NEET 2016 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) माना लंबाई $l$ की विमा को $l \propto h^p c^q G^r$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है।
प्रत्येक नियतांक की विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$[L] = [ML^2T^{-1}]^p [LT^{-1}]^q [M^{-1}L^3T^{-2}]^r$
$[M^0 L^1 T^0] = M^{p-r} L^{2p+q+3r} T^{-p-q-2r}$
दोनों पक्षों पर $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$p - r = 0 \implies p = r$
$2p + q + 3r = 1$
$-p - q - 2r = 0$
तीसरे समीकरण में $p = r$ रखने पर: $-r - q - 2r = 0 \implies q = -3r$.
दूसरे समीकरण में $p = r$ और $q = -3r$ रखने पर: $2r - 3r + 3r = 1 \implies 2r = 1 \implies r = 1/2$.
अतः,$p = 1/2$ और $q = -3/2$.
इसलिए,$l \propto h^{1/2} c^{-3/2} G^{1/2} = \sqrt{\frac{hG}{c^3}} = \frac{\sqrt{hG}}{c^{3/2}}$.

(B) किसी भी समय $t$ पर कार $P$ की स्थिति $x_P(t) = at + bt^2$ है।
कार $P$ का वेग $v_P(t) = \frac{dx_P(t)}{dt} = a + 2bt$ है ... $(i)$.
इसी प्रकार,कार $Q$ के लिए,स्थिति $x_Q(t) = ft - t^2$ है।
कार $Q$ का वेग $v_Q(t) = \frac{dx_Q(t)}{dt} = f - 2t$ है ... $(ii)$.
यह दिया गया है कि कारों का वेग समान है,इसलिए $v_P(t) = v_Q(t)$।
अतः,$a + 2bt = f - 2t$।
$t$ के लिए हल करने हेतु पदों को व्यवस्थित करने पर: $2bt + 2t = f - a$।
$2t(b + 1) = f - a$।
इस प्रकार,$t = \frac{f - a}{2(1 + b)}$।

(B) कण का वेग $v = At + Bt^2$ द्वारा दिया गया है।
चूंकि $v = \frac{ds}{dt}$,इसलिए $ds = (At + Bt^2) dt$ है।
$t = 1 \ s$ और $t = 2 \ s$ के बीच तय की गई दूरी ज्ञात करने के लिए,हम समय के सापेक्ष वेग का समाकलन करेंगे:
$s = \int_{1}^{2} (At + Bt^2) dt$
$s = \left[ \frac{At^2}{2} + \frac{Bt^3}{3} \right]_{1}^{2}$
$s = \left( \frac{A(2)^2}{2} + \frac{B(2)^3}{3} \right) - \left( \frac{A(1)^2}{2} + \frac{B(1)^3}{3} \right)$
$s = \left( 2A + \frac{8B}{3} \right) - \left( \frac{A}{2} + \frac{B}{3} \right)$
$s = (2A - \frac{A}{2}) + (\frac{8B}{3} - \frac{B}{3})$
$s = \frac{3}{2}A + \frac{7}{3}B$
चूंकि अंतराल $[1, 2]$ में वेग की दिशा नहीं बदल रही है,इसलिए दूरी विस्थापन के परिमाण के बराबर होगी।

(A) दिया गया है:
कुल त्वरण $a = 15 \, m s^{-2}$
त्रिज्या $R = 2.5 \, m$
कुल त्वरण और अभिकेंद्र त्वरण के बीच का कोण $30^{\circ}$ है।
अभिकेंद्र त्वरण $a_c$,कुल त्वरण $a$ का वृत्त के केंद्र की ओर का घटक है।
आकृति से,$a_c = a \cos(30^{\circ})$.
$a_c = 15 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 15 \times 0.866 = 12.99 \, m s^{-2}$.
हम जानते हैं कि अभिकेंद्र त्वरण $a_c = \frac{v^2}{R}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $v$ कण की चाल है।
इसलिए,$v = \sqrt{a_c R}$.
$v = \sqrt{12.99 \times 2.5} = \sqrt{32.475} \approx 5.698 \, m/s$.
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,हमें $v \approx 5.7 \, m/s$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) दिया गया स्थिति सदिश: $\vec{r} = \cos(\omega t) \hat{i} + \sin(\omega t) \hat{j}$.
$1$. वेग $\vec{v}$ समय के सापेक्ष स्थिति का अवकलन है:
$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = -\omega \sin(\omega t) \hat{i} + \omega \cos(\omega t) \hat{j}$.
$2$. त्वरण $\vec{a}$ समय के सापेक्ष वेग का अवकलन है:
$\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = -\omega^2 \cos(\omega t) \hat{i} - \omega^2 \sin(\omega t) \hat{j} = -\omega^2 \vec{r}$.
$3$. चूँकि $\vec{a} = -\omega^2 \vec{r}$,त्वरण मूल बिंदु की ओर निर्देशित है (अभिकेंद्र त्वरण)।
$4$. $\vec{r}$ और $\vec{v}$ के बीच संबंध की जाँच करने के लिए,उनका अदिश गुणनफल (dot product) ज्ञात करें:
$\vec{r} \cdot \vec{v} = (\cos(\omega t))(-\omega \sin(\omega t)) + (\sin(\omega t))(\omega \cos(\omega t)) = -\omega \sin(\omega t) \cos(\omega t) + \omega \sin(\omega t) \cos(\omega t) = 0$.
चूँकि अदिश गुणनफल $0$ है,इसलिए वेग स्थिति सदिश $\vec{r}$ के लंबवत है।

(A) मान लीजिए कि दो सदिश $\vec{A}$ और $\vec{B}$ हैं।
$\vec{A}$ और $\vec{B}$ के योग का परिमाण इस प्रकार है: $|\vec{A} + \vec{B}| = \sqrt{A^2 + B^2 + 2AB \cos \theta}$.
$\vec{A}$ और $\vec{B}$ के अंतर का परिमाण इस प्रकार है: $|\vec{A} - \vec{B}| = \sqrt{A^2 + B^2 - 2AB \cos \theta}$.
दिया गया है कि $|\vec{A} + \vec{B}| = |\vec{A} - \vec{B}|$,दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$A^2 + B^2 + 2AB \cos \theta = A^2 + B^2 - 2AB \cos \theta$.
दोनों पक्षों से $A^2 + B^2$ घटाने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2AB \cos \theta = -2AB \cos \theta$.
$4AB \cos \theta = 0$.
चूंकि $A$ और $B$ शून्यतर सदिश हैं,$4AB \neq 0$,इसलिए $\cos \theta = 0$.
इसका अर्थ है कि $\theta = 90^o$।

(C) दीवार द्वारा गेंद पर लगाया गया आवेग गेंद के संवेग में परिवर्तन के बराबर होता है।
मान लीजिए प्रारंभिक वेग $\vec{v}_i$ है और अंतिम वेग $\vec{v}_f$ है।
प्रारंभिक संवेग $\vec{p}_i = m\vec{v}_i$ है और अंतिम संवेग $\vec{p}_f = m\vec{v}_f$ है।
दीवार के लंबवत दिशा को $x$-अक्ष के रूप में लेने पर,प्रारंभिक वेग के घटक $v_{ix} = v \cos 60^\circ$ (दीवार की ओर) और $v_{iy} = v \sin 60^\circ$ (दीवार के समानांतर) हैं।
अंतिम वेग के घटक $v_{fx} = -v \cos 60^\circ$ (दीवार से दूर) और $v_{fy} = v \sin 60^\circ$ (दीवार के समानांतर) हैं।
संवेग में परिवर्तन $\Delta \vec{p} = \vec{p}_f - \vec{p}_i = m(\vec{v}_f - \vec{v}_i)$ है।
$\Delta p_x = m(v_{fx} - v_{ix}) = m(-v \cos 60^\circ - v \cos 60^\circ) = -2mv \cos 60^\circ = -2mv(0.5) = -mv$.
$\Delta p_y = m(v_{fy} - v_{iy}) = m(v \sin 60^\circ - v \sin 60^\circ) = 0$.
आवेग का परिमाण $|\Delta \vec{p}| = |-mv| = mv$ होगा।

(A) सड़क पर ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए:
$N \cos\theta = mg + f \sin\theta$
$mg = N \cos\theta - f \sin\theta$ ... $(i)$
सुरक्षित मोड़ के लिए,अभिकेंद्र बल अभिलंब बल और घर्षण के क्षैतिज घटकों द्वारा प्रदान किया जाता है:
$N \sin\theta + f \cos\theta = \frac{mv^2}{R}$ ... $(ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v^2}{Rg} = \frac{N \sin\theta + f \cos\theta}{N \cos\theta - f \sin\theta}$
अधिकतम वेग पर,घर्षण बल $f$ अपने सीमांत मान $f = \mu_s N$ तक पहुँच जाता है। इस मान को समीकरण में रखने पर:
$\frac{v_{\max}^2}{Rg} = \frac{N \sin\theta + \mu_s N \cos\theta}{N \cos\theta - \mu_s N \sin\theta}$
अंश और हर को $N \cos\theta$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v_{\max}^2}{Rg} = \frac{\tan\theta + \mu_s}{1 - \mu_s \tan\theta}$
अतः,अधिकतम सुरक्षित वेग है:
$v_{\max} = \sqrt{gR \left( \frac{\mu_s + \tan\theta}{1 - \mu_s \tan\theta} \right)}$

(C) दिया गया है: बल $\overrightarrow{F} = (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j})\, N$ और द्रव्यमान $m = 1\, kg$ है।
पिंड का त्वरण $\overrightarrow{a} = \frac{\overrightarrow{F}}{m} = \frac{2t\hat{i} + 3t^2\hat{j}}{1} = (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j})\, m/s^2$ है।
समय $t$ पर वेग $\overrightarrow{v}$ त्वरण का समय के सापेक्ष समाकलन करने पर प्राप्त होता है: $\overrightarrow{v} = \int \overrightarrow{a} dt = \int (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j}) dt = t^2\hat{i} + t^3\hat{j}\, m/s$।
बल द्वारा विकसित शक्ति $P$,बल और वेग का अदिश गुणनफल है: $P = \overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{v}$।
$P = (2t\hat{i} + 3t^2\hat{j}) \cdot (t^2\hat{i} + t^3\hat{j}) = (2t)(t^2) + (3t^2)(t^3) = 2t^3 + 3t^5\, W$।

(B) ऊर्ध्वाधर लूप को पूरा करने के लिए,वस्तु को उच्चतम बिंदु $C$ पर न्यूनतम वेग बनाए रखना चाहिए ताकि डोरी में तनाव $T_C$ (या अभिलंब बल) कम से कम शून्य हो।
उच्चतम बिंदु $C$ पर,वस्तु पर कार्य करने वाले बल नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण $(mg)$ और नीचे की ओर तनाव $(T_C)$ हैं। अभिकेंद्री बल इन बलों के योग द्वारा प्रदान किया जाता है:
$T_C + mg = \frac{mv_C^2}{R}$
न्यूनतम वेग के लिए,हम $T_C = 0$ रखते हैं,जो देता है:
$mg = \frac{mv_C^2}{R} \Rightarrow v_C = \sqrt{gR}$
अब,हम निम्नतम बिंदु $A$ और उच्चतम बिंदु $C$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करते हैं। मान लीजिए $v_0$ बिंदु $A$ पर वेग है:
$A$ पर कुल ऊर्जा = $C$ पर कुल ऊर्जा
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_C^2 + mg(2R)$
$v_C^2 = gR$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}m(gR) + 2mgR$
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{5}{2}mgR$
$v_0^2 = 5gR$
$v_0 = \sqrt{5gR}$

(B) दिया गया है:
गोली का द्रव्यमान,$m = 10\, g = 0.01\, kg$
गोली की प्रारंभिक गति,$u = 400\, m s^{-1}$
ब्लॉक का द्रव्यमान,$M = 2\, kg$
ब्लॉक की ऊर्ध्वाधर ऊँचाई,$h = 10\, cm = 0.1\, m$
मान लीजिए कि टक्कर के तुरंत बाद ब्लॉक की गति $v_1$ है और ब्लॉक से बाहर निकलने के बाद गोली की गति $v$ है।
टक्कर के बाद ब्लॉक के लिए यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{2} M v_1^2 = Mgh$
$v_1 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.1} = \sqrt{1.96} = 1.4\, m s^{-1}$
($g = 9.8\, m s^{-2}$ का उपयोग करते हुए)।
टक्कर के दौरान निकाय (गोली + ब्लॉक) के लिए रैखिक संवेग संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करने पर:
$mu = Mv_1 + mv$
$0.01 \times 400 = 2 \times 1.4 + 0.01 \times v$
$4 = 2.8 + 0.01v$
$0.01v = 1.2$
$v = 120\, m s^{-1}$

(C) वीन के विस्थापन नियम के अनुसार,अधिकतम स्पेक्ट्रमी उत्सर्जन शक्ति के संगत तरंगदैर्ध्य निम्न प्रकार दी जाती है:
$\lambda_m = \frac{b}{T} = \frac{2.88 \times 10^6 \ nm \ K}{5760 \ K} = 500 \ nm$
इसका अर्थ है कि कृष्णिका विकिरण वक्र का शिखर $\lambda = 500 \ nm$ पर प्राप्त होता है,जहाँ उत्सर्जित ऊर्जा $U_2$ है।
स्पेक्ट्रमी वितरण वक्र से विभिन्न तरंगदैर्ध्यों पर मानों की तुलना करने पर:
$\lambda = 250 \ nm$ पर,ऊर्जा $U_1$ है।
$\lambda = 500 \ nm$ पर,ऊर्जा $U_2$ (अधिकतम) है।
$\lambda = 1000 \ nm$ पर,ऊर्जा $U_3$ है।
ग्राफ से यह स्पष्ट है कि $U_2$ अधिकतम मान है,इसलिए $U_2 > U_1$ और $U_2 > U_3$ है। साथ ही,ग्राफ से $U_1$ और $U_3$ की तुलना करने पर,$U_3 > U_1$ प्राप्त होता है। अतः,सही संबंध $U_2 > U_1$ है।

(D) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार,शीतलन की दर पिंड और परिवेश के बीच के तापमान अंतर के समानुपाती होती है:
$\frac{T_1 - T_2}{t} = K \left( \frac{T_1 + T_2}{2} - T_s \right)$
पहले $10$ मिनट के अंतराल के लिए:
$T_1 = 3T, T_2 = 2T, T_s = T, t = 10$
$\frac{3T - 2T}{10} = K \left( \frac{3T + 2T}{2} - T \right)$
$\frac{T}{10} = K \left( 2.5T - T \right) = K(1.5T) \implies K = \frac{1}{15} \dots (i)$
अगले $10$ मिनट के अंतराल के लिए:
मान लीजिए अंतिम तापमान $T'$ है।
$T_1 = 2T, T_2 = T', T_s = T, t = 10$
$\frac{2T - T'}{10} = K \left( \frac{2T + T'}{2} - T \right)$
$\frac{2T - T'}{10} = K \left( \frac{T'}{2} \right) \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ में $K = \frac{1}{15}$ रखने पर:
$\frac{2T - T'}{10} = \frac{1}{15} \left( \frac{T'}{2} \right)$
$\frac{2T - T'}{10} = \frac{T'}{30}$
$3(2T - T') = T'$
$6T - 3T' = T'$
$6T = 4T' \implies T' = \frac{6}{4}T = \frac{3}{2}T$

(D) आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ मोलों की संख्या है।
हम जानते हैं कि $n = \frac{\text{गैस का द्रव्यमान}}{M}$,जहाँ $M$ मोलर द्रव्यमान है।
साथ ही,मोलर द्रव्यमान $M = m N_A$,जहाँ $m$ एक अणु का द्रव्यमान है और $N_A$ आवोगाद्रो संख्या है।
इन मानों को आदर्श गैस समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $PV = \left(\frac{\text{द्रव्यमान}}{m N_A}\right) RT$.
घनत्व $\rho = \frac{\text{द्रव्यमान}}{V}$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\rho = \frac{P m N_A}{RT}$.
चूंकि बोल्ट्ज़मैन स्थिरांक $k = \frac{R}{N_A}$ है,इसलिए $R = N_A k$ होता है।
घनत्व समीकरण में $R$ का मान रखने पर: $\rho = \frac{P m N_A}{(N_A k) T} = \frac{Pm}{kT}$.

(A) गैस के अणुओं का $r.m.s.$ वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
यह दर्शाता है कि $v_{rms} \propto \sqrt{T}$।
आदर्श गैस के $r.m.s.$ वेग पर दाब का कोई प्रभाव नहीं पड़ता है।
दिया गया है कि $T_1 = 27^o C = 300 \,K$ और $v_1 = 200 \,m s^{-1}$।
दिया गया है कि $T_2 = 127^o C = 400 \,K$।
अनुपात का उपयोग करने पर: $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$।
$\frac{v_2}{200} = \sqrt{\frac{400}{300}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$।
अतः,$v_2 = 200 \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{400}{\sqrt{3}} \,m s^{-1}$।

(A) घूर्णन गतिज ऊर्जा $K$,कोणीय संवेग $L$ और जड़त्व आघूर्ण $I$ के बीच संबंध $K = \frac{L^2}{2I}$ है।
दिया गया है कि गतिज ऊर्जा समान है,इसलिए $K_A = K_B$ है।
अतः,$\frac{L_A^2}{2I_A} = \frac{L_B^2}{2I_B}$ होगा।
इससे $\frac{L_A^2}{L_B^2} = \frac{I_A}{I_B}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$\frac{L_A}{L_B} = \sqrt{\frac{I_A}{I_B}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि दिया गया है कि $I_B > I_A$,इसलिए $\frac{I_A}{I_B} < 1$ होगा।
अतः,$\frac{L_A}{L_B} < 1$,जिसका अर्थ है कि $L_A < L_B$ या $L_B > L_A$।

(D) घूर्णन गतिज ऊर्जा का सूत्र $E = \frac{1}{2} I \omega^2$ है।
व्यास के परितः घूमते हुए ठोस गोले के लिए जड़त्व आघूर्ण $I_s = \frac{2}{5} m R^2$ है।
ज्यामितीय अक्ष के परितः घूमते हुए ठोस बेलन के लिए जड़त्व आघूर्ण $I_c = \frac{1}{2} m R^2$ है।
दिया गया है कि बेलन की कोणीय चाल गोले की कोणीय चाल की दोगुनी है,इसलिए $\omega_c = 2 \omega_s$ है।
उनकी गतिज ऊर्जाओं का अनुपात:
$\frac{E_{sphere}}{E_{cylinder}} = \frac{\frac{1}{2} I_s \omega_s^2}{\frac{1}{2} I_c \omega_c^2} = \frac{I_s \omega_s^2}{I_c (2 \omega_s)^2} = \frac{I_s}{4 I_c}$.
$I_s$ और $I_c$ के मान रखने पर:
$\frac{E_{sphere}}{E_{cylinder}} = \frac{\frac{2}{5} m R^2}{4 \times \frac{1}{2} m R^2} = \frac{2/5}{2} = \frac{1}{5}$.
अतः,अनुपात $1:5$ है।

(C) मान लीजिए कि द्रव्यमान केंद्र से $m_1$ और $m_2$ द्रव्यमानों की दूरियाँ क्रमशः $l_1$ और $l_2$ हैं।
दिया गया है कि छड़ की कुल लंबाई $l$ है,इसलिए $l_1 + l_2 = l$ है।
द्रव्यमान केंद्र की परिभाषा के अनुसार,$m_1 l_1 = m_2 l_2$ होता है।
$l_2 = l - l_1$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $m_1 l_1 = m_2 (l - l_1)$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $l_1 = \frac{m_2 l}{m_1 + m_2}$ मिलता है।
इसी प्रकार,$l_2 = \frac{m_1 l}{m_1 + m_2}$ है।
द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = m_1 l_1^2 + m_2 l_2^2$ द्वारा दिया जाता है।
$l_1$ और $l_2$ के मान रखने पर:
$I = m_1 \left( \frac{m_2 l}{m_1 + m_2} \right)^2 + m_2 \left( \frac{m_1 l}{m_1 + m_2} \right)^2$
$I = \frac{m_1 m_2^2 l^2 + m_2 m_1^2 l^2}{(m_1 + m_2)^2}$
$I = \frac{m_1 m_2 l^2 (m_2 + m_1)}{(m_1 + m_2)^2}$
$I = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} l^2$.

(A) डिस्क के प्रति इकाई क्षेत्रफल का द्रव्यमान $\sigma = \frac{M}{\pi R^2}$ है।
हटाए गए वृत्ताकार छेद की त्रिज्या $r = \frac{R}{2}$ है।
हटाए गए भाग का द्रव्यमान $M' = \sigma \times \pi r^2 = \frac{M}{\pi R^2} \times \pi \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{M}{4}$ है।
हटाए गए भाग का उसके अपने केंद्रीय अक्ष (डिस्क के तल के लंबवत) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{1}{2} M' r^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{M}{4}\right) \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{MR^2}{32}$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,हटाए गए भाग का मूल डिस्क के केंद्र $O$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I'_{0} = I_{cm} + M' d^2$ है,जहाँ $d = \frac{R}{2}$ डिस्क के केंद्र और छेद के केंद्र के बीच की दूरी है।
$I'_{0} = \frac{MR^2}{32} + \left(\frac{M}{4}\right) \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{MR^2}{32} + \frac{MR^2}{16} = \frac{3MR^2}{32}$ है।
पूर्ण डिस्क का केंद्र $O$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{0} = \frac{1}{2} MR^2$ है।
शेष भाग का जड़त्व आघूर्ण $I = I_{0} - I'_{0} = \frac{1}{2} MR^2 - \frac{3MR^2}{32} = \frac{16MR^2 - 3MR^2}{32} = \frac{13MR^2}{32}$ है।

(A) जब कोई वस्तु $l$ लंबाई और $\theta$ झुकाव वाले नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कती है,तो उसे नीचे तक पहुँचने में लगा समय $t$ इस प्रकार दिया जाता है:
$t = \sqrt{\frac{2l(1 + \frac{k^2}{R^2})}{g \sin \theta}}$
जहाँ $k$ घूर्णन त्रिज्या (radius of gyration) है और $R$ वस्तु की त्रिज्या है।
चूंकि $l$,$\theta$ और $g$ दोनों के लिए समान हैं,इसलिए समय $(1 + \frac{k^2}{R^2})$ कारक पर निर्भर करता है।
डिस्क के लिए,$I = \frac{1}{2}MR^2$,इसलिए $k^2 = \frac{1}{2}R^2$,जिससे $(1 + \frac{k^2}{R^2}) = 1 + 0.5 = 1.5$ प्राप्त होता है।
ठोस गोले के लिए,$I = \frac{2}{5}MR^2$,इसलिए $k^2 = \frac{2}{5}R^2$,जिससे $(1 + \frac{k^2}{R^2}) = 1 + 0.4 = 1.4$ प्राप्त होता है।
चूंकि $1.4 < 1.5$,गोले द्वारा लिया गया समय डिस्क द्वारा लिए गए समय से कम है $(t_s < t_d)$।
अतः,गोला पहले नीचे पहुँचेगा।

(D) दिया गया है: त्रिज्या $r = 50\, cm = 0.5\, m$,कोणीय त्वरण $\alpha = 2.0\, rad\, s^{-2}$,प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 0$,और समय $t = 2.0\, s$ है।
सबसे पहले,$t = 2.0\, s$ पर कोणीय वेग $\omega$ की गणना करें: $\omega = \omega_0 + \alpha t = 0 + (2.0)(2.0) = 4.0\, rad\, s^{-1}$।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = r\alpha = 0.5 \times 2.0 = 1.0\, m\, s^{-2}$ है।
त्रिज्यीय (अभिकेंद्र) त्वरण $a_r = \omega^2 r = (4.0)^2 \times 0.5 = 16 \times 0.5 = 8.0\, m\, s^{-2}$ है।
कुल त्वरण $a = \sqrt{a_t^2 + a_r^2} = \sqrt{1.0^2 + 8.0^2} = \sqrt{1 + 64} = \sqrt{65} \approx 8.06\, m\, s^{-2}$ है।
निकटतम मान लेने पर,कुल त्वरण लगभग $8.0\, m\, s^{-2}$ है।

(A) पलायन वेग का सूत्र $v = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
चूंकि द्रव्यमान $M = \rho \times V = \rho \times \frac{4}{3}\pi R^3$ होता है,इसलिए हम इसे सूत्र में प्रतिस्थापित करते हैं:
$v = \sqrt{\frac{2G}{R} \times \frac{4}{3}\pi R^3 \rho} = R \sqrt{\frac{8\pi G \rho}{3}}$.
इस प्रकार,पलायन वेग $R\sqrt{\rho}$ के समानुपाती है,अर्थात $v \propto R\sqrt{\rho}$.
ग्रह के लिए दिया गया है: $R_p = 2R_e$ और $\rho_p = 2\rho_e$.
अतः,अनुपात:
$\frac{v_e}{v_p} = \frac{R_e}{R_p} \times \sqrt{\frac{\rho_e}{\rho_p}} = \frac{R_e}{2R_e} \times \sqrt{\frac{\rho_e}{2\rho_e}} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
अतः,अनुपात $1 : 2\sqrt{2}$ है।

(D) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय विभव $V_h = -\frac{GM}{R+h} = -5.4 \times 10^7\, J kg^{-1}$ द्वारा दिया जाता है।
उसी ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2} = 6.0\, m s^{-2}$ है।
हम इन दो समीकरणों को $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2} = \frac{1}{R+h} \left( \frac{GM}{R+h} \right) = \frac{-V_h}{R+h}$ के रूप में संबंधित कर सकते हैं।
$(R+h)$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $R+h = \frac{-V_h}{g_h}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $R+h = \frac{-(-5.4 \times 10^7)}{6.0} = \frac{5.4 \times 10^7}{6.0} = 0.9 \times 10^7 = 9.0 \times 10^6\, m$.
पृथ्वी की त्रिज्या को मीटर में बदलने पर: $R = 6400\, km = 6.4 \times 10^6\, m$.
अब,$h = (R+h) - R = 9.0 \times 10^6 - 6.4 \times 10^6 = 2.6 \times 10^6\, m$.
किलोमीटर में बदलने पर: $h = 2600\, km$.

(D) उपग्रह की कुल ऊर्जा $E$,उसकी स्थितिज ऊर्जा $PE$ और गतिज ऊर्जा $KE$ का योग है।
$E = PE + KE = -\frac{GMm}{R + h} + \frac{1}{2}mv^2$
वृत्ताकार कक्षा में परिक्रमा कर रहे उपग्रह के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$\frac{mv^2}{R + h} = \frac{GMm}{(R + h)^2} \implies v^2 = \frac{GM}{R + h}$
ऊर्जा समीकरण में $v^2$ का मान रखने पर:
$E = -\frac{GMm}{R + h} + \frac{1}{2}m\left(\frac{GM}{R + h}\right) = -\frac{GMm}{2(R + h)}$
चूँकि पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g_0 = \frac{GM}{R^2}$ है,इसलिए $GM = g_0 R^2$ होगा।
इस मान को $E$ के व्यंजक में रखने पर:
$E = -\frac{m g_0 R^2}{2(R + h)}$

(D) केशिका में द्रव के चढ़ने की ऊँचाई $h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$ द्वारा दी जाती है।
$T$ और $r$ के दिए गए मान के लिए,$h \propto \frac{\cos \theta}{\rho}$ होता है।
चूँकि द्रव समान ऊँचाई तक चढ़ते हैं $(h_1 = h_2 = h_3)$,इसलिए $\frac{\cos \theta_1}{\rho_1} = \frac{\cos \theta_2}{\rho_2} = \frac{\cos \theta_3}{\rho_3}$ होगा।
दिया गया है कि $\rho_1 > \rho_2 > \rho_3$,इसलिए $\cos \theta_1 > \cos \theta_2 > \cos \theta_3$ होगा।
चूँकि कोसाइन फलन $[0, \frac{\pi}{2}]$ अंतराल में एक घटता हुआ फलन है,इसलिए $\theta_1 < \theta_2 < \theta_3$ होगा।
अतः,$0 \le \theta_1 < \theta_2 < \theta_3 < \frac{\pi}{2}$ सही उत्तर है।

(C) माना $d$ बेलन का घनत्व है और $A$ बेलन के अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
प्लवन के नियम के अनुसार,बेलन का भार दोनों द्रवों द्वारा लगाए गए कुल उत्प्लावन बल के बराबर होता है।
बेलन का भार = $L \times A \times d \times g$
अधिक घनत्व वाले द्रव (घनत्व $n\rho$) द्वारा उत्प्लावन बल = $(pL \times A) \times n\rho \times g$
कम घनत्व वाले द्रव (घनत्व $\rho$) द्वारा उत्प्लावन बल = $((L - pL) \times A) \times \rho \times g$
भार को कुल उत्प्लावन बल के बराबर रखने पर:
$L \times A \times d \times g = (pL \times A) \times n\rho \times g + ((L - pL) \times A) \times \rho \times g$
दोनों पक्षों को $A \times L \times g$ से विभाजित करने पर:
$d = p \times n\rho + (1 - p) \times \rho$
$d = np\rho + \rho - p\rho$
$d = [1 + (n - 1)p]\rho$

(D) द्रव फिल्म को खींचने में किया गया कार्य $W = T \times \Delta A_{total}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि द्रव फिल्म की दो सतहें होती हैं,इसलिए क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A_{total} = 2 \times (A_2 - A_1)$ होता है।
प्रारंभिक क्षेत्रफल $A_1 = 4 \, cm \times 2 \, cm = 8 \, cm^2 = 8 \times 10^{-4} \, m^2$.
अंतिम क्षेत्रफल $A_2 = 5 \, cm \times 4 \, cm = 20 \, cm^2 = 20 \times 10^{-4} \, m^2$.
क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A = A_2 - A_1 = 12 \, cm^2 = 12 \times 10^{-4} \, m^2$.
कुल क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A_{total} = 2 \times 12 \times 10^{-4} \, m^2 = 24 \times 10^{-4} \, m^2$.
दिया गया कार्य $W = 3 \times 10^{-4} \, J$.
$W = T \times \Delta A_{total}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $T = \frac{W}{\Delta A_{total}} = \frac{3 \times 10^{-4}}{24 \times 10^{-4}} = \frac{1}{8} = 0.125 \, N \, m^{-1}$.

(D) रेफ्रिजरेटर के अंदर का तापमान $T_2 = (t_2 + 273) \, K$ है और कमरे का तापमान $T_1 = (t_1 + 273) \, K$ है।
एक आदर्श रेफ्रिजरेटर (कार्नोट चक्र) के लिए,कमरे में छोड़ी गई ऊष्मा $(Q_1)$ और ठंडे स्रोत से अवशोषित ऊष्मा $(Q_2)$ का अनुपात $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{T_1}{T_2}$ द्वारा दिया जाता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,किया गया कार्य $W = Q_1 - Q_2$ है,जिसका अर्थ है $Q_2 = Q_1 - W$।
इसे अनुपात में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{Q_1}{Q_1 - W} = \frac{T_1}{T_2}$।
$\frac{Q_1}{W}$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{Q_1 - W}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1} \Rightarrow 1 - \frac{W}{Q_1} = \frac{T_2}{T_1}$।
$\frac{W}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{T_1 - T_2}{T_1}$।
इसलिए,प्रति इकाई कार्य के लिए कमरे में दी गई ऊष्मा $\frac{Q_1}{W} = \frac{T_1}{T_1 - T_2}$ है।
$T_1 = t_1 + 273$ और $T_2 = t_2 + 273$ रखने पर,हमें $\frac{Q_1}{W} = \frac{t_1 + 273}{(t_1 + 273) - (t_2 + 273)} = \frac{t_1 + 273}{t_1 - t_2}$ प्राप्त होता है।

(B) दी गई प्रक्रिया $PV^3 = \text{constant}$ समीकरण द्वारा वर्णित है।
यह $PV^n = \text{constant}$ के रूप की एक पॉलीट्रोपिक प्रक्रिया है, जहाँ $n = 3$ है।
एक आदर्श गैस के लिए, पॉलीट्रोपिक प्रक्रिया की मोलर ऊष्मा धारिता $C$ का सूत्र $C = C_v + \frac{R}{1 - n}$ है।
एकपरमाणुक गैस के लिए, स्थिर आयतन पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_v = \frac{3}{2}R$ होती है।
सूत्र में $C_v = \frac{3}{2}R$ और $n = 3$ का मान रखने पर:
$C = \frac{3}{2}R + \frac{R}{1 - 3}$
$C = \frac{3}{2}R + \frac{R}{-2}$
$C = \frac{3}{2}R - \frac{1}{2}R = R$.
अतः, इस प्रक्रिया के दौरान गैस की ऊष्मा धारिता $R$ है।

(D) मान लीजिए कि पिंडों की ऊष्मा धारिता $C(T)$ है,जहाँ $C(T)$ तापमान $T$ का एक बढ़ता हुआ फलन है।
जब दोनों पिंडों को संपर्क में लाया जाता है,तो ऊष्मा गर्म पिंड $(100^{\circ} C)$ से ठंडे पिंड $(0^{\circ} C)$ की ओर तब तक प्रवाहित होती है जब तक कि वे एक सामान्य अंतिम तापमान $T_f$ तक न पहुँच जाएँ।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,गर्म पिंड द्वारा खोई गई ऊष्मा,ठंडे पिंड द्वारा प्राप्त ऊष्मा के बराबर होती है:
$\int_{T_f}^{100} C(T) dT = \int_{0}^{T_f} C(T) dT$.
चूँकि $C(T)$ तापमान के साथ बढ़ता है,इसलिए संतुलन तक पहुँचने की प्रक्रिया के दौरान गर्म पिंड की ऊष्मा धारिता ठंडे पिंड की तुलना में अधिक होती है।
चूँकि गर्म पिंड की ऊष्मा धारिता अधिक है,इसलिए ठंडे पिंड की तुलना में उसके तापमान में एक निश्चित परिवर्तन करने के लिए उसे अधिक ऊर्जा की आवश्यकता होती है।
इसलिए,अंतिम संतुलन तापमान $T_f$ उच्च ऊष्मा धारिता वाले पिंड के प्रारंभिक तापमान के करीब होगा।
अतः,$T_f > 50^{\circ} C$.

(C) मान लीजिए कि तापमान $T$ पर पीतल और स्टील की छड़ों की लंबाई क्रमशः $L_1$ और $L_2$ है।
तापमान में $\Delta T$ के परिवर्तन के बाद,नई लंबाईयाँ इस प्रकार हैं:
$L_1' = l_1(1 + \alpha_1 \Delta T)$
$L_2' = l_2(1 + \alpha_2 \Delta T)$
यह दिया गया है कि अंतर $(L_2' - L_1')$ सभी तापमानों पर स्थिर रहता है और $(l_2 - l_1)$ के बराबर है:
$L_2' - L_1' = l_2 - l_1$
$l_2(1 + \alpha_2 \Delta T) - l_1(1 + \alpha_1 \Delta T) = l_2 - l_1$
$l_2 + l_2 \alpha_2 \Delta T - l_1 - l_1 \alpha_1 \Delta T = l_2 - l_1$
$(l_2 - l_1) + \Delta T(l_2 \alpha_2 - l_1 \alpha_1) = l_2 - l_1$
किसी भी $\Delta T$ के लिए इसे सत्य होने हेतु,$\Delta T$ का गुणांक शून्य होना चाहिए:
$l_2 \alpha_2 - l_1 \alpha_1 = 0$
$\alpha_1 l_1 = \alpha_2 l_2$

(A) मान लीजिए कि प्रारंभिक आयतन $V_1 = V$ है और अंतिम आयतन $V_2 = V/2$ है।
$P-V$ आरेख में,संपीड़न प्रक्रिया के दौरान किया गया कार्य वक्र के नीचे के क्षेत्रफल द्वारा दर्शाया जाता है।
आयतन में दिए गए परिवर्तन के लिए,रुद्धोष्म वक्र समतापीय वक्र की तुलना में अधिक तीव्र (steep) होता है।
चूंकि संपीड़न के दौरान समान आयतन सीमा के लिए रुद्धोष्म वक्र समतापीय वक्र के ऊपर स्थित होता है,इसलिए रुद्धोष्म वक्र के नीचे का क्षेत्रफल समतापीय वक्र के नीचे के क्षेत्रफल से अधिक होता है।
इसलिए,गैस को रुद्धोष्म प्रक्रिया के माध्यम से संपीड़ित करने के लिए समतापीय रूप से संपीड़ित करने की तुलना में अधिक कार्य करने की आवश्यकता होती है।

(B) $h$ ऊँचाई पर बर्फ की स्थितिज ऊर्जा $PE = mgh$ है।
प्रश्न के अनुसार, गिरने के दौरान यह पूरी ऊर्जा ऊष्मा में परिवर्तित हो जाती है।
इस ऊष्मा का केवल एक-चौथाई भाग बर्फ को पूरी तरह पिघलाने के लिए अवशोषित किया जाता है।
$m$ द्रव्यमान की बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = mL$ है, जहाँ $L$ गलन की गुप्त ऊष्मा है।
अतः, ऊर्जा संतुलन समीकरण $\frac{1}{4} (mgh) = mL$ है।
दोनों पक्षों से $m$ को हटाने पर, हमें $\frac{gh}{4} = L$ प्राप्त होता है।
$h$ के लिए हल करने पर, $h = \frac{4L}{g}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मान रखने पर: $h = \frac{4 \times 3.4 \times 10^{5}}{10} \text{ m}$।
$h = 4 \times 3.4 \times 10^{4} \text{ m} = 13.6 \times 10^{4} \text{ m} = 136,000 \text{ m}$।
किलोमीटर में बदलने पर, $h = 136 \text{ km}$।

(B) दिया गया है: ठंडे जलाशय का तापमान $T_2 = 4^{\circ}C = 277 \, K$,गर्म जलाशय का तापमान $T_1 = 30^{\circ}C = 303 \, K$.
प्रति सेकंड हटाई गई ऊष्मा $Q_2 = 600 \, cal/s$.
प्रदर्शन गुणांक $\alpha = \frac{T_2}{T_1 - T_2}$.
$\alpha = \frac{277}{303 - 277} = \frac{277}{26}$.
हम जानते हैं कि $\alpha = \frac{Q_2}{W}$,जहाँ $W$ प्रति सेकंड किया गया कार्य (शक्ति) है।
अतः,$W = \frac{Q_2}{\alpha} = \frac{600 \times 26}{277} \, cal/s$.
जूल में परिवर्तित करने पर: $W = \frac{600 \times 26}{277} \times 4.2 \, J/s$.
$W \approx 236.5 \, W$.

(B) स्प्रिंग-ब्लॉक निकाय का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई स्प्रिंग के लिए,$T \propto \sqrt{m}$ है।
अतः,$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \sqrt{\frac{m_{1}}{m_{2}}}$ है।
यहाँ,$T_{1} = 3 \ s$,$m_{1} = m$,$T_{2} = 5 \ s$,और $m_{2} = m + 1$ है।
मान रखने पर: $\frac{3}{5} = \sqrt{\frac{m}{m+1}}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{9}{25} = \frac{m}{m+1}$।
वज्र गुणन करने पर: $9(m + 1) = 25m \Rightarrow 9m + 9 = 25m$।
$16m = 9 \Rightarrow m = \frac{9}{16} \ kg$।

(D) $L'$ लंबाई वाली खुली ऑर्गन पाइप के लिए,$n$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_n = n \frac{v}{2L'}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ है। दूसरा ओवरटोन $3$-रे हार्मोनिक $(n=3)$ के बराबर होता है। अतः,$f_{open} = 3 \frac{v}{2L'}$.
$L$ लंबाई वाली बंद ऑर्गन पाइप के लिए,$n$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_n = n \frac{v}{4L}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = 1, 3, 5, \dots$ है। पहला ओवरटोन $3$-रे हार्मोनिक $(n=3)$ के बराबर होता है। अतः,$f_{closed} = 3 \frac{v}{4L}$.
प्रश्न के अनुसार,आवृत्तियाँ समान हैं:
$3 \frac{v}{2L'} = 3 \frac{v}{4L}$
दोनों पक्षों से $3v$ को हटाने पर:
$\frac{1}{2L'} = \frac{1}{4L}$
$L'$ के लिए हल करने पर:
$2L' = 4L \implies L' = 2L \; m$.

(B) तीन ध्वनि तरंगों की आवृत्तियाँ $f_1 = n - 1$,$f_2 = n$,और $f_3 = n + 1$ हैं।
विस्पंद तब उत्पन्न होते हैं जब अलग-अलग आवृत्तियों वाली तरंगें एक-दूसरे पर अध्यारोपित होती हैं।
तरंगों के जोड़ों के बीच विस्पंद आवृत्तियाँ इस प्रकार हैं:
$|f_2 - f_1| = |n - (n - 1)| = 1 \text{ Hz}$
$|f_3 - f_2| = |(n + 1) - n| = 1 \text{ Hz}$
$|f_3 - f_1| = |(n + 1) - (n - 1)| = 2 \text{ Hz}$
परिणामी विस्पंद आवृत्ति अधिकतम और न्यूनतम आवृत्तियों के बीच का अंतर होती है।
अतः,प्रति सेकंड उत्पन्न विस्पंदों की संख्या: $(n + 1) - (n - 1) = 2 \text{ Hz}$ है।

(B) सायरन द्वारा उत्सर्जित ध्वनि की आवृत्ति $f_0 = 800 \, Hz$ है।
स्रोत (सायरन) की गति $v_s = 15 \, m s^{-1}$ है।
हवा में ध्वनि की गति $v = 330 \, m s^{-1}$ है।
चूंकि सायरन चट्टान की ओर बढ़ रहा है,चट्टान एक प्रेक्षक के रूप में कार्य करती है जो ध्वनि प्राप्त करती है। गतिमान स्रोत और स्थिर प्रेक्षक के लिए डॉप्लर प्रभाव के सूत्र के अनुसार,चट्टान द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f'$ है:
$f' = f_0 \left( \frac{v}{v - v_s} \right) = 800 \left( \frac{330}{330 - 15} \right) = 800 \left( \frac{330}{315} \right) \approx 838.09 \, Hz$.
चट्टान इस ध्वनि को मूल प्रेक्षक की ओर परावर्तित करती है। चूंकि चट्टान स्थिर है,यह $f'$ आवृत्ति के साथ ध्वनि उत्सर्जित करने वाले एक स्थिर स्रोत के रूप में कार्य करती है। मूल प्रेक्षक चट्टान के सापेक्ष स्थिर है,इसलिए वे परावर्तित ध्वनि को समान आवृत्ति $f'$ पर सुनते हैं।
अतः,प्रेक्षक द्वारा सुनी गई आवृत्ति लगभग $838 \, Hz$ है।

(B) एक सिरे पर बंद वायु स्तंभ के लिए,अनुनाद विषम हार्मोनिक्स पर होता है।
मूल आवृत्ति (प्रथम हार्मोनिक) सबसे छोटी लंबाई $l_1$ के अनुरूप है:
$l_1 = \frac{\lambda}{4} = 50\, cm$
अगला अनुनाद (तीसरा हार्मोनिक) लंबाई $l_2$ पर होता है:
$l_2 = \frac{3\lambda}{4}$
$\lambda = 4 \times 50\, cm = 200\, cm$ प्रतिस्थापित करने पर:
$l_2 = 3 \times \left(\frac{200}{4}\right) = 3 \times 50 = 150\, cm$.

(A) रस्सी पर अनुप्रस्थ तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
चूँकि पल्स की आवृत्ति $f$ स्थिर रहती है,तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{v}{f}$ वेग $v$ के सीधे आनुपातिक होती है। इसलिए,$\lambda \propto \sqrt{T}$।
रस्सी के निचले सिरे पर (जहाँ ब्लॉक $m_2$ जुड़ा है),तनाव $T_1$ ब्लॉक के वजन के कारण है: $T_1 = m_2 g$।
रस्सी के ऊपरी सिरे पर,तनाव $T_2$ रस्सी और ब्लॉक दोनों के वजन के कारण है: $T_2 = (m_1 + m_2) g$।
इस प्रकार,तरंगदैर्ध्य का अनुपात:
$\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = \sqrt{\frac{(m_1 + m_2) g}{m_2 g}} = \sqrt{\frac{m_1 + m_2}{m_2}}$।

(D) समान द्रव्यमान वाली दो वस्तुओं के बीच प्रत्यास्थ टक्कर में,टक्कर के बाद वस्तुओं के वेग आपस में बदल जाते हैं।
दिया गया है: गेंद $A$ का प्रारंभिक वेग $(u_A)$ = $0.5 \, m s^{-1}$ और गेंद $B$ का प्रारंभिक वेग $(u_B)$ = $-0.3 \, m s^{-1}$ है।
चूंकि द्रव्यमान समान हैं और टक्कर प्रत्यास्थ है,इसलिए गेंद $A$ का अंतिम वेग $(v_A)$,$u_B$ के बराबर होगा और गेंद $B$ का अंतिम वेग $(v_B)$,$u_A$ के बराबर होगा।
अतः,$v_A = -0.3 \, m s^{-1}$ और $v_B = 0.5 \, m s^{-1}$।
प्रश्न में $B$ और $A$ के वेग क्रमशः पूछे गए हैं,जो $v_B$ और $v_A$ हैं।
इस प्रकार,वेग $0.5 \, m s^{-1}$ और $-0.3 \, m s^{-1}$ होंगे।

(A) एक स्थिर बल $\vec{F}$ द्वारा विस्थापन $\vec{d}$ के दौरान किया गया कार्य $W$,डॉट प्रोडक्ट द्वारा दिया जाता है: $W = \vec{F} \cdot \vec{d}$।
यहाँ,प्रारंभिक स्थिति $\vec{r}_1 = -2\hat i + 5\hat j$ है और अंतिम स्थिति $\vec{r}_2 = 4\hat j + 3\hat k$ है।
विस्थापन सदिश $\vec{d} = \vec{r}_2 - \vec{r}_1 = (4\hat j + 3\hat k) - (-2\hat i + 5\hat j) = 2\hat i - \hat j + 3\hat k$ है।
बल $\vec{F} = 4\hat i + 3\hat j$ है।
अतः,$W = (4\hat i + 3\hat j) \cdot (2\hat i - \hat j + 3\hat k) = (4 \times 2) + (3 \times -1) + (0 \times 3) = 8 - 3 = 5 \ J$।

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 10\, g = 10^{-2}\, kg$,त्रिज्या $R = 6.4\, cm = 6.4 \times 10^{-2}\, m$,अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = 8 \times 10^{-4}\, J$,प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = 0$.
स्पर्शरेखीय बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है,क्योंकि अभिकेंद्री बल कोई कार्य नहीं करता है।
किया गया कार्य $W = F_t \times d$,जहाँ $F_t = m a_t$ और $d$ दो चक्करों में तय की गई दूरी है।
दूरी $d = 2 \times (2\pi R) = 4\pi R$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए: $W = K_f - K_i = K_f$.
$m a_t (4\pi R) = K_f$.
$a_t = \frac{K_f}{4\pi R m}$.
मान रखने पर: $a_t = \frac{8 \times 10^{-4}}{4 \times 3.14159 \times 6.4 \times 10^{-2} \times 10^{-2}}$.
$a_t = \frac{8 \times 10^{-4}}{4 \times 3.14159 \times 6.4 \times 10^{-4}} = \frac{8}{25.6 \times 3.14159} \approx \frac{8}{80.42} \approx 0.0995\, m/s^2$.
निकटतम मान लेने पर,$a_t \approx 0.1\, m/s^2$.

(D) पृथ्वी के केंद्र से दूरी $d$ के साथ गुरुत्वीय त्वरण $g$ में परिवर्तन निम्नलिखित है:
$1$. पृथ्वी के अंदर $(d < R)$:
$g = \frac{GM}{R^3} d$
चूंकि $G, M,$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए $g \propto d$ होता है। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. पृथ्वी की सतह पर $(d = R)$:
$g = \frac{GM}{R^2} = g_s$ (अधिकतम मान)।
$3$. पृथ्वी के बाहर $(d > R)$:
$g = \frac{GM}{d^2}$
यहाँ,$g \propto \frac{1}{d^2}$ होता है। यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) को दर्शाता है।
इन सबको मिलाकर,ग्राफ केंद्र से सतह तक एक रैखिक वृद्धि और सतह के बाहर दूरी बढ़ने पर एक हाइपरबोलिक गिरावट को दर्शाता है। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दिया गया है।

(C) दिए गए परिपथ में एक $OR$ गेट और उसके बाद एक $AND$ गेट है। $OR$ गेट का आउटपुट $(A + B)$ है। इस आउटपुट को इनपुट $C$ के साथ $AND$ गेट में भेजा जाता है। अतः,आउटपुट $Y$ के लिए बूलियन व्यंजक $Y = (A + B) \cdot C$ है।
आउटपुट $Y = 1$ प्राप्त करने के लिए,$AND$ गेट के दोनों इनपुट $1$ होने चाहिए। इसका अर्थ है कि $(A + B) = 1$ और $C = 1$ होना चाहिए।
$(A + B) = 1$ के लिए,$A$ या $B$ में से कम से कम एक $1$ होना चाहिए।
विकल्पों की जाँच करने पर:
- विकल्प $A$ के लिए: $A=0, B=1, C=0 \implies Y = (0+1) \cdot 0 = 0$.
- विकल्प $B$ के लिए: $A=1, B=0, C=0 \implies Y = (1+0) \cdot 0 = 0$.
- विकल्प $C$ के लिए: $A=1, B=0, C=1 \implies Y = (1+0) \cdot 1 = 1$.
- विकल्प $D$ के लिए: $A=1, B=1, C=0 \implies Y = (1+1) \cdot 0 = 0$.
अतः,सही इनपुट $A = 1, B = 0, C = 1$ है।

(A) संधारित्र को चार छोटे संधारित्रों के संयोजन के रूप में माना जा सकता है। $d/2$ मोटाई वाले ऊपरी भाग को तीन भागों में विभाजित किया गया है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $A/3$ है। ये तीन संधारित्र $(C_1, C_2, C_3)$ समानांतर क्रम में हैं।
$C_1 = \frac{\epsilon_0 K_1 (A/3)}{d/2} = \frac{2\epsilon_0 K_1 A}{3d}$
$C_2 = \frac{2\epsilon_0 K_2 A}{3d}$
$C_3 = \frac{2\epsilon_0 K_3 A}{3d}$
उनकी तुल्य धारिता $C_p = C_1 + C_2 + C_3 = \frac{2\epsilon_0 A}{3d}(K_1 + K_2 + K_3)$ है।
यह समानांतर संयोजन निचले संधारित्र $C_4$ के साथ श्रेणी क्रम में है,जिसकी मोटाई $d/2$ और क्षेत्रफल $A$ है।
$C_4 = \frac{\epsilon_0 K_4 A}{d/2} = \frac{2\epsilon_0 K_4 A}{d}$।
कुल तुल्य धारिता $C$ के लिए $\frac{1}{C} = \frac{1}{C_p} + \frac{1}{C_4}$ होता है।
मान रखने पर: $\frac{1}{C} = \frac{3d}{2\epsilon_0 A(K_1 + K_2 + K_3)} + \frac{d}{2\epsilon_0 K_4 A}$।
एकल परावैद्युत $K$ के लिए,$C = \frac{K\epsilon_0 A}{d}$,इसलिए $\frac{1}{C} = \frac{d}{K\epsilon_0 A}$।
दोनों की तुलना करने पर: $\frac{d}{K\epsilon_0 A} = \frac{d}{\epsilon_0 A} [\frac{3}{2(K_1 + K_2 + K_3)} + \frac{1}{2K_4}]$।
$\frac{1}{K} = \frac{3}{2(K_1 + K_2 + K_3)} + \frac{1}{2K_4}$।
$2$ से गुणा करने पर: $\frac{2}{K} = \frac{3}{K_1 + K_2 + K_3} + \frac{1}{K_4}$।

(D) दिया गया है: $\theta = 30^\circ$,$E = 2 \times 10^5 \, \text{NC}^{-1}$,$\tau = 4 \, \text{Nm}$,और $l = 2 \, \text{cm} = 0.02 \, \text{m}$.
विद्युत क्षेत्र में द्विध्रुव द्वारा अनुभव किया गया टॉर्क: $\tau = pE \sin \theta$,जहाँ $p = ql$.
टॉर्क के सूत्र में $p = ql$ रखने पर: $\tau = qlE \sin \theta$.
$q$ के लिए हल करने पर: $q = \frac{\tau}{El \sin \theta}$.
मान रखने पर: $q = \frac{4}{2 \times 10^5 \times 0.02 \times \sin(30^\circ)}$.
चूँकि $\sin(30^\circ) = 0.5$: $q = \frac{4}{2 \times 10^5 \times 0.02 \times 0.5} = \frac{4}{2 \times 10^3} = 2 \times 10^{-3} \, \text{C}$.
अतः,$q = 2 \, \text{mC}$.

(B) गोलों की संतुलन स्थिति से,कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$,और स्थिरवैद्युत प्रतिकर्षण $F_e = \frac{kq^2}{x^2}$ हैं।
बलों का वियोजन करने पर: $T \cos \theta = mg$ और $T \sin \theta = \frac{kq^2}{x^2}$.
समीकरणों को विभाजित करने पर,हमें $\tan \theta = \frac{kq^2}{x^2 mg}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\theta$ छोटा है,$\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l} = \frac{x}{2l}$.
$\tan \theta$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{x}{2l} = \frac{kq^2}{x^2 mg} \implies q^2 = \frac{mg}{2lk} x^3 \implies q \propto x^{3/2}$.
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dq}{dt} \propto \frac{3}{2} x^{1/2} \frac{dx}{dt}$.
यह दिया गया है कि $\frac{dq}{dt}$ स्थिर है,इसलिए $1 \propto x^{1/2} v$,जिसका अर्थ है कि $v \propto x^{-1/2}$.

(C) प्रारंभ में,$2\,\mu F$ संधारित्र में संचित ऊर्जा:
$U_{i} = \frac{1}{2} C V^{2} = \frac{1}{2} (2 \times 10^{-6}) V^{2} = V^{2} \times 10^{-6} \, J$
प्रारंभ में,$2\,\mu F$ संधारित्र में संचित आवेश:
$Q_{i} = C V = (2 \times 10^{-6}) V = 2V \times 10^{-6} \, C$
जब स्विच $S$ को स्थिति $2$ पर घुमाया जाता है,तो आवेश प्रवाहित होता है और दोनों संधारित्र तब तक आवेश साझा करते हैं जब तक कि एक सामान्य विभव $V_{c}$ प्राप्त न हो जाए।
$V_{c} = \frac{\text{कुल आवेश}}{\text{कुल धारिता}} = \frac{2V \times 10^{-6}}{(2 + 8) \times 10^{-6}} = \frac{V}{5} \, V$
अंत में,दोनों संधारित्रों में संचित ऊर्जा:
$U_{f} = \frac{1}{2} (C_{1} + C_{2}) V_{c}^{2} = \frac{1}{2} (10 \times 10^{-6}) \left(\frac{V}{5}\right)^{2} = 5 \times 10^{-6} \times \frac{V^{2}}{25} = \frac{V^{2}}{5} \times 10^{-6} \, J$
ऊर्जा का प्रतिशत व्यय:
$\Delta U \% = \frac{U_{i} - U_{f}}{U_{i}} \times 100 \%$
$\Delta U \% = \frac{V^{2} \times 10^{-6} - \frac{V^{2}}{5} \times 10^{-6}}{V^{2} \times 10^{-6}} \times 100 \% = \left(1 - \frac{1}{5}\right) \times 100 \% = \frac{4}{5} \times 100 \% = 80 \%$

(B) विभवांतर $(V_A - V_B)$ ज्ञात करने के लिए,हम $A$ से $B$ तक के पथ पर किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करते हैं।
बिंदु $A$ से शुरू करके और धारा $I = 2 \, A$ की दिशा में $B$ की ओर बढ़ते हुए:
$V_A - I R_1 - E - I R_2 = V_B$
जहाँ $R_1 = 2 \, \Omega$,$E = 3 \, V$,और $R_2 = 1 \, \Omega$ है।
मान रखने पर:
$V_A - (2 \, A \times 2 \, \Omega) - 3 \, V - (2 \, A \times 1 \, \Omega) = V_B$
$V_A - 4 \, V - 3 \, V - 2 \, V = V_B$
$V_A - 9 \, V = V_B$
अतः,$V_A - V_B = 9 \, V$।

(A) सबसे पहले,बल्ब का प्रतिरोध $(R_B)$ ज्ञात करें:
$R_B = \frac{V^2}{P} = \frac{(100)^2}{500} = \frac{10000}{500} = 20 \, \Omega$.
इसके बाद,बल्ब से प्रवाहित होने वाली धारा $(I)$ ज्ञात करें जब वह अपनी निर्धारित शक्ति पर कार्य करता है:
$I = \frac{P}{V} = \frac{500}{100} = 5 \, A$.
चूंकि बल्ब और प्रतिरोध $R$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए समान धारा $I = 5 \, A$ प्रतिरोध $R$ से प्रवाहित होगी। प्रतिरोध $(V_R)$ के सिरों पर वोल्टेज का अंतर आपूर्ति वोल्टेज और बल्ब के निर्धारित वोल्टेज के बीच का अंतर है:
$V_R = V_{supply} - V_{bulb} = 230 \, V - 100 \, V = 130 \, V$.
प्रतिरोध $R$ के लिए ओम के नियम का उपयोग करते हुए:
$V_R = I \times R$
$130 = 5 \times R$
$R = \frac{130}{5} = 26 \, \Omega$.

(C) माना कि दो सेलों के emf $\varepsilon_{1}$ और $\varepsilon_{2}$ हैं (जहाँ $\varepsilon_{1} > \varepsilon_{2}$)।
माना $k$ विभवमापी तार का विभव प्रवणता (प्रति इकाई लंबाई विभवांतर) है।
जब सेलों को एक-दूसरे के समर्थन में श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो कुल emf $\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2}$ होता है। संतुलन बिंदु $l_{1} = 50 \, cm$ पर प्राप्त होता है।
अतः,$\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2} = k \cdot l_{1} = 50k$ .....$(i)$
जब सेलों को विपरीत दिशा में जोड़ा जाता है,तो कुल emf $\varepsilon_{1} - \varepsilon_{2}$ होता है। संतुलन बिंदु $l_{2} = 10 \, cm$ पर प्राप्त होता है।
अतः,$\varepsilon_{1} - \varepsilon_{2} = k \cdot l_{2} = 10k$ .....$(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$2\varepsilon_{1} = 60k \Rightarrow \varepsilon_{1} = 30k$
समीकरण $(i)$ से $(ii)$ को घटाने पर:
$2\varepsilon_{2} = 40k \Rightarrow \varepsilon_{2} = 20k$
emf का अनुपात $\frac{\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{2}} = \frac{30k}{20k} = \frac{3}{2}$ है।

(D) दिया गया है,$Q = at - bt^2$.
धारा $I = \frac{dQ}{dt} = a - 2bt$.
जब $a - 2bt = 0$ होता है,तो धारा शून्य हो जाती है,जिससे $t = \frac{a}{2b}$ प्राप्त होता है।
प्रतिरोध $R$ में उत्पन्न कुल ऊष्मा $H = \int_0^{a/2b} I^2 R dt$ द्वारा दी जाती है।
$I = a - 2bt$ रखने पर:
$H = R \int_0^{a/2b} (a - 2bt)^2 dt = R \int_0^{a/2b} (a^2 + 4b^2 t^2 - 4abt) dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$H = R \left[ a^2 t + \frac{4b^2 t^3}{3} - 2abt^2 \right]_0^{a/2b}$.
सीमाएं रखने पर:
$H = R \left[ a^2 \left( \frac{a}{2b} \right) + \frac{4b^2}{3} \left( \frac{a^3}{8b^3} \right) - 2ab \left( \frac{a^2}{4b^2} \right) \right]$.
$H = R \left[ \frac{a^3}{2b} + \frac{a^3}{6b} - \frac{a^3}{2b} \right] = \frac{a^3 R}{6b}$.

(C) दिया गया है: चुंबकीय क्षेत्र $B = 3.57 \times 10^{-2} \, T$ और विशिष्ट आवेश $\frac{e}{m} = 1.76 \times 10^{11} \, C/kg$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के परिक्रमण की आवृत्ति $f$ का सूत्र है:
$f = \frac{1}{T} = \frac{qB}{2 \pi m}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$f = \frac{1}{2 \times 3.14} \times (1.76 \times 10^{11}) \times (3.57 \times 10^{-2})$
$f = \frac{1}{6.28} \times 6.2832 \times 10^9$
$f \approx 1 \times 10^9 \, Hz = 1 \, GHz$.

(B) लंबे सीधे चालक के पास स्थित धारावाही तार पर लगने वाला बल $F = \frac{{\mu _0}IiL}{2\pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
तार के सबसे निकट लूप की भुजा के लिए (दूरी $r_1 = L/2$),धारा $XY$ तार की दिशा में ही बहती है। अतः बल $F_1$ आकर्षण का है:
$F_1 = \frac{{\mu _0}IiL}{2\pi (L/2)} = \frac{{\mu _0}Ii}{\pi}$.
तार से सबसे दूर लूप की भुजा के लिए (दूरी $r_2 = L/2 + L = 3L/2$),धारा $XY$ तार की विपरीत दिशा में बहती है। अतः बल $F_2$ प्रतिकर्षण का है:
$F_2 = \frac{{\mu _0}IiL}{2\pi (3L/2)} = \frac{{\mu _0}Ii}{3\pi}$.
लूप की ऊपरी और निचली भुजाओं पर लगने वाले बल समान और विपरीत होते हैं,इसलिए वे एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
कुल बल $F_{net} = F_1 - F_2 = \frac{{\mu _0}Ii}{\pi} - \frac{{\mu _0}Ii}{3\pi} = \frac{{\mu _0}Ii}{\pi} (1 - 1/3) = \frac{2{\mu _0}Ii}{3\pi}$.

(B) त्रिज्या वाले एक लंबे सीधे तार के लिए जिसमें $I$ धारा समान रूप से वितरित है:
$1$. तार के अंदर $(r < a)$ $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$r = \frac{a}{2}$ के लिए,$B = \frac{\mu_0 I (a/2)}{2 \pi a^2} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ प्राप्त होता है।
$2$. तार के बाहर $(r > a)$ $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B' = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
$r = 2a$ के लिए,$B' = \frac{\mu_0 I}{2 \pi (2a)} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ प्राप्त होता है।
$3$. चुंबकीय क्षेत्रों का अनुपात $\frac{B}{B'} = \frac{\frac{\mu_0 I}{4 \pi a}}{\frac{\mu_0 I}{4 \pi a}} = 1$ है।

(D) संतुलन की स्थिति में,द्विध्रुव (dipole) की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_{i} = -MB_{H} \cos 0^{\circ} = -MB_{H}$ है।
$60^{\circ}$ घुमाने के बाद द्विध्रुव की अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_{f} = -MB_{H} \cos 60^{\circ} = -\frac{MB_{H}}{2}$ है।
किया गया कार्य $W$ स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन है: $W = U_{f} - U_{i} = -\frac{MB_{H}}{2} - (-MB_{H}) = \frac{MB_{H}}{2}$।
इससे हमें $MB_{H} = 2W$ प्राप्त होता है।
चुंबक को इस नई स्थिति में बनाए रखने के लिए आवश्यक टॉर्क $\tau = MB_{H} \sin 60^{\circ}$ है।
$MB_{H} = 2W$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\tau = (2W) \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} W$ प्राप्त होता है।

(D) चुंबकीय प्रवृत्ति,जिसे $\chi$ द्वारा दर्शाया जाता है,यह मापती है कि कोई पदार्थ बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में कितना चुंबकित होगा।
प्रतिचुंबकीय (diamagnetic) पदार्थों के लिए चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ हमेशा ऋणात्मक होती है,जिसका अर्थ है कि वे चुंबकीय क्षेत्र द्वारा दुर्बल रूप से प्रतिकर्षित होते हैं।
अनुचुंबकीय (paramagnetic) पदार्थों के लिए,$\chi$ छोटा और धनात्मक होता है।
लौह-चुंबकीय (ferromagnetic) पदार्थों के लिए,$\chi$ बड़ा और धनात्मक होता है।
अतः,चुंबकीय प्रवृत्ति केवल प्रतिचुंबकीय पदार्थों के लिए ही ऋणात्मक होती है।

(A) दिया गया है: आपतन कोण $i = 45^o$,प्रिज्म का कोण $A = 60^o$.
चूंकि किरण न्यूनतम विचलन का अनुभव करती है,इसलिए निर्गत कोण $e$ आपतन कोण $i$ के बराबर होता है,अतः $e = 45^o$.
न्यूनतम विचलन कोण $\delta_m$ का सूत्र है: $\delta_m = i + e - A$.
मान रखने पर: $\delta_m = 45^o + 45^o - 60^o = 30^o$.
अपवर्तनांक $\mu$ का सूत्र है: $\mu = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$.
मान रखने पर: $\mu = \frac{\sin((60^o + 30^o)/2)}{\sin(60^o/2)} = \frac{\sin(45^o)}{\sin(30^o)}$.
गणना करने पर: $\mu = \frac{1/\sqrt{2}}{1/2} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
अतः,न्यूनतम विचलन कोण $30^o$ है और अपवर्तनांक $\sqrt{2}$ है।

(C) दिया गया है: अभिदृश्यक की फोकस दूरी $f_o = 40\, cm$,नेत्रिका की फोकस दूरी $f_e = 4\, cm$,और वस्तु की दूरी $u_o = -200\, cm$ है।
अभिदृश्यक लेंस के लिए,लेंस सूत्र $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_o} - \frac{1}{-200} = \frac{1}{40}$
$\frac{1}{v_o} = \frac{1}{40} - \frac{1}{200} = \frac{5-1}{200} = \frac{4}{200} = \frac{1}{50}$
अतः,$v_o = 50\, cm$ प्राप्त होता है।
अंतिम प्रतिबिंब अनंत पर बनने के लिए (सामान्य समायोजन),अभिदृश्यक द्वारा बनाया गया प्रतिबिंब नेत्रिका के मुख्य फोकस पर स्थित होना चाहिए। इसलिए,लेंसों के बीच की दूरी $l = v_o + f_e$ होगी।
$l = 50\, cm + 4\, cm = 54\, cm$।

(D) गोलीय दर्पण के लिए आवर्धन $m = -v/u$ द्वारा दिया जाता है।
$1$. $m = -2$ के लिए: चूंकि $m$ ऋणात्मक है,प्रतिबिंब वास्तविक है। वास्तविक प्रतिबिंब हमेशा उल्टा होता है और अवतल दर्पण द्वारा बनता है। अतः,$(1-b, c)$।
$2$. $m = -1/2$ के लिए: चूंकि $m$ ऋणात्मक है,प्रतिबिंब वास्तविक है। वास्तविक प्रतिबिंब अवतल दर्पण द्वारा बनता है। अतः,$(2-b, c)$।
$3$. $m = +2$ के लिए: चूंकि $m$ धनात्मक है,प्रतिबिंब आभासी है। $1$ से अधिक आवर्धन वाला आभासी प्रतिबिंब अवतल दर्पण द्वारा बनता है। अतः,$(3-b, d)$।
$4$. $m = +1/2$ के लिए: चूंकि $m$ धनात्मक है,प्रतिबिंब आभासी है। $1$ से कम आवर्धन वाला आभासी प्रतिबिंब उत्तल दर्पण द्वारा बनता है। अतः,$(4-a, d)$।
अतः,सही मिलान $(1-b, c), (2-b, c), (3-b, d), (4-a, d)$ है।

(B) दिया गया है: कांच का अपवर्तनांक $\mu_g = 3/2$,पानी का अपवर्तनांक $\mu_w = 4/3$.
उभयोत्तल कांच लेंस की फोकस दूरी $f$ लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{f} = (\mu_g - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = (\frac{3}{2} - 1) \frac{2}{R} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{R} = \frac{1}{R}$.
अतः,$f = R$.
दो उत्तल लेंसों के बीच बना पानी का लेंस $R$ वक्रता त्रिज्या वाला एक अवतल लेंस है। इसकी फोकस दूरी $f_w$ है:
$\frac{1}{f_w} = (\mu_w - 1) \left( -\frac{1}{R} - \frac{1}{R} \right) = (\frac{4}{3} - 1) \left( -\frac{2}{R} \right) = \frac{1}{3} \cdot (-\frac{2}{R}) = -\frac{2}{3R}$.
चूंकि $R = f$,इसलिए $\frac{1}{f_w} = -\frac{2}{3f}$.
संयोजन में दो उत्तल लेंस और एक अवतल पानी का लेंस संपर्क में हैं। तुल्य फोकस दूरी $f_{eq}$ है:
$\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f} + \frac{1}{f_w} + \frac{1}{f} = \frac{1}{f} - \frac{2}{3f} + \frac{1}{f} = \frac{3 - 2 + 3}{3f} = \frac{4}{3f}$.
इसलिए,$f_{eq} = \frac{3f}{4}$.

(A) माना कांच के स्लैब की मोटाई $t$ है।
माना हवा का बुलबुला एक सतह से $x$ दूरी पर है। तब विपरीत सतह से इसकी दूरी $(t - x)$ होगी।
दिया गया है कि कांच के स्लैब का अपवर्तनांक $\mu = 1.5$ है।
पहली सतह से बुलबुले की आभासी गहराई $d_1 = \frac{x}{\mu} = 5\, cm$ है।
अतः,$x = 5 \times 1.5 = 7.5\, cm$।
दूसरी सतह से बुलबुले की आभासी गहराई $d_2 = \frac{t - x}{\mu} = 3\, cm$ है।
अतः,$t - x = 3 \times 1.5 = 4.5\, cm$।
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $x + (t - x) = 7.5 + 4.5$।
$t = 12\, cm$।
वैकल्पिक रूप से,आभासी गहराइयों का योग $\frac{x}{\mu} + \frac{t - x}{\mu} = \frac{t}{\mu} = 5 + 3 = 8$ है।
इसलिए,$t = 8 \times 1.5 = 12\, cm$।

(A) व्यक्ति मायोपिया (निकट दृष्टि दोष) से पीड़ित है क्योंकि वह $400\, cm$ से दूर की वस्तुओं को नहीं देख सकता है।
इसे ठीक करने के लिए, हमें एक ऐसा लेंस लगाना होगा जिससे अनंत $(\infty)$ पर स्थित वस्तु का आभासी प्रतिबिंब व्यक्ति के दूर बिंदु $(400\, cm)$ पर बने।
दिया गया है: वस्तु दूरी $u = -\infty$, प्रतिबिंब दूरी $v = -400\, cm = -4\, m$.
लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$.
मान रखने पर: $\frac{1}{f} = \frac{1}{-4} - \frac{1}{-\infty} = -0.25\, m^{-1}$.
चूंकि फोकस दूरी $f$ ऋणात्मक है, इसलिए लेंस अवतल होना चाहिए।
लेंस की शक्ति $P = \frac{1}{f} = -0.25\, D$।

(C) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ वाले इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K = \frac{p^2}{2m}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $p = \frac{h}{\lambda}$,इसलिए $K = \frac{(h/\lambda)^2}{2m} = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$ होगा।
$X$-रे ट्यूब में,उत्सर्जित $X$-रे फोटॉन की अधिकतम ऊर्जा आपतित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा के बराबर होती है।
अतः,$\frac{hc}{\lambda_0} = K = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$।
$\lambda_0$ के लिए हल करने पर,$\lambda_0 = \frac{hc \cdot 2m\lambda^2}{h^2} = \frac{2mc\lambda^2}{h}$ प्राप्त होता है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा है:
$KE_{\max} = E - \phi$
प्रथम स्थिति के लिए,$E = 5\, eV$ और $KE_{\max} = 2\, eV$:
$2 = 5 - \phi \implies \phi = 3\, eV$
जब $E' = 6\, eV$ ऊर्जा वाले फोटॉन आपतित होते हैं,तो नई अधिकतम गतिज ऊर्जा होगी:
$KE'_{\max} = E' - \phi = 6 - 3 = 3\, eV$
कोई भी फोटोइलेक्ट्रॉन एनोड $A$ तक न पहुँचे,इसके लिए कैथोड के सापेक्ष एनोड का विभव $(V_A - V_C)$ निरोधी विभव $(V_s)$ के ऋणात्मक मान के बराबर होना चाहिए।
निरोधी विभव $V_s$ को $e V_s = KE'_{\max} = 3\, eV$ द्वारा परिभाषित किया जाता है,इसलिए $V_s = 3\, V$।
चूँकि इलेक्ट्रॉनों को रोकने के लिए एनोड को कैथोड के सापेक्ष ऋणात्मक विभव पर होना चाहिए,इसलिए विभवांतर $V_A - V_C = -3\, V$ होगा।

(D) $E$ ऊर्जा वाले इलेक्ट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{e} = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ है।
$E$ ऊर्जा वाले फोटॉन के लिए,संबंध $E = \frac{hc}{\lambda_{p}}$ है,जिसका अर्थ है $\lambda_{p} = \frac{hc}{E}$।
तरंगदैर्ध्य का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{h}{\sqrt{2mE}} \times \frac{E}{hc} = \frac{1}{c} \times \frac{E^{1}}{\sqrt{E}} \times \frac{1}{\sqrt{2m}} = \frac{1}{c} \sqrt{\frac{E}{2m}} = \frac{1}{C}(\frac{E}{2m})^{1/2}$।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,निरोधी विभव $V_s$ इस प्रकार दिया जाता है:
$e V_s = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$
जहाँ $\lambda_0$ देहली तरंगदैर्ध्य है।
प्रथम स्थिति के लिए:
$eV = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ ..... $(i)$
द्वितीय स्थिति के लिए:
$e(\frac{V}{4}) = \frac{hc}{2\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ ..... $(ii)$
समीकरण $(ii)$ को $4$ से गुणा करने पर:
$eV = \frac{4hc}{2\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0} = \frac{2hc}{\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0}$ ..... $(iii)$
समीकरण $(i)$ और $(iii)$ की तुलना करने पर:
$\frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{2hc}{\lambda} - \frac{4hc}{\lambda_0}$
$\frac{4hc}{\lambda_0} - \frac{hc}{\lambda_0} = \frac{2hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda}$
$\frac{3hc}{\lambda_0} = \frac{hc}{\lambda}$
$\lambda_0 = 3\lambda$

(C) दिया गया है: फेरों की संख्या $N = 1000$,धारा $I = 4\, A$,प्रति फेरा चुंबकीय फ्लक्स $\phi_{0} = 4 \times 10^{-3}\, Wb$ है।
परिनालिका से संबद्ध कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi = N \phi_{0}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$\phi = 1000 \times 4 \times 10^{-3}\, Wb = 4\, Wb$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि फ्लक्स और स्व-प्रेरकत्व $L$ के बीच संबंध $\phi = L I$ होता है।
अतः,स्व-प्रेरकत्व $L = \frac{\phi}{I} = \frac{4\, Wb}{4\, A} = 1\, H$ है।

(B) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित $e.m.f.$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
लूप $1$ के लिए (त्रिज्या $R > r$): चुंबकीय फ्लक्स $\phi_1$ केवल $r$ त्रिज्या वाले उस क्षेत्र से जुड़ा है जहाँ चुंबकीय क्षेत्र मौजूद है। अतः,$\phi_1 = B \cdot A = B(\pi r^2)$।
प्रेरित $e.m.f.$ $\varepsilon_1 = -\frac{d}{dt}(B \pi r^2) = -\pi r^2 \frac{dB}{dt}$ होगा।
लूप $2$ के लिए (त्रिज्या $R$): यह लूप उस क्षेत्र के पूरी तरह बाहर है जहाँ चुंबकीय क्षेत्र मौजूद है। इसलिए,लूप $2$ से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi_2 = 0$ है।
प्रेरित $e.m.f.$ $\varepsilon_2 = -\frac{d\phi_2}{dt} = 0$ होगा।

(A) दिया गया है: $V_{R} = 80 \, V$,$V_{C} = 40 \, V$,$V_{L} = 100 \, V$.
$L-C-R$ परिपथ का शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $V = IZ$ और $V_{R} = IR$,हम लिख सकते हैं $\cos \phi = \frac{V_{R}}{V}$.
$L-C-R$ परिपथ में कुल वोल्टेज $V = \sqrt{V_{R}^{2} + (V_{L} - V_{C})^{2}}$ होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$V = \sqrt{80^{2} + (100 - 40)^{2}}$
$V = \sqrt{80^{2} + 60^{2}}$
$V = \sqrt{6400 + 3600} = \sqrt{10000} = 100 \, V$.
अब,शक्ति गुणांक की गणना करने पर:
$\cos \phi = \frac{V_{R}}{V} = \frac{80}{100} = 0.8$.

(A) जब एक आदर्श संधारित्र को $AC$ वोल्टेज स्रोत से जोड़ा जाता है,तो धारा $I(t)$ वोल्टेज $V(t)$ से $90^\circ$ के कलांतर से आगे होती है।
चूंकि चार्जिंग के दौरान संधारित्र में संचित ऊर्जा डिस्चार्जिंग के दौरान सर्किट में वापस आ जाती है,इसलिए एक पूर्ण चक्र में आदर्श संधारित्र द्वारा उपभोग की गई शुद्ध ऊर्जा शून्य होती है।
अतः,कथन $A$ सही है।

(D) दिया गया है: $L = 20 \, mH = 20 \times 10^{-3} \, H$,$C = 50 \, \mu F = 50 \times 10^{-6} \, F$,$R = 40 \, \Omega$,$V = 10 \, \sin \, 340t$.
$V = V_0 \sin \omega t$ से तुलना करने पर,$V_0 = 10 \, V$ और $\omega = 340 \, rad/s$ प्राप्त होता है।
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = 340 \times 20 \times 10^{-3} = 6.8 \, \Omega$.
धारतीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{340 \times 50 \times 10^{-6}} = \frac{10^6}{17000} \approx 58.82 \, \Omega$.
प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (X_C - X_L)^2} = \sqrt{40^2 + (58.82 - 6.8)^2} = \sqrt{1600 + (52.02)^2} = \sqrt{1600 + 2706.08} = \sqrt{4306.08} \approx 65.62 \, \Omega$.
शिखर धारा $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{10}{65.62} \, A$.
शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{40}{65.62}$.
शक्ति हानि $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi = \frac{1}{2} V_0 I_0 \cos \phi = \frac{1}{2} \times 10 \times \frac{10}{65.62} \times \frac{40}{65.62} = \frac{2000}{4306} \approx 0.46 \, W$.

(C) दिया गया है: प्रतिरोध $R = 100 \, \Omega$,धारितीय प्रतिघात $X_C = 100 \, \Omega$,और $RMS$ वोल्टेज $V_{rms} = 220 \, V$ है।
$RC$ श्रेणी परिपथ की कुल प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2} = \sqrt{100^2 + 100^2} = 100\sqrt{2} \, \Omega$ है।
स्रोत का शिखर वोल्टेज $V_0 = V_{rms} \sqrt{2} = 220\sqrt{2} \, V$ है।
परिपथ में प्रवाहित शिखर चालन धारा $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{220\sqrt{2}}{100\sqrt{2}} = 2.2 \, A$ है।
मैक्सवेल द्वारा एम्पीयर के नियम में किए गए संशोधन के अनुसार,संधारित्र की प्लेटों के बीच विस्थापन धारा $I_d$,जोड़ने वाले तारों में प्रवाहित चालन धारा $I_c$ के बराबर होती है।
अतः,विस्थापन धारा का शिखर मान चालन धारा के शिखर मान के बराबर,यानी $2.2 \, A$ होगा।

(C) मैक्सवेल के सिद्धांत के अनुसार,एक त्वरित आवेश समय के साथ परिवर्तित होने वाले विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है। ये दोलनशील क्षेत्र अंतरिक्ष में एक विद्युतचुंबकीय तरंग के रूप में संचरित होते हैं। एक स्थिर आवेश केवल एक स्थिर विद्युत क्षेत्र उत्पन्न करता है,और एक समान वेग से गतिमान आवेश विद्युत क्षेत्र के साथ-साथ एक स्थिर चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है,लेकिन इनमें से कोई भी संचरित विद्युतचुंबकीय तरंग उत्पन्न नहीं करता है।

(B) दिया गया है:
द्वारक की चौड़ाई $a = 0.02\, cm = 2 \times 10^{-4}\, m$
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 5 \times 10^{-5}\, cm = 5 \times 10^{-7}\, m$
लेंस की फोकस दूरी $f = 60\, cm = 0.6\, m$। चूंकि स्क्रीन फोकस दूरी पर है,इसलिए दूरी $D = f = 0.6\, m$ है।
एकल स्लिट पर फ्रॉनहोफर विवर्तन के लिए,$n$ वें अदीप्त बैंड (न्यूनतम) के लिए शर्त $a \sin \theta = n\lambda$ है।
पहले अदीप्त बैंड के लिए,$n = 1$,इसलिए $\sin \theta \approx \theta = \frac{\lambda}{a}$।
स्क्रीन के केंद्र से दूरी $y_1 = D \theta = \frac{D\lambda}{a}$ है।
मान रखने पर:
$y_1 = \frac{0.6 \times 5 \times 10^{-7}}{2 \times 10^{-4}} = \frac{3 \times 10^{-7}}{2 \times 10^{-4}} = 1.5 \times 10^{-3}\, m = 0.15\, cm$।

(C) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न में पहले निम्निष्ठ के लिए शर्त $a \sin \theta = n \lambda$ है। पहले निम्निष्ठ के लिए $n = 1$ रखने पर,$a \sin \theta = \lambda$ प्राप्त होता है।
यहाँ $\theta = 30^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ होता है।
अतः,$a (\frac{1}{2}) = \lambda$,जिसका अर्थ है कि $a = 2 \lambda$ ..... $(i)$.
पहले गौण उच्चिष्ठ के लिए शर्त $a \sin \theta' = (n + \frac{1}{2}) \lambda$ है,जहाँ $n = 1$ रखने पर $a \sin \theta' = \frac{3}{2} \lambda$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(i)$ से $a = 2 \lambda$ का मान इस समीकरण में रखने पर:
$(2 \lambda) \sin \theta' = \frac{3}{2} \lambda$.
दोनों पक्षों को $2 \lambda$ से विभाजित करने पर,$\sin \theta' = \frac{3}{4}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\theta' = \sin^{-1} \left( \frac{3}{4} \right)$.

(C) दिया गया है: $d = 5\lambda$,$D = 10d$,और एक स्लिट के सामने की स्थिति $y = \frac{d}{2}$ है।
स्थिति $y$ पर पथ अंतर $\Delta x = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d \left( \frac{y}{D} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\Delta x = d \left( \frac{d/2}{10d} \right) = \frac{d}{20} = \frac{5\lambda}{20} = \frac{\lambda}{4}$.
कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = \frac{2\pi}{\lambda} \left( \frac{\lambda}{4} \right) = \frac{\pi}{2}$.
यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में,परिणामी तीव्रता $I_y = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ होती है।
चूँकि $I_1 = I_2 = I$,इसलिए $I_{max} = I + I + 2\sqrt{I^2} = 4I = I_0$,अतः $I = \frac{I_0}{4}$.
तीव्रता के सूत्र में $\phi = \frac{\pi}{2}$ रखने पर:
$I_y = I + I + 2I \cos(\frac{\pi}{2}) = 2I + 0 = 2I$.
चूँकि $I = \frac{I_0}{4}$,इसलिए तीव्रता $I_y = 2 \left( \frac{I_0}{4} \right) = \frac{I_0}{2}$ प्राप्त होती है।

(A) मान लीजिए कि दो स्रोतों की तीव्रता $I_1$ और $I_2$ है,जहाँ $\frac{I_1}{I_2} = \alpha$ है। चूंकि $I \propto A^2$,इसलिए $\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\alpha}$ होगा।
व्यतिकरण पैटर्न में अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता $I_{max} = (A_1 + A_2)^2$ और $I_{min} = (A_1 - A_2)^2$ द्वारा दी जाती है।
हमें $\frac{I_{max} - I_{min}}{I_{max} + I_{min}}$ का मान ज्ञात करना है।
$I_{max}$ और $I_{min}$ के व्यंजक रखने पर:
$\frac{I_{max} - I_{min}}{I_{max} + I_{min}} = \frac{(A_1 + A_2)^2 - (A_1 - A_2)^2}{(A_1 + A_2)^2 + (A_1 - A_2)^2}$
वर्गों का विस्तार करने पर:
$= \frac{(A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2) - (A_1^2 + A_2^2 - 2A_1A_2)}{(A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2) + (A_1^2 + A_2^2 - 2A_1A_2)}$
$= \frac{4A_1A_2}{2(A_1^2 + A_2^2)} = \frac{2A_1A_2}{A_1^2 + A_2^2}$
अंश और हर को $A_2^2$ से विभाजित करने पर:
$= \frac{2(A_1/A_2)}{(A_1/A_2)^2 + 1}$
चूंकि $\frac{A_1}{A_2} = \sqrt{\alpha}$,इस मान को रखने पर:
$= \frac{2\sqrt{\alpha}}{(\sqrt{\alpha})^2 + 1} = \frac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha + 1}$।

(B) हाइड्रोजन स्पेक्ट्रम के लिए तरंग संख्या $\bar{\nu}$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\bar{\nu} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
बामर श्रेणी के लिए,संक्रमण $n_1 = 2$ पर समाप्त होता है।
बामर श्रेणी की अंतिम रेखा $n_2 = \infty$ से $n_1 = 2$ तक के संक्रमण के अनुरूप है।
दिया गया है $R = 10^7 \, m^{-1}$,मान रखने पर:
$\bar{\nu} = 10^7 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = 10^7 \left( \frac{1}{4} - 0 \right) = \frac{10^7}{4} = 0.25 \times 10^7 \, m^{-1}$.

(A) उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$ है।
$n_i = 3$ से $n_f = 2$ के संक्रमण के लिए:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9-4}{36} \right) = \frac{5R}{36}$.
$n_i = 4$ से $n_f = 3$ के संक्रमण के लिए:
$\frac{1}{\lambda'} = R \left( \frac{1}{3^{2}} - \frac{1}{4^{2}} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{16-9}{144} \right) = \frac{7R}{144}$.
दोनों समीकरणों का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda'}{\lambda} = \frac{5R/36}{7R/144} = \frac{5}{36} \times \frac{144}{7} = \frac{5 \times 4}{7} = \frac{20}{7}$.
अतः,$\lambda' = \frac{20}{7}\lambda$.

(C) निकटतम पहुँच की दूरी $(r_0)$ वह दूरी है जिस पर $\alpha$-कण की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा पूरी तरह से स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
गतिज ऊर्जा को स्थितिज ऊर्जा के बराबर रखने पर:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{(Ze)(2e)}{r_0}$
$r_0$ के लिए हल करने पर:
$r_0 = \frac{2Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 \cdot \frac{1}{2}mv^2} = \frac{Ze^2}{\pi\varepsilon_0 mv^2}$
चूंकि दिए गए प्रयोग के लिए $Z$,$e$,$\varepsilon_0$ और $v$ स्थिरांक हैं,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$r_0 \propto \frac{1}{m}$

(B) मान लीजिए कि $t=0$ समय पर नाभिकों की प्रारंभिक संख्या $N_{0}$ है।
$40\%$ क्षय के बाद शेष नाभिकों की संख्या $N_{1}$ है:
$N_{1} = (1 - 0.40) N_{0} = 0.6 N_{0}$
$85\%$ क्षय के बाद शेष नाभिकों की संख्या $N_{2}$ है:
$N_{2} = (1 - 0.85) N_{0} = 0.15 N_{0}$
अब,शेष नाभिकों का अनुपात ज्ञात करें:
$\frac{N_{2}}{N_{1}} = \frac{0.15 N_{0}}{0.6 N_{0}} = \frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2}$
चूंकि $\frac{N_{2}}{N_{1}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है,इसलिए $n = 2$ है।
अतः,लगा समय $t = n \times T_{1/2} = 2 \times 30 \text{ मिनट} = 60 \text{ मिनट}$ है।

(D) दिया गया है: कलेक्टर प्रतिरोध $R_C = 2 \, k\Omega = 2000 \, \Omega$,आउटपुट वोल्टेज $V_0 = 4 \, V$,करंट एम्पलीफिकेशन फैक्टर $\beta = 100$,बेस प्रतिरोध $R_B = 1 \, k\Omega = 1000 \, \Omega$.
$CE$ एम्पलीफायर का वोल्टेज गेन $A_v$ इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $A_v = \beta \times \frac{R_C}{R_B}$.
मान रखने पर: $A_v = 100 \times \frac{2000}{1000} = 200$.
हम जानते हैं कि वोल्टेज गेन $A_v = \frac{V_0}{V_i}$,जहाँ $V_i$ इनपुट सिग्नल वोल्टेज है।
इसलिए,$V_i = \frac{V_0}{A_v} = \frac{4 \, V}{200} = 0.02 \, V$.
मिलीवोल्ट $(mV)$ में बदलने पर: $V_i = 0.02 \times 1000 \, mV = 20 \, mV$.

(C) दिए गए परिपथ में,डायोड $D_1$ रिवर्स बायस में है क्योंकि इसका p-सिरा इसके n-सिरे की तुलना में कम विभव पर है,इसलिए यह एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है और धारा को रोकता है।
डायोड $D_2$ फॉरवर्ड बायस में है क्योंकि इसका p-सिरा इसके n-सिरे की तुलना में उच्च विभव पर है,इसलिए यह एक बंद स्विच (आदर्श डायोड) की तरह कार्य करता है।
अतः,समतुल्य परिपथ में $10 \ V$ की बैटरी,प्रतिरोध $R_1 = 2 \ \Omega$ और प्रतिरोध $R_3 = 2 \ \Omega$ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_3 = 2 \ \Omega + 2 \ \Omega = 4 \ \Omega$ है।
प्रतिरोध $R_1$ से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10 \ V}{4 \ \Omega} = 2.5 \ A$ है।

(A) $p-n$ जंक्शन डायोड फॉरवर्ड बायस में है क्योंकि $p$-टर्मिनल,$n$-टर्मिनल $(-6\;V)$ की तुलना में उच्च विभव $(+4\;V)$ पर है।
फॉरवर्ड बायस में एक आदर्श डायोड शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है।
इसलिए,परिपथ से प्रवाहित होने वाली धारा $I_{AB}$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है:
$I_{AB} = \frac{V_A - V_B}{R} = \frac{4\;V - (-6\;V)}{1\;k\Omega} = \frac{10\;V}{1000\;\Omega} = 10^{-2}\;A$.

(D) दिया गया है: लोड प्रतिरोध $R_L = 800 \,\,\Omega$,इनपुट प्रतिरोध $R_i = 192 \,\,\Omega$,करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर $\beta = 0.96$ है।
कॉमन एमिटर एम्पलीफायर के लिए वोल्टेज गेन $(A_v)$ का सूत्र है:
$A_v = \beta \times \frac{R_L}{R_i}$
मान रखने पर:
$A_v = 0.96 \times \frac{800}{192} = 0.96 \times 4.166... = 4$।
पावर गेन $(A_p)$ करंट गेन और वोल्टेज गेन का गुणनफल होता है:
$A_p = \beta \times A_v$
मान रखने पर:
$A_p = 0.96 \times 4 = 3.84$।
अतः,वोल्टेज गेन $4$ है और पावर गेन $3.84$ है।

(C) दिए गए परिपथ में दो गेट हैं। पहला गेट $AND$ गेट है और दूसरा गेट $NAND$ गेट है। मान लीजिए कि पहले $AND$ गेट का आउटपुट $X$ है। इस गेट के इनपुट $A$ और $B$ हैं। अतः, $X = A \cdot B$.
दूसरा $NAND$ गेट $X$ और $C$ को इनपुट के रूप में लेता है। अतः, अंतिम आउटपुट $Y = \overline{X \cdot C} = \overline{(A \cdot B) \cdot C}$ होगा।
स्थिति $1$: जब $A = 0, B = 0, C = 0$ हो:
$X = 0 \cdot 0 = 0$.
$Y = \overline{0 \cdot 0} = 1$.
स्थिति $2$: जब $A = 1, B = 1, C = 1$ हो:
$X = 1 \cdot 1 = 1$.
$Y = \overline{1 \cdot 1} = 0$.
इस प्रकार, आउटपुट $1, 0$ प्राप्त होते हैं। सही विकल्प $C$ है।

(D) संचार में उपयोग किए जाने वाले $L-C-R$ परिपथ की बेहतर ट्यूनिंग के लिए,गुणवत्ता कारक (Quality Factor) $Q$ उच्च होना चाहिए।
गुणवत्ता कारक का सूत्र $Q = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$ है।
$Q$ को अधिकतम करने के लिए,हमें कम प्रतिरोध $R$,उच्च प्रेरकत्व $L$ और कम धारिता $C$ की आवश्यकता होती है।
दिए गए विकल्पों की तुलना करने पर:
$A: R=20, L=1.5, C=35$
$B: R=25, L=2.5, C=45$
$C: R=25, L=1.5, C=45$
$D: R=15, L=3.5, C=30$
विकल्प $D$ में न्यूनतम प्रतिरोध $(15 \Omega)$,अधिकतम प्रेरकत्व $(3.5 \text{ H})$ और न्यूनतम धारिता $(30 \mu\text{F})$ है।
इसलिए,विकल्प $D$ में दिया गया संयोजन उच्चतम गुणवत्ता कारक प्रदान करता है,जिसके परिणामस्वरूप बेहतर ट्यूनिंग होती है।