{3}{2} R \left(\frac{3 P_{0} V_{0}}{2R} - \frac{P_{0} V_{0}}{2R}\right) = \frac{3}{2} P_{0} V_{0}$ है।
$CA$ पथ के दौरान किया गया कार्य वक्र $CA$ के नीचे का क्षेत्रफल है,जो आयत का क्षेत्रफल प्लस चौथाई दीर्घवृत्त का क्षेत्रफल है: $W_{CA} = P_{0} \left(\frac{V_{0}}{2}\right) + \frac{\pi P_{0} V_{0}}{16} = \frac{P_{0} V_{0}}{2} + \frac{\pi P_{0} V_{0}}{16}$ है।
कुल दी गई ऊष्मा $Q_{\text{supplied}} = W_{CA} + \Delta U_{CA} = \left(\frac{P_{0} V_{0}}{2} + \frac{\pi P_{0} V_{0}}{16}\right) + \frac{3}{2} P_{0} V_{0} = 2 P_{0} V_{0} + \frac{\pi P_{0} V_{0}}{16} = P_{0} V_{0} \left(2 + \frac{\pi}{16}\right) = P_{0} V_{0} \left(\frac{32 + \pi}{16}\right)$ है।
दक्षता $\eta = \frac{\pi P_{0} V_{0} / 16}{P_{0} V_{0} (32 + \pi) / 16} = \frac{\pi}{32 + \pi}$ है।

(B) ध्वनि तीव्रता स्तर का अंतर $\Delta \beta = 10 \log_{10} (I_0 / I) = 60 \,dB$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\log_{10} (I_0 / I) = 6$,जिसका अर्थ है $I_0 / I = 10^6$,या $I = I_0 \times 10^{-6}$।
क्षय सूत्र $I = I_0 \exp(-c_1 \alpha)$ और $c_1 = 1/4$ दिया गया है,इसलिए $I = I_0 \exp(-\alpha / 4)$।
$I$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $I_0 \exp(-\alpha / 4) = I_0 \times 10^{-6}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-\alpha / 4 = \ln(10^{-6}) = -6 \ln(10)$।
इसलिए,$\alpha = 24 \ln(10) \approx 24 \times 2.303 = 55.272$।
भौतिक मापदंडों पर आधारित $\alpha$ के लिए संबंध $\alpha = (A_e \cdot v_s \cdot t) / V$ है।
$A_e$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $A_e = (\alpha \cdot V) / (v_s \cdot t)$।
मान रखने पर: $A_e = (55.272 \times 600) / (340 \times 1) = 33163.2 / 340 \approx 97.54 \,m^2$।
निकटतम विकल्प के अनुसार,$A_e \approx 100 \,m^2$।

(D) नत समतल पर लुढ़कने वाली वस्तु के लिए समय $t = \sqrt{\frac{2s(1 + \beta)}{g \sin \theta}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\beta = \frac{I}{MR^2}$ है। एक पतले गोलीय कोश के लिए,$I = \frac{2}{3}MR^2$,इसलिए $\beta = 2/3$ है। हालाँकि,$t$ मोटाई वाले कोश के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{3}M \frac{R_o^5 - R_i^5}{R_o^3 - R_i^3}$ होता है। $R_o = 20 \,cm$ और $t \ll R_o$ होने पर,$I \approx \frac{2}{3}MR^2(1 + \frac{t}{R})$ होता है। इस प्रकार,$\beta \approx \frac{2}{3}(1 + \frac{t}{R})$ है। समय $t \propto \sqrt{1 + \beta}$ है। समय का अंतर $1 \%$ होने के कारण,$\frac{\Delta t}{t} = \frac{1}{2} \frac{\Delta \beta}{1 + \beta} \approx 0.01$ है। $\beta \approx 2/3$ लेने पर,$1 + \beta \approx 5/3$ होता है। इसलिए $\frac{1}{2} \frac{\Delta \beta}{5/3} = 0.01 \implies \Delta \beta = 0.033$ है। चूँकि $\beta = \frac{2}{3}(1 + \frac{t}{R})$ है,इसलिए $\Delta \beta = \frac{2}{3} \frac{\Delta t}{R}$ है। मान रखने पर: $0.033 = \frac{2}{3} \frac{\Delta t}{20} \implies \Delta t = 0.033 \times 30 = 0.99 \,cm$ है। कुल मोटाई $0.5 + 0.99 = 1.49 \,cm$ है,जो $1.5 \,cm$ के सबसे निकट है।

(D) अनुनाद पर,आवधिक आवेग (चलने) की आवृत्ति को पानी के दोलन की प्राकृतिक आवृत्ति से मेल खाना चाहिए।
मान लीजिए चलने की आवृत्ति $f_{w} = \frac{v}{L}$ है,जहाँ $L$ कदम की विशिष्ट लंबाई है।
उथले पात्र में पानी के दोलन का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{R}{gh}}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि $T \propto \frac{1}{\sqrt{h}}$,सूत्र से देखा जा सकता है कि $T \propto \sqrt{R}$ है।
अनुनाद पर,$f_{w} = f_{osc} = \frac{1}{T}$ होता है।
इसलिए,$\frac{v}{L} \propto \frac{1}{\sqrt{R}}$।
यदि कदम की लंबाई $L$ स्थिर है,तो $v \propto \frac{1}{\sqrt{R}}$ प्राप्त होता है।
हालाँकि,उथले पानी में तरंग गति के लिए आयामी विश्लेषण पर विचार करते हुए,आवृत्ति $f \propto \frac{\sqrt{gh}}{R}$ होती है।
$\frac{v}{L} \propto \frac{\sqrt{gh}}{R}$ की तुलना करने पर,और चूँकि $h$ स्थिर है,हमें $v \propto \frac{1}{R}$ प्राप्त होता है।

(D) जब किसी तरल पदार्थ वाले पात्र को $a$ त्वरण के साथ क्षैतिज रूप से त्वरित किया जाता है,तो पात्र के संदर्भ फ्रेम में तरल कणों पर कार्य करने वाला प्रभावी त्वरण $g_{\text{eff}}$,गुरुत्वीय त्वरण $g$ (नीचे की ओर) और छद्म-त्वरण $-a$ (बाईं ओर) का सदिश योग होता है।
अतः,$g_{\text{eff}} = g + (-a)$।
संतुलन की स्थिति में तरल की सतह हमेशा प्रभावी त्वरण $g_{\text{eff}}$ के लंबवत होनी चाहिए।
चूंकि $g_{\text{eff}}$ नीचे और बाईं ओर निर्देशित है,इसलिए पानी की सतह इस तरह झुकेगी कि वह बाईं ओर ऊंची और दाईं ओर नीची हो,जो $g_{\text{eff}}$ सदिश के लंबवत एक सीधी रेखा बनाती है।
इसलिए,सही आकार एक सीधी झुकी हुई सतह है,जैसा कि विकल्प $D$ में दिखाया गया है।

(C) गोले का द्रव्यमान $m$,गोले के आयतन को इकाई सेल के आयतन से विभाजित करके,प्रति इकाई सेल परमाणुओं की संख्या और एक परमाणु के द्रव्यमान से गुणा करके प्राप्त किया जाता है।
$m = \frac{\frac{4}{3} \pi (d/2)^3}{a^3} \times 8 \times \frac{M}{N_A}$
चूंकि $M$ और $N_A$ स्थिर हैं,सापेक्ष त्रुटि इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{\Delta m}{m} = 3 \frac{\Delta d}{d} + 3 \frac{\Delta a}{a}$
दिया गया है $\Delta d = 0.2 \,nm = 0.2 \times 10^{-9} \,m$ और $d = 9.4 \,cm = 9.4 \times 10^{-2} \,m$.
$\frac{\Delta d}{d} = \frac{0.2 \times 10^{-9}}{9.4 \times 10^{-2}} \approx 2.127 \times 10^{-9}$.
दिया गया है $\frac{\Delta a}{a} = 2 \times 10^{-9}$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta m}{m} = 3(2.127 \times 10^{-9}) + 3(2 \times 10^{-9})$
$\frac{\Delta m}{m} = 6.381 \times 10^{-9} + 6 \times 10^{-9} = 12.381 \times 10^{-9} \approx 1.2 \times 10^{-8}$.

(A) $t = 5 \, s$ पर,कण का वेग $v_B = u + at = 0 + (1)(5) = 5 \, m/s$ है और इसकी स्थिति $x_B = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0 + \frac{1}{2}(1)(5)^2 = 12.5 \, m$ है।
मान लीजिए अतिरिक्त त्वरण $a'$ है। $t > 5 \, s$ के लिए कुल त्वरण $(1 + a')$ होगा।
अतिरिक्त त्वरण वाले मामले के लिए,$t = 10 \, s$ पर (जो परिवर्तन के $5 \, s$ बाद है):
$v = v_B + (1 + a')(5) = 5 + 5 + 5a' = 10 + 5a'$
$x = x_B + v_B(5) + \frac{1}{2}(1 + a')(5)^2 = 12.5 + 25 + 12.5 + 12.5a' = 50 + 12.5a'$
यदि अतिरिक्त त्वरण प्रदान नहीं किया गया होता,तो $a' = 0$:
$v_0 = 5 + (1)(5) = 10 \, m/s$
$x_0 = 12.5 + 25 + 12.5 = 50 \, m$
दिया गया है कि $x - x_0 = 12.5 \, m$:
$(50 + 12.5a') - 50 = 12.5 \implies 12.5a' = 12.5 \implies a' = 1 \, m/s^2$.
अतः,$v - v_0 = (10 + 5a') - 10 = 5a' = 5(1) = 5 \, m/s$.

(C) यह प्रक्रिया तीन चरणों में होती है:
$1$. बर्फ को $-8^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक गर्म करना: $Q_1 = m \cdot c_{ice} \cdot \Delta T = 1 \,kg \times 2.1 \,kJ/kg \cdot K \times 8 \,K = 16.8 \,kJ$.
$2$. $0^{\circ} C$ पर बर्फ को $0^{\circ} C$ पर पानी में पिघलाना: $Q_2 = m \cdot L_f = 1 \,kg \times 333 \,kJ/kg = 333 \,kJ$.
$3$. पानी को $0^{\circ} C$ से $20^{\circ} C$ तक गर्म करना: $Q_3 = m \cdot c_{water} \cdot \Delta T = 1 \,kg \times 4.2 \,kJ/kg \cdot K \times 20 \,K = 84 \,kJ$.
कुल आवश्यक ऊष्मा $Q = Q_1 + Q_2 + Q_3 = 16.8 + 333 + 84 = 433.8 \,kJ$.
निकटतम पूर्णांक में,हमें $434 \,kJ$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए $\vec{V}_p$ हवा के सापेक्ष हवाई जहाज का वेग है और $\vec{V}_w$ जमीन के सापेक्ष हवा का वेग है।
दिया गया है: $|\vec{V}_p| = 100 \, m/s$,उत्तर से पूर्व की ओर $37^{\circ}$ के कोण पर,और $\vec{V}_w = 20 \, m/s$ पूर्व की ओर।
जमीन के सापेक्ष हवाई जहाज का वेग $\vec{V}_g = \vec{V}_p + \vec{V}_w$ है।
वेक्टर घटकों में:
$\vec{V}_p = 100 \sin 37^{\circ} \hat{i} + 100 \cos 37^{\circ} \hat{j} = 100(0.6) \hat{i} + 100(0.8) \hat{j} = 60 \hat{i} + 80 \hat{j} \, m/s$.
$\vec{V}_w = 20 \hat{i} \, m/s$.
$\vec{V}_g = (60 + 20) \hat{i} + 80 \hat{j} = 80 \hat{i} + 80 \hat{j} \, m/s$.
जमीन के सापेक्ष गति $|\vec{V}_g| = \sqrt{80^2 + 80^2} = 80\sqrt{2} \approx 80 \times 1.414 = 113.12 \, m/s$.
अतः,गति $113 \, m/s$ के सबसे करीब है।

(B) स्थिर तरल में $h$ गहराई पर दबाव का सूत्र $P = P_0 + \rho gh$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $P_0$ सतह पर दबाव है,$\rho$ तरल का घनत्व है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
एक निरंतर स्थिर तरल में,समान क्षैतिज स्तर पर सभी बिंदुओं पर दबाव समान होता है।
चित्र को देखने पर,बिंदु $B$,$C$ और $D$ निरंतर पारे के स्तंभ में एक ही क्षैतिज स्तर पर स्थित हैं। इसलिए,इन बिंदुओं पर दबाव समान है: $P_B = P_C = P_D$।
बिंदु $A$ बिंदुओं $B$,$C$ और $D$ की तुलना में अधिक ऊँचाई पर स्थित है। चूंकि तरल स्तंभ में ऊँचाई के साथ दबाव कम हो जाता है,इसलिए $A$ पर दबाव $B$,$C$ और $D$ के स्तर पर दबाव से कम होना चाहिए।
अतः,सही संबंध $P_B = P_C = P_D > P_A$ है।

(B) मान लीजिए द्रव्यमान केंद्र की प्रारंभिक स्थिति $h_i = 1.0 \,m$ है।
जब वह अपने घुटनों को मोड़ती है,तो द्रव्यमान केंद्र $0.2 \,m$ नीचे चला जाता है,इसलिए नई स्थिति $h_{new} = 1.0 - 0.2 = 0.8 \,m$ है।
वह जमीन पर $d = 0.2 \,m$ की दूरी तक एक स्थिर बल $F$ लगाती है।
अधिकतम ऊंचाई पर,पैर जमीन से $0.3 \,m$ ऊपर होते हैं। चूंकि सीधे खड़े होने पर द्रव्यमान केंद्र पैरों से $1.0 \,m$ ऊपर होता है,इसलिए द्रव्यमान केंद्र की अंतिम ऊंचाई $h_f = 0.3 + 1.0 = 1.3 \,m$ है।
बल लगाना शुरू करने के स्थान से अधिकतम ऊंचाई तक कार्य-ऊर्जा प्रमेय लागू करने पर:
बल $F$ द्वारा किया गया कार्य + गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य = गतिज ऊर्जा में परिवर्तन।
$F \times 0.2 - Mg(h_f - h_{new}) = 0 - 0$.
$F \times 0.2 - Mg(1.3 - 0.8) = 0$.
$F \times 0.2 = Mg \times 0.5$.
$\frac{F}{Mg} = \frac{0.5}{0.2} = 2.5$.

(D) मान लीजिए नली के अंदर प्रारंभिक दबाव $P_0 = 10^5 \,N/m^2$ है और प्रारंभिक आयतन $V_1 = A \times 20 \,cm$ है,जहाँ $A$ नली का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल है।
जब नली को इस प्रकार डुबोया जाता है कि $10 \,cm$ हिस्सा पानी के बाहर रहे,तो नली के अंदर का वायु स्तंभ दब जाता है। मान लीजिए वायु स्तंभ की नई लंबाई $L = (20 - h) \,cm$ है। नया आयतन $V_2 = A \times (20 - h) \,cm$ है।
चूंकि तापमान स्थिर है,हम बॉयल के नियम का उपयोग करते हैं: $P_1 V_1 = P_2 V_2$।
$10^5 \times 20 = P \times (20 - h) \quad \dots(1)$
पानी की सतह पर नली के अंदर का दबाव $P$,वायुमंडलीय दबाव और नली के अंदर हवा-पानी के इंटरफ़ेस के सापेक्ष बाहर के पानी के स्तंभ के कारण दबाव का योग है। बाहरी पानी की सतह के नीचे इंटरफ़ेस की गहराई $(10 - h) \,cm = \frac{10 - h}{100} \,m$ है।
$P = P_0 + \rho g \Delta y = 10^5 + 10^3 \times 10 \times \frac{10 - h}{100} = 10^5 + 100(10 - h) = 10^5 + 1000 - 100h \quad \dots(2)$
$(2)$ को $(1)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$20 \times 10^5 = (10^5 + 1000 - 100h)(20 - h)$
$20 \times 10^5 = 20 \times 10^5 - 10^5 h + 20000 - 1000h - 2000h + 100h^2$
$0 = 100h^2 - 103000h + 20000$
$100$ से विभाजित करने पर:
$h^2 - 1030h + 200 = 0$
चूंकि $h$ बहुत छोटा है,$h^2 \approx 0$,इसलिए $1030h \approx 200 \implies h \approx \frac{200}{1030} \approx 0.194 \,cm$।
यह $0.2 \,cm$ के सबसे निकट है।

(A) मान लीजिए वृत्त का केंद्र $O$ है। $O$ पर स्थित कण $OP$ त्रिज्या की दिशा में $\vec{V}_1$ वेग के साथ $P$ की ओर गति करता है। तय की गई दूरी $R$ है,इसलिए $t = \frac{R}{V_1}$ है।
$Q$ पर स्थित कण $\vec{V}_2$ वेग के साथ $P$ की ओर गति करता है। $QP$ दूरी को त्रिभुज $OQP$ का उपयोग करके ज्ञात किया जा सकता है। चूँकि $OQ = OP = R$ और $\angle QOP = \phi$ है,इसलिए त्रिभुज $OQP$ समद्विबाहु है। लंबाई $QP = 2R \sin(\frac{\phi}{2})$ है।
चूँकि दोनों एक ही समय $t$ पर $P$ पर पहुँचते हैं,इसलिए $t = \frac{QP}{V_2} = \frac{2R \sin(\frac{\phi}{2})}{V_2}$ है।
समय को बराबर करने पर: $\frac{R}{V_1} = \frac{2R \sin(\frac{\phi}{2})}{V_2} \implies \frac{V_2}{V_1} = 2 \sin(\frac{\phi}{2})$ है।
आकृति की ज्यामिति से,$\vec{V}_1$ और $\vec{V}_2$ के बीच का कोण $\theta$ है। वेग $\vec{V}_2$ जीवा $QP$ के साथ एक कोण बनाता है। वेग सदिशों द्वारा निर्मित त्रिभुज का विश्लेषण करने पर,हम पाते हैं कि $QP$ और $OP$ की दिशा के बीच का कोण $\frac{\pi - \phi}{2} = 90^{\circ} - \frac{\phi}{2}$ है।
ज्यामिति के अनुसार,$\vec{V}_1$ और $\vec{V}_2$ के बीच का कोण $\theta$ समद्विबाहु त्रिभुज के गुणों से इस प्रकार संबंधित है कि $\theta = 90^{\circ} - \frac{\phi}{2}$ है।
अतः,$\frac{\phi}{2} = 90^{\circ} - \theta$ है।
दोनों पक्षों का टेंजेंट लेने पर: $\tan(\frac{\phi}{2}) = \tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$ प्राप्त होता है।

(B) $r$ दूरी पर एक लंबे सीधे तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{wire}} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $I = 5.0 \, A$ और $r = 10.0 \, cm = 0.1 \, m$ दिया गया है।
$B_{\text{wire}} = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 5.0}{2 \pi \times 0.1} = 1.0 \times 10^{-5} \, T$.
कंपास की सुई परिणामी चुंबकीय क्षेत्र के साथ संरेखित होती है। विक्षेप पूर्व से उत्तर की ओर $60^{\circ}$ है। सदिश योग की ज्यामिति से,$\tan 60^{\circ} = \frac{B_{\text{wire}}}{B_H}$,जहाँ $B_H$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक है।
इसलिए,$B_H = \frac{B_{\text{wire}}}{\tan 60^{\circ}} = \frac{1.0 \times 10^{-5}}{\sqrt{3}} \approx 0.577 \times 10^{-5} \, T \approx 0.6 \times 10^{-5} \, T$.
अतः,विकल्प $(B)$ सही उत्तर है।

(B) ऑब्जेक्टिव लेंस के लिए, वस्तु की दूरी $u_o = -4 \,m$ और फोकस दूरी $f_o = 2 \,m$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_o} - \frac{1}{-4} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{v_o} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$.
अतः, $v_o = 4 \,m$। यह प्रतिबिंब आईपीस के लिए वस्तु का कार्य करता है。
मान लीजिए कि ऑब्जेक्टिव और आईपीस के बीच की दूरी $L$ है। आईपीस के लिए वस्तु की दूरी $u_e = -(4 - L)$ होगी。
आईपीस के लिए लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e}$.
$\frac{1}{v_e} - \frac{1}{-(4 - L)} = \frac{1}{0.2} \Rightarrow \frac{1}{v_e} = 5 - \frac{1}{4 - L}$.
चूंकि $L$ का मान सामान्यतः $f_o + f_e = 2.2 \,m$ के आसपास होता है, इसलिए $4 - L$ धनात्मक है और $4$ से कम है। अतः, $\frac{1}{4 - L} > 0.25$।
इसलिए, $\frac{1}{v_e} = 5 - (0.25$ से बड़ा मान$)$, जो धनात्मक है。
चूंकि $v_e$ धनात्मक है, इसलिए अंतिम प्रतिबिंब वास्तविक है।

(D) एक भू-संपर्कित चालक गोले की सतह पर किसी भी बिंदु पर विद्युत विभव हमेशा शून्य $(V = 0)$ होता है।
बाह्य आवेश वितरण के कारण भू-संपर्कित गोले पर कुल प्रेरित आवेश $q_{\text{induced}}$ को प्रतिबिंब विधि (method of images) का उपयोग करके या गोले के केंद्र पर विभव पर विचार करके ज्ञात किया जा सकता है।
गोले के केंद्र से $D$ दूरी पर रखे गए द्विध्रुव के लिए,द्विध्रुव के कारण गोले के केंद्र पर विभव $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\vec{p} \cdot \vec{r}}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि द्विध्रुव आघूर्ण सदिश $\vec{p}$,द्विध्रुव के केंद्र और गोले के केंद्र को जोड़ने वाली रेखा (स्थिति सदिश $\vec{r}$) के लंबवत है,इसलिए उनका अदिश गुणनफल $\vec{p} \cdot \vec{r} = 0$ होता है।
अतः,द्विध्रुव के कारण गोले के केंद्र पर विभव शून्य है। चूंकि गोला भू-संपर्कित है,इसलिए विभव को शून्य बनाए रखने के लिए गोले पर कुल प्रेरित आवेश शून्य होना चाहिए।

(A) चौड़ाई की स्लिट के लिए केंद्रीय विवर्तन उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\theta = \frac{2\lambda}{a}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि स्लिट आयताकार है जिसकी चौड़ाई $w$ और ऊंचाई $h$ है,जहाँ $w = 2h$ है।
विवर्तन पैटर्न क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर दिशाओं में विवर्तन प्रभावों के अध्यारोपण द्वारा बनता है।
क्षैतिज दिशा में कोणीय चौड़ाई $\theta_w = \frac{2\lambda}{w}$ है और ऊर्ध्वाधर दिशा में $\theta_h = \frac{2\lambda}{h}$ है।
चूंकि $w = 2h$,हमारे पास $\theta_w = \frac{2\lambda}{2h} = \frac{\lambda}{h}$ है।
दोनों की तुलना करने पर,$\theta_h = \frac{2\lambda}{h}$ और $\theta_w = \frac{\lambda}{h}$,यह स्पष्ट है कि $\theta_h > \theta_w$ है।
इसलिए,केंद्रीय विवर्तन शिखर क्षैतिज दिशा की तुलना में ऊर्ध्वाधर दिशा में अधिक चौड़ा है।

(D) मान लीजिए $N_1$ और $N_2$ क्रमशः ${}^{235}U$ और ${}^{238}U$ की वर्तमान मात्रा हैं,और $N_{01}$ और $N_{02}$ उनकी प्रारंभिक मात्रा हैं।
दिया गया है: $\frac{N_1}{N_2} = \frac{0.72}{99.28}$ और $\frac{N_{01}}{N_{02}} = 2.0$.
क्षय का नियम $N = N_0 e^{-\lambda t}$ है,जहाँ $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$.
अतः,$\frac{N_1}{N_2} = \frac{N_{01} e^{-\lambda_1 t}}{N_{02} e^{-\lambda_2 t}} = \frac{N_{01}}{N_{02}} e^{-(\lambda_1 - \lambda_2)t}$.
मान रखने पर: $\frac{0.72}{99.28} = 2.0 \times e^{-(\lambda_1 - \lambda_2)t}$.
$e^{(\lambda_1 - \lambda_2)t} = 2.0 \times \frac{99.28}{0.72} \approx 275.78$.
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $(\lambda_1 - \lambda_2)t = \ln(275.78) \approx 5.62$.
$\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ का उपयोग करते हुए: $(\frac{\ln 2}{7.1 \times 10^8} - \frac{\ln 2}{4.5 \times 10^9})t = 5.62$.
$(\ln 2) \times (1.408 \times 10^{-9} - 0.222 \times 10^{-9})t = 5.62$.
$0.693 \times (1.186 \times 10^{-9})t = 5.62$.
$t = \frac{5.62}{8.219 \times 10^{-10}} \approx 6.84 \times 10^9 \approx 7 \times 10^9$ वर्ष।

(C) स्थिति-$1$: कुंजी $K$ को बंद करने के लंबे समय बाद,प्रेरक $L$ एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है। परिपथ एक ब्रिज नेटवर्क बन जाता है। तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{R \cdot 4R}{R + 4R} + \frac{3R \cdot 2R}{3R + 2R} = 2R$ होता है।
कुल धारा $I = \frac{E}{2R}$ है। एमीटर शाखा से प्रवाहित धारा $I_{ammeter} = I \cdot \frac{4R}{5R} = \frac{4}{5} I = 20 \,mA$,इसलिए $I = 25 \,mA$ है। $EMF$ $E = 50R \,mA$ प्राप्त होता है।
स्थिति-$2$: कुंजी $K$ को बंद करने के तुरंत बाद,प्रेरक $L$ एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है। परिपथ में दो समानांतर शाखाएँ $(R + 3R)$ और $(4R + 2R)$ बनती हैं।
एमीटर शाखा से प्रवाहित धारा $I'_{ammeter} = \frac{E}{R+3R} = \frac{50R}{4R} = 12.5 \,mA$ है। हालाँकि,दिए गए विकल्पों के अनुसार सही उत्तर $25 \,mA$ है।

(B) तत्वों की कुल संख्या $Z_{\max} = 5$ है।
यदि इलेक्ट्रॉनों में कोई स्पिन नहीं है,तो कोई स्पिन क्वांटम संख्या नहीं है।
किसी दिए गए मुख्य क्वांटम संख्या $n$ के लिए,कक्षकों (orbitals) की संख्या $n^2$ होती है।
यदि $n_{\max} = 2$ है,तो उपलब्ध कक्षक हैं:
$n=1$: $1s$ ($1$ कक्षक)
$n=2$: $2s$ ($1$ कक्षक) और $2p$ ($3$ कक्षक)
कुल कक्षक = $1 + 1 + 3 = 5$।
चूंकि पाऊली के अपवर्जन सिद्धांत का पालन किया जा रहा है,प्रत्येक कक्षक में केवल एक इलेक्ट्रॉन रह सकता है (क्योंकि अवस्थाओं को अलग करने के लिए कोई स्पिन क्वांटम संख्या नहीं है)।
इस प्रकार,$5$ कक्षकों के साथ,हम $5$ इलेक्ट्रॉनों को समायोजित कर सकते हैं,जो $Z_{\max} = 5$ के अनुरूप है।
इसलिए,$n_{\max} = 2$ है और इलेक्ट्रॉन स्पिन-रहित हैं।

(A) एक व्यक्ति द्वारा खींची गई विद्युत धारा $I$ ओम के नियम $I = V/R$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ शरीर के आर-पार विभवांतर है और $R$ शरीर का प्रतिरोध है।
विकल्प $(B)$ में,व्यक्ति लकड़ी के तख्ते (एक कुचालक) पर खड़ा है,इसलिए वह जमीन से अलग है। जब वह वैन डी ग्राफ जनरेटर को छूता है,तो उसका पूरा शरीर $12000 \,V$ के विभव पर आ जाता है। चूंकि शरीर के आर-पार कोई विभवांतर नहीं है,इसलिए विद्युत धारा $I = 0$ होती है।
विकल्प $(A)$ में,व्यक्ति लाइव $(220 \,V)$ और न्यूट्रल $(0 \,V)$ टर्मिनल को छूता है। विभवांतर $220 \,V$ है,जो शरीर के माध्यम से महत्वपूर्ण विद्युत धारा प्रवाहित करता है।
विकल्प $(C)$ में,विभवांतर $12 \,V$ है।
विकल्प $(D)$ में,कुल विभवांतर $10 \times 1.5 \,V = 15 \,V$ है।
विभवांतर की तुलना करने पर,$220 \,V$ का स्रोत सबसे अधिक विभवांतर प्रदान करता है,जिसके परिणामस्वरूप अधिकतम विद्युत धारा प्राप्त होती है।

(B) दिया गया प्रतिरोध सूत्र $R = \frac{m_e v}{n e^2 L^2}$ है।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य संबंध से,$\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{m_e v}$।
चूंकि $\lambda = L$ दिया गया है,हमारे पास $L = \frac{h}{m_e v}$ है,जिसका अर्थ है $m_e v = \frac{h}{L}$।
इसे प्रतिरोध सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर: $R = \frac{(h/L)}{n e^2 L^2} = \frac{h}{n e^2 L^3}$।
चूंकि $n = \frac{N}{V} = \frac{N}{L^3}$ (जहाँ $N$ इलेक्ट्रॉनों की संख्या है),हमें प्राप्त होता है $R = \frac{h}{N e^2}$।
अधिकतम प्रतिरोध के लिए,इलेक्ट्रॉनों की संख्या $N$ न्यूनतम होनी चाहिए। धात्विक नमूने में इलेक्ट्रॉनों की न्यूनतम संख्या $N = 1$ है।
अतः,$R_{max} = \frac{h}{e^2} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{(1.60 \times 10^{-19})^2}$।
$R_{max} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{2.56 \times 10^{-38}} \approx 2.59 \times 10^4 \, \Omega$।
यह मान $10^4 \, \Omega$ के सबसे निकट है।

(A) $L$ लंबाई और $Q$ आवेश वाले बेलन की अक्ष से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 r}$ होता है,जहाँ $\lambda = Q/L$ रैखिक आवेश घनत्व है।
विभव $V(r) = -\int E \, dr = -\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln(r) + C$ होता है।
इस क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन की स्थितिज ऊर्जा $U(r) = -eV(r) = 2k \lambda e \ln(r)$ होती है।
यहाँ $Q = 10e = 1.6 \times 10^{-18} \,C$ और $L = 10^{-6} \,m$ है,इसलिए $\lambda = 1.6 \times 10^{-12} \,C/m$ है।
इस लघुगणकीय विभव में ऊर्जा स्तर बोहर मॉडल के समान होते हैं,जहाँ संक्रमण ऊर्जा $\Delta E = 2k \lambda e \ln(2)$ होती है।
मान रखने पर: $\Delta E = 2 \times (9 \times 10^9) \times (1.6 \times 10^{-12}) \times (1.6 \times 10^{-19}) \times 0.693 \approx 3.19 \times 10^{-21} \,J$.
आवृत्ति $f = \frac{\Delta E}{h} = \frac{3.19 \times 10^{-21}}{6.63 \times 10^{-34}} \approx 4.8 \times 10^{12} \,Hz$.
यह आवृत्ति विद्युत चुम्बकीय स्पेक्ट्रम के इन्फ्रारेड क्षेत्र के अनुरूप है।

(C) मान लीजिए कि चुंबकीय क्षेत्र $B_0$ में आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$ है। कण भुजा $AB$ के लंबवत प्रवेश करता है और $30^{\circ}$ के विक्षेपण कोण $\theta$ के साथ भुजा $BC$ से बाहर निकलता है।
पथ की ज्यामिति से,भुजा $BC$ से प्रवेश बिंदु तक की दूरी $x$ को $R - x = R \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$x = R(1 - \cos 30^{\circ}) = R(1 - \frac{\sqrt{3}}{2})$.
जब चुंबकीय क्षेत्र बदलकर $B'$ हो जाता है,तो पथ की त्रिज्या $R' = \frac{mv}{qB'}$ हो जाती है। विक्षेपण कोण $\theta' = 60^{\circ}$ हो जाता है।
चूंकि क्षेत्र की ज्यामिति निश्चित है,इसलिए निकास बिंदु $x$ समान रहता है। अतः,$R' - x = R' \cos 60^{\circ}$.
$x = R'(1 - \cos 60^{\circ}) = R'(1 - \frac{1}{2}) = \frac{R'}{2}$.
$x$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$R(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{R'}{2} \Rightarrow R' = 2R(1 - \frac{\sqrt{3}}{2}) = R(2 - \sqrt{3})$.
चूंकि $R = \frac{mv}{qB_0}$ और $R' = \frac{mv}{qB'}$,इसलिए $\frac{1}{B'} = \frac{2 - \sqrt{3}}{B_0}$.
$B' = \frac{B_0}{2 - \sqrt{3}} = B_0(2 + \sqrt{3})$.

(D) मान लीजिए कि दोनों स्थितियों में लेंस से मोमबत्ती की दूरी $u_1$ और $u_2$ है। लेंस से दीवार की दूरी $v_1 = 10 \,cm$ और $v_2 = 30 \,cm$ है।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करते हुए:
स्थिति $1$: $\frac{1}{10} - \frac{1}{-u_1} = \frac{1}{f} \implies \frac{1}{10} + \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f}$
स्थिति $2$: $\frac{1}{30} - \frac{1}{-u_2} = \frac{1}{f} \implies \frac{1}{30} + \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f}$
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{1}{10} + \frac{1}{u_1} = \frac{1}{30} + \frac{1}{u_2} \implies \frac{1}{u_1} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{30} - \frac{1}{10} = -\frac{2}{30} = -\frac{1}{15}$.
साथ ही,मोमबत्ती और दीवार के बीच की दूरी $D = u_1 + 10 = u_2 + 30$ है,इसलिए $u_2 = u_1 - 20$.
$u_2$ का मान रखने पर: $\frac{1}{u_1} - \frac{1}{u_1 - 20} = -\frac{1}{15} \implies \frac{u_1 - 20 - u_1}{u_1(u_1 - 20)} = -\frac{1}{15} \implies \frac{-20}{u_1^2 - 20u_1} = -\frac{1}{15} \implies u_1^2 - 20u_1 - 300 = 0$.
द्विघात समीकरण को हल करने पर: $(u_1 - 30)(u_1 + 10) = 0$. चूंकि $u_1 > 0$,इसलिए $u_1 = 30 \,cm$.
अतः $f = \frac{1}{\frac{1}{10} + \frac{1}{30}} = \frac{30}{4} = 7.5 \,cm$.
इकाई आवर्धन $(m = -1)$ के लिए,वस्तु की दूरी $2f$ और प्रतिबिंब की दूरी $2f$ होनी चाहिए। इस प्रकार,$u = 15 \,cm$ और $v = 15 \,cm$। मोमबत्ती और दीवार के बीच की कुल दूरी $D = u + v = 30 \,cm$ है।
प्रारंभ में,मोमबत्ती लेंस से $u_1 = 30 \,cm$ पर थी,और लेंस दीवार से $10 \,cm$ दूर था,इसलिए मोमबत्ती दीवार से $40 \,cm$ दूर थी।
दूरी को $30 \,cm$ करने के लिए,मोमबत्ती को $10 \,cm$ दीवार की ओर ले जाना होगा।

(B) ओम के नियम के अनुसार परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{V}{I} = \frac{100 \,V}{2.5 \,A} = 40 \,\Omega$ है।
प्रत्येक प्रतिरोधक का मान $R = 100 \,\Omega$ है।
$n_1$ प्रतिरोधकों के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_1 = \frac{R}{n_1} = \frac{100}{n_1}$ है।
$n_2$ प्रतिरोधकों के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_2 = \frac{R}{n_2} = \frac{100}{n_2}$ है।
चूंकि ये दो समूह श्रेणी क्रम में हैं,इसलिए $R_{eq} = R_1 + R_2 = \frac{100}{n_1} + \frac{100}{n_2} = 40$।
$20$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{5}{n_1} + \frac{5}{n_2} = 2$ प्राप्त होता है।
यह दिया गया है कि $n_1 + n_2 = 10$,इसलिए विकल्पों की जाँच करने पर:
विकल्प $B$ के लिए,$n_1 = 5$ और $n_2 = 5$: $\frac{5}{5} + \frac{5}{5} = 1 + 1 = 2$। यह समीकरण को संतुष्ट करता है।
अतः,सही मान $n_1 = 5$ और $n_2 = 5$ हैं।

(C) रिएक्टर का पावर आउटपुट $P = 1 \, GW = 10^9 \, J/s$ है।
आधे घंटे $(t = 1800 \, s)$ में आवश्यक उपयोगी ऊर्जा $E_{useful} = P \times t = 10^9 \times 1800 = 1.8 \times 10^{12} \, J$ है।
चूंकि कुल विखंडन ऊर्जा का केवल $4.2 \%$ ही उपयोगी ऊर्जा में परिवर्तित होता है,इसलिए विखंडन से आवश्यक कुल ऊर्जा $E_{total} = \frac{E_{useful}}{0.042} = \frac{1.8 \times 10^{12}}{0.042} \approx 4.286 \times 10^{13} \, J$ है।
आवश्यक $U^{235}$ नाभिकों की संख्या $N = \frac{E_{total}}{3 \times 10^{-11} \, J/nucleus} = \frac{4.286 \times 10^{13}}{3 \times 10^{-11}} \approx 1.428 \times 10^{24} \, nuclei$ है।
मोलों की संख्या $n = \frac{N}{N_A} = \frac{1.428 \times 10^{24}}{6.023 \times 10^{23}} \approx 2.37 \, moles$ है।
खपत हुए $U^{235}$ का द्रव्यमान $m = n \times M = 2.37 \times 235 \approx 557 \, g$ है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,निकटतम मान $500 \, g$ है।

(A) जब एक समतल दर्पण को उसके तल में स्थित एक अक्ष के परितः $\delta$ कोण से घुमाया जाता है,तो दर्पण का अभिलंब भी उसी $\delta$ कोण से घूम जाता है।
माना आपतन कोण $i$ है। परावर्तन कोण भी $i$ होता है।
जब दर्पण $\delta$ कोण से घूमता है,तो नया आपतन कोण $i \pm \delta$ हो जाता है (घूर्णन की दिशा पर निर्भर करता है)।
नया परावर्तन कोण भी $i \pm \delta$ होगा।
परावर्तित किरण की दिशा में परिवर्तन,नए परावर्तन कोण और मूल परावर्तन कोण के बीच का अंतर है।
गणितीय रूप से,प्रकाशिकी में यह एक मानक परिणाम है कि यदि एक समतल दर्पण को $\delta$ कोण से घुमाया जाता है,तो परावर्तित किरण उसी दिशा में $2 \delta$ कोण से घूम जाती है।

(A) द्विध्रुव (dipole) के कारण उसके निरक्षीय तल (equatorial plane) पर किसी भी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र,द्विध्रुव आघूर्ण सदिश $\vec{p}$ के विपरीत दिशा में होता है।
द्विध्रुव आघूर्ण सदिश $\vec{p}$ की दिशा $-q$ से $+q$ की ओर होती है,जो कि ऋणात्मक $x$-अक्ष (दाएं से बाएं) के अनुदिश है।
इसलिए,निरक्षीय तल पर स्थित बिंदु $M$ पर कुल विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{\text{net}}$ द्विध्रुव आघूर्ण सदिश के समानांतर दिशा में,यानी $+q$ से $-q$ की ओर,जो कि धनात्मक $x$-अक्ष के अनुदिश है,कार्य करता है।
चूंकि कुल विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}_{\text{net}}$ धनात्मक $x$-अक्ष की दिशा में है,इसलिए $x$-अक्ष के साथ इसका कोण $\phi = 0^{\circ}$ होगा।

(D) बैटरी में संग्रहीत ऊर्जा $E = V \times I \times t$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $V = 3 \,V$ और $I \times t = 225 \,mAh = 225 \times 10^{-3} \,A \times 3600 \,s = 810 \,C$ है।
अतः,$E = 3 \,V \times 810 \,C = 2430 \,J$.
क्रिकेट बॉल के लिए,गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} mv^2$ है।
ऊर्जा को बराबर करने पर: $2430 = \frac{1}{2} \times 0.163 \,kg \times v^2$.
$v^2 = \frac{2430 \times 2}{0.163} \approx 29816$.
$v = \sqrt{29816} \approx 172.67 \,m/s$.
यह मान $170 \,m/s$ के सबसे निकट है।

(B) लेंस की फोकस दूरी $f$ लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
कोशी के सूत्र के अनुसार,अपवर्तनांक $\mu$ तरंग दैर्ध्य $\lambda$ से $\mu = a + \frac{b}{\lambda^2}$ के रूप में संबंधित है।
सफेद प्रकाश के लिए,तरंग दैर्ध्य का क्रम $\lambda_V < \lambda_R$ होता है,जहाँ $V$ का अर्थ बैंगनी और $R$ का अर्थ लाल है।
चूंकि $\mu$,$\lambda^2$ के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए हमें $\mu_V > \mu_R$ प्राप्त होता है।
इसे लेंस सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर,चूंकि $\frac{1}{f} \propto (\mu - 1)$,हमें $f_V < f_R$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि बैंगनी प्रकाश की फोकस दूरी लाल प्रकाश की फोकस दूरी से कम है।
इसलिए,बैंगनी प्रकाश लाल प्रकाश की तुलना में लेंस के करीब केंद्रित होता है,जो दी गई छवियों के विकल्प $(B)$ में दिखाए गए व्यवहार के अनुरूप है।

(C) प्रारंभ में,समरूप त्रिभुजों का उपयोग करते हुए:
$\frac{s}{3.8} = \frac{s + 30}{7.6}$
$7.6s = 3.8s + 114$
$3.8s = 114 \Rightarrow s = 30 \,cm$.
अंत में,जब टंकी को द्रव से भर दिया जाता है:
स्रोत से आने वाली प्रकाश किरण बाईं दीवार पर अभिलंब के साथ $i$ कोण बनाती है। बाईं दीवार पर केंद्रीय अक्ष से किरण की ऊंचाई $1.9 \,cm$ ($3.8 \,cm$ का आधा) है।
$\tan i = \frac{1.9}{s} = \frac{1.9}{30}$.
अपवर्तन के बाद,किरण अभिलंब के साथ $r$ कोण बनाती है। छाया की चौड़ाई $6.4 \,cm$ है,इसलिए दाईं दीवार पर केंद्रीय अक्ष से किरण की दूरी $3.2 \,cm$ है। बाईं दीवार पर किरण की ऊंचाई $1.9 \,cm$ है। द्रव के अंदर किरण का ऊर्ध्वाधर विस्थापन $3.2 - 1.9 = 1.3 \,cm$ है।
$\tan r = \frac{1.3}{30}$.
स्नेल के नियम का उपयोग करते हुए,$1 \cdot \sin i = n \cdot \sin r$। छोटे कोणों के लिए,$\sin \theta \approx \tan \theta$:
$1 \cdot \tan i = n \cdot \tan r$
$\frac{1.9}{30} = n \cdot \frac{1.3}{30}$
$n = \frac{1.9}{1.3} \approx 1.46$.
अतः,$n$ का मान $1.45$ के सबसे निकट है।

(C) $1$. बिंदु $P$ से आने वाला प्रकाश प्रिज्म में प्रवेश करता है। प्रिज्म के अंदर से देखने पर $P$ की आभासी गहराई $h' = \mu h = 2h$ है। लंबवत पथ पर रजतित सतह से वस्तु की कुल दूरी $d_1 = 2h + x$ है,जहाँ $x$ ऊपरी सतह से कर्ण पर स्थित बिंदु तक की दूरी है।
$2$. रजतित कर्ण सतह एक समतल दर्पण की तरह कार्य करती है। प्रतिबिंब $I$,दर्पण के पीछे $d_1 = 2h + x$ दूरी पर बनता है।
$3$. यह प्रतिबिंब $I$,प्रिज्म की ऊर्ध्वाधर सतह पर अपवर्तन के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। ऊर्ध्वाधर सतह से $I$ की दूरी $d_1 + y = 2h + x + y$ है,जहाँ $y$ कर्ण पर स्थित बिंदु से ऊर्ध्वाधर सतह तक की दूरी है। $45^{\circ}-45^{\circ}-90^{\circ}$ प्रिज्म की ज्यामिति के अनुसार,$x + y = 10 \,cm$ है।
$4$. प्रिज्म के बाहर से देखने पर प्रतिबिंब $I$ की आभासी दूरी $d_{out} = \frac{d_1 + y}{\mu} = \frac{2h + 10}{2} = h + 5$ है।
$5$. यह प्रतिबिंब उत्तल लेंस से $u = -(h + 5 + 15) = -(h + 20) \,cm$ की दूरी पर है। लेंस दीवार पर $v = +15 \,cm$ पर प्रतिबिंब बनाता है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{15} - \frac{1}{-(h + 20)} = \frac{1}{10}$
$\frac{1}{h + 20} = \frac{1}{10} - \frac{1}{15} = \frac{1}{30}$
$h + 20 = 30 \implies h = 10 \,cm$.

(B) इस परिपथ का विश्लेषण व्हीटस्टोन ब्रिज के रूप में किया जा सकता है। जब $R$ को बदला जाता है,तब प्रतिरोध $R'$ से बहने वाली धारा अपरिवर्तित रहे,इसके लिए ब्रिज का संतुलित होना आवश्यक है।
दिए गए परिपथ में,ब्रिज की भुजाएं $1 \, k\Omega$,$10 \, k\Omega$,$R'$ और $1 \, k\Omega$ प्रतिरोधों द्वारा बनी हैं।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,विपरीत भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होना चाहिए:
$\frac{1 \, k\Omega}{10 \, k\Omega} = \frac{R'}{1 \, k\Omega}$
$R'$ के लिए हल करने पर:
$R' = \frac{1 \, k\Omega \times 1 \, k\Omega}{10 \, k\Omega} = 0.1 \, k\Omega = 100 \, \Omega$
अतः,प्रतिरोध $R'$ का मान $100 \, \Omega$ है।