TS EAMCET 2003 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) दो कणों के टकराने के लिए,समय $t$ पर उनकी स्थिति समान होनी चाहिए: $r_1 + v_1 t = r_2 + v_2 t$.
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $r_1 - r_2 = (v_2 - v_1) t$.
दिया गया है $r_1 = (3 \hat{i} + 5 \hat{j})$ और $r_2 = (-5 \hat{i} - 3 \hat{j})$,तो सापेक्ष स्थिति सदिश $r_1 - r_2 = (3 - (-5)) \hat{i} + (5 - (-3)) \hat{j} = (8 \hat{i} + 8 \hat{j}) \text{ m}$ है।
सापेक्ष वेग $v_2 - v_1 = (a \hat{i} + 7 \hat{j}) - (4 \hat{i} + 3 \hat{j}) = (a - 4) \hat{i} + 4 \hat{j}$ है।
$t = 2 \text{ s}$ के साथ टक्कर की स्थिति में इन मानों को रखने पर:
$8 \hat{i} + 8 \hat{j} = ((a - 4) \hat{i} + 4 \hat{j}) \times 2$.
$2$ से विभाजित करने पर: $4 \hat{i} + 4 \hat{j} = (a - 4) \hat{i} + 4 \hat{j}$.
$\hat{i}$ के गुणांकों की तुलना करने पर: $4 = a - 4$,जिससे $a = 8$ प्राप्त होता है।

(D) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $T$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $R$ के घन के समानुपाती होता है,अर्थात $T^2 \propto R^3$।
मान लीजिए $R_1 = R$ त्रिज्या के लिए आवर्तकाल $T_1$ है और $R_2 = 1.02 R$ त्रिज्या के लिए आवर्तकाल $T_2$ है।
अतः,$\frac{T_2}{T_1} = \left( \frac{R_2}{R_1} \right)^{3/2} = (1.02)^{3/2}$।
छोटे $x$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1+x)^n \approx 1+nx$ का उपयोग करने पर,जहाँ $x = 0.02$ और $n = 1.5$ है:
$\frac{T_2}{T_1} \approx 1 + (1.5 \times 0.02) = 1 + 0.03 = 1.03$।
इसका अर्थ है $T_2 \approx 1.03 T_1$।
प्रतिशत अंतर $\frac{T_2 - T_1}{T_1} \times 100 = \left( \frac{T_2}{T_1} - 1 \right) \times 100$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $(1.03 - 1) \times 100 = 0.03 \times 100 = 3\%$।

(B) दिया गया है: मोलों की संख्या $n = 5$, प्रारंभिक तापमान $T_1 = 100^{\circ} C$, अंतिम तापमान $T_2 = 120^{\circ} C$, आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 80 \,J$ है।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1 = 120^{\circ} C - 100^{\circ} C = 20 \,K$ (क्योंकि तापमान का अंतर सेल्सियस और केल्विन दोनों में समान होता है)।
नियत आयतन पर गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन का सूत्र $\Delta U = C_V \Delta T$ है, जहाँ $C_V$ नियत आयतन पर कुल ऊष्मा धारिता है।
अतः, $C_V = \frac{\Delta U}{\Delta T} = \frac{80 \,J}{20 \,K} = 4 \,J/K$.

(A) माना नत समतल को दिया गया क्षैतिज त्वरण $a$ है। वस्तु को समतल के सापेक्ष स्थिर रखने के लिए,वस्तु पर क्षैतिज दिशा में कार्य करने वाले छद्म बल (pseudo force) $ma$ को समतल के अनुदिश गुरुत्वाकर्षण के घटक को संतुलित करना चाहिए।
छद्म बल $ma$ को नत समतल के समानांतर और लंबवत घटकों में वियोजित करने पर,समतल के समानांतर घटक $ma \cos \theta$ प्राप्त होता है।
समतल पर नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल का घटक $mg \sin \theta$ है।
वस्तु के समतल के सापेक्ष स्थिर रहने के लिए,ये दोनों बल बराबर होने चाहिए:
$ma \cos \theta = mg \sin \theta$
$a = g \tan \theta$
दिया गया है कि $\sin \theta = \frac{1}{l}$,इसलिए हम एक समकोण त्रिभुज बना सकते हैं जिसमें सम्मुख भुजा $1$ और कर्ण $l$ है। आसन्न भुजा $\sqrt{l^2 - 1^2} = \sqrt{l^2 - 1}$ होगी।
अतः,$\tan \theta = \frac{\text{सम्मुख भुजा}}{\text{आसन्न भुजा}} = \frac{1}{\sqrt{l^2 - 1}}$.
इस मान को $a$ के समीकरण में रखने पर:
$a = g \left(\frac{1}{\sqrt{l^2 - 1}}\right) = \frac{g}{\sqrt{l^2 - 1}}$.

(C) टोरीसेली के नियम के अनुसार बहिःस्राव का वेग $v = \sqrt{2gh}$ है।
मान लीजिए टंकी का क्षेत्रफल $A$ है और छेद का क्षेत्रफल $a$ है। ऊँचाई में परिवर्तन की दर $A \frac{dh}{dt} = -a \sqrt{2gh}$ द्वारा दी जाती है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,$dt = -\frac{A}{a \sqrt{2g}} h^{-1/2} dh$ प्राप्त होता है।
$h_1$ से $h_2$ तक समाकलन करने पर,लगा समय $t = \int_{h_2}^{h_1} \frac{A}{a \sqrt{2g}} h^{-1/2} dh = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2}{g}} (\sqrt{h_1} - \sqrt{h_2})$ है।
पहले अंतराल ($h$ से $h/2$) के लिए: $t_1 = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2}{g}} (\sqrt{h} - \sqrt{h/2}) = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2h}{g}} (1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$.
दूसरे अंतराल ($h/2$ से $0$) के लिए: $t_2 = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2}{g}} (\sqrt{h/2} - 0) = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2h}{g}} (\frac{1}{\sqrt{2}})$.
अनुपात लेने पर: $\frac{t_1}{t_2} = \frac{1 - 1/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{2}-1)/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}} = \sqrt{2}-1$.

(B) पॉइज़ुइल के नियम के अनुसार,केशिका नली से पानी के स्थिर आयतन प्रवाह की दर $V = \frac{\pi p r^4}{8 \eta l}$ द्वारा दी जाती है।
इसे दाबांतर $p = V \left( \frac{8 \eta l}{\pi r^4} \right) = V R_H$ के रूप में लिखा जा सकता है,जहाँ $R_H = \frac{8 \eta l}{\pi r^4}$ हाइड्रोलिक प्रतिरोध है।
पहली नली के लिए,$R_1 = \frac{8 \eta l}{\pi r^4}$ है।
दूसरी नली के लिए,$R_2 = \frac{8 \eta l}{\pi (r/2)^4} = \frac{8 \eta l}{\pi r^4 / 16} = 16 R_1$ है।
श्रेणीक्रम संयोजन में,कुल दाबांतर $p$ प्रत्येक नली पर दाबांतर का योग होता है: $p = p_1 + p_2 = V' R_1 + V' R_2$,जहाँ $V'$ नई प्रवाह दर है।
चूंकि $p = V R_1$,इसलिए $V R_1 = V' (R_1 + 16 R_1) = V' (17 R_1)$ है।
अतः,$V = 17 V'$,जिससे $V' = \frac{V}{17}$ प्राप्त होता है।

(D) पहले साबुन के बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $p_1 = \frac{4T}{r_1}$ है।
इसी प्रकार,दूसरे बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $p_2 = \frac{4T}{r_2}$ है।
मान लीजिए कि परिणामी बड़े बुलबुले की त्रिज्या $R$ है। इस बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $p = \frac{4T}{R}$ है।
समतापीय स्थितियों के तहत,हवा के मोलों की कुल संख्या स्थिर रहती है और चूंकि $PV = nRT$ होता है,इसलिए $PV$ का गुणनफल स्थिर रहता है।
अतः,$PV = p_1 V_1 + p_2 V_2$.
मान रखने पर: $\left(\frac{4T}{R}\right) \left(\frac{4}{3} \pi R^3\right) = \left(\frac{4T}{r_1}\right) \left(\frac{4}{3} \pi r_1^3\right) + \left(\frac{4T}{r_2}\right) \left(\frac{4}{3} \pi r_2^3\right)$.
समीकरण को सरल करने पर: $R^2 = r_1^2 + r_2^2$.
इसलिए,$R = \sqrt{r_1^2 + r_2^2}$.

(C) दिया गया है: $m_1 = 200 \text{ g}$,$m_2 = 500 \text{ g}$.
वेग: $\vec{v}_1 = 10 \hat{i} \text{ m/s}$,$\vec{v}_2 = (3 \hat{i} + 5 \hat{j}) \text{ m/s}$.
द्रव्यमान केंद्र का वेग $\vec{v}_{CM}$ ज्ञात करने का सूत्र:
$\vec{v}_{CM} = \frac{m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2}{m_1 + m_2}$
मान रखने पर:
$\vec{v}_{CM} = \frac{200(10 \hat{i}) + 500(3 \hat{i} + 5 \hat{j})}{200 + 500}$
$\vec{v}_{CM} = \frac{2000 \hat{i} + 1500 \hat{i} + 2500 \hat{j}}{700}$
$\vec{v}_{CM} = \frac{3500 \hat{i} + 2500 \hat{j}}{700}$
$\vec{v}_{CM} = 5 \hat{i} + \frac{25}{7} \hat{j} \text{ m/s}$.

(C) क्षेत्रीय वेग $\frac{d A}{d t}$ का सूत्र $\frac{d A}{d t} = \frac{1}{2} r^2 \omega$ होता है।
यह सूत्र कोणीय संवेग $L = mvr = mr^2 \omega$ से प्राप्त होता है,जहाँ क्षेत्रीय वेग $\frac{d A}{d t} = \frac{L}{2m} = \frac{1}{2} r^2 \omega$ होता है।
चूँकि $\frac{1}{2}$ एक नियतांक है,इसलिए $\frac{d A}{d t} \propto r^2 \omega$ प्राप्त होता है।
अतः,सही संबंध $\frac{d A}{d t} \propto \omega r^2$ है।

(A) $1$. जब ब्लॉक $C$,ब्लॉक $A$ से टकराता है,तो यह $A$ के साथ जुड़ जाता है। संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,टक्कर के तुरंत बाद संयुक्त निकाय $(A+C)$ का वेग $v' = \frac{mv}{m+m} = \frac{v}{2}$ होता है।
$2$. अब निकाय में $2m$ द्रव्यमान का एक पिंड स्प्रिंग से जुड़ा है,जो ब्लॉक $B$ (द्रव्यमान $m$) से जुड़ा है।
$3$. अधिकतम संपीड़न $x$ तब होता है जब दोनों द्रव्यमानों के बीच सापेक्ष वेग शून्य हो जाता है। रिड्यूस्ड मास $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $m_1 = 2m$ और $m_2 = m$,हमें $\mu = \frac{2m}{3}$ प्राप्त होता है।
$4$. सेंटर ऑफ मास फ्रेम में गतिज ऊर्जा स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है: $\frac{1}{2} \mu v_{rel}^2 = \frac{1}{2} k x^2$.
$5$. यहाँ $v_{rel} = \frac{v}{2}$ है। अतः,$\frac{1}{2} (\frac{2m}{3}) (\frac{v}{2})^2 = \frac{1}{2} k x^2$.
$6$. $x$ के लिए हल करने पर: $x^2 = \frac{mv^2}{6k}$. इसलिए,$x \propto v \sqrt{\frac{m}{k}}$.
$7$. दिए गए विकल्पों के अनुसार,$x \propto v \sqrt{\frac{m}{2k}}$ सही उत्तर है।

(C) टोरिसेली के नियम के अनुसार,बहिःस्राव का वेग $v = \sqrt{2gh}$ है।
माना टंकी का क्षेत्रफल $A$ है और छेद का क्षेत्रफल $a$ है। ऊँचाई में परिवर्तन की दर $A \frac{dh}{dt} = -a \sqrt{2gh}$ द्वारा दी जाती है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,$dt = -\frac{A}{a \sqrt{2g}} h^{-1/2} dh$ प्राप्त होता है।
ऊँचाई $h_1$ से $h_2$ तक समाकलन करने पर,लगा समय $t = \int_{h_2}^{h_1} \frac{A}{a \sqrt{2g}} h^{-1/2} dh = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2}{g}} (\sqrt{h_1} - \sqrt{h_2})$ है।
पहले अंतराल ($h$ से $h/2$) के लिए: $t_1 = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2}{g}} (\sqrt{h} - \sqrt{h/2}) = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2h}{g}} (1 - 1/\sqrt{2})$।
दूसरे अंतराल ($h/2$ से $0$) के लिए: $t_2 = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2}{g}} (\sqrt{h/2} - 0) = \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2h}{g}} (1/\sqrt{2})$।
अनुपात लेने पर: $t_1/t_2 = \frac{1 - 1/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{2}-1)/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}} = \sqrt{2}-1$।

(C) बल्क मॉडुलस $(K)$ का सूत्र $K = -\frac{p}{\Delta V / V}$ है,जहाँ $p$ दबाव में परिवर्तन है और $\Delta V / V$ आयतन विकृति है।
दिया गया है,बल्क मॉडुलस $K = 2 \times 10^9 \ N/m^2$ है।
आयतन में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V} = 0.1 \% = \frac{0.1}{100} = 10^{-3}$ है।
चूँकि हम आयतन में वृद्धि कर रहे हैं,इसलिए दबाव में परिवर्तन $p$ ऋणात्मक होगा (तनाव),लेकिन हमें आवश्यक दबाव का परिमाण ज्ञात करना है।
परिमाण का उपयोग करते हुए: $p = K \times \left( \frac{\Delta V}{V} \right)$।
मान रखने पर: $p = (2 \times 10^9) \times (10^{-3})$।
$p = 2 \times 10^6 \ N/m^2$।

(A) दिए गए समीकरण $x = 36t$ और $2y = 96t - 9.8t^2$ हैं।
दूसरे समीकरण को $2$ से विभाजित करने पर,हमें $y = 48t - 4.9t^2$ प्राप्त होता है।
इनकी तुलना प्रक्षेप्य गति के मानक समीकरणों से करने पर:
$x = (u \cos \theta)t$ और $y = (u \sin \theta)t - \frac{1}{2}gt^2$.
हम वेग के क्षैतिज घटक को $u \cos \theta = 36$ और ऊर्ध्वाधर घटक को $u \sin \theta = 48$ के रूप में पहचानते हैं।
प्रक्षेपण कोण $\theta$ ज्ञात करने के लिए,हम $\tan \theta = \frac{u \sin \theta}{u \cos \theta} = \frac{48}{36} = \frac{4}{3}$ की गणना करते हैं।
चूंकि $\tan \theta = \frac{4}{3}$,हम एक समकोण त्रिभुज बना सकते हैं जिसमें सम्मुख भुजा $4$ और आसन्न भुजा $3$ है। कर्ण $\sqrt{4^2 + 3^2} = 5$ है।
इसलिए,$\sin \theta = \frac{\text{सम्मुख भुजा}}{\text{कर्ण}} = \frac{4}{5}$।
अतः,$\theta = \sin^{-1}(\frac{4}{5})$।

(C) दिया गया है: अधिकतम चाल $v_{\max} = 15 \,cm/s$. आवर्तकाल $T = 628 \,ms = 0.628 \,s$.
हम जानते हैं कि $v_{\max} = A\omega$, जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
चूँकि $\omega = \frac{2\pi}{T}$, इसलिए $v_{\max} = A \times \frac{2\pi}{T}$.
मान रखने पर: $15 = A \times \frac{2 \times 3.14}{0.628}$.
$15 = A \times \frac{6.28}{0.628}$.
$15 = A \times 10$.
$A = \frac{15}{10} = 1.5 \,cm$.

(B) दिया गया द्रव्यमान $m_1 = 1.0 \,kg$, विस्तार $l_1 = 5 \,cm = 0.05 \,m$ है।
हुक के नियम का उपयोग करते हुए, $m_1 g = k l_1$, जहाँ $k$ स्प्रिंग नियतांक है।
$k = \frac{m_1 g}{l_1} = \frac{1.0 \times 10}{0.05} = 200 \,N/m$।
अब, $m_2 = 2.0 \,kg$ द्रव्यमान के लिए, कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m_2}}$ द्वारा दी जाती है।
$\omega = \sqrt{\frac{200}{2.0}} = \sqrt{100} = 10 \,rad/s$।
ब्लॉक को $A = 10 \,cm = 0.1 \,m$ तक खींचा जाता है, जो दोलन का आयाम है।
अधिकतम वेग $v_{\max} = A \omega$ द्वारा दिया जाता है।
$v_{\max} = 0.1 \,m \times 10 \,rad/s = 1 \,m/s$।

(C) डिस्क का उसके केंद्र से गुजरने वाली और उसके तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2$ है।
चूंकि डिस्क को पिघलाकर एक ठोस गोले में बदल दिया जाता है,इसलिए आयतन स्थिर रहता है।
डिस्क का आयतन = गोले का आयतन
$\pi R^2 \times \frac{R}{6} = \frac{4}{3} \pi R_1^3$
$\frac{R^3}{6} = \frac{4}{3} R_1^3$
$R_1^3 = \frac{R^3}{8} \implies R_1 = \frac{R}{2}$,जहाँ $R_1$ गोले की त्रिज्या है।
ठोस गोले का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I' = \frac{2}{5} M R_1^2$ होता है।
$R_1 = \frac{R}{2}$ को सूत्र में रखने पर:
$I' = \frac{2}{5} M \left(\frac{R}{2}\right)^2 = \frac{2}{5} M \left(\frac{R^2}{4}\right) = \frac{1}{5} \left(\frac{1}{2} M R^2\right)$.
चूंकि $I = \frac{1}{2} M R^2$,इसलिए हमें $I' = \frac{I}{5}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है: कुल द्रव्यमान $M = 0.6 \ kg$,लंबाई $L = 1 \ m = 100 \ cm$.
प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\lambda = \frac{0.6 \ kg}{100 \ cm} = 0.006 \ kg/cm$.
अक्ष $20 \ cm$ पर है। यह स्केल को दो भागों में विभाजित करता है: $AB$ $(20 \ cm)$ और $BC$ $(80 \ cm)$.
भाग $AB$ का द्रव्यमान,$m_1 = \lambda \times 20 = 0.006 \times 20 = 0.12 \ kg$.
भाग $BC$ का द्रव्यमान,$m_2 = \lambda \times 80 = 0.006 \times 80 = 0.48 \ kg$.
एक सिरे से गुजरने वाली अक्ष के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{3} m l^2$ होता है।
भाग $AB$ के लिए (अक्ष $B$ सिरे पर है): $I_1 = \frac{1}{3} m_1 (l_1)^2 = \frac{1}{3} \times 0.12 \times (0.2)^2 = 0.04 \times 0.04 = 0.0016 \ kg-m^2$.
भाग $BC$ के लिए (अक्ष $B$ सिरे पर है): $I_2 = \frac{1}{3} m_2 (l_2)^2 = \frac{1}{3} \times 0.48 \times (0.8)^2 = 0.16 \times 0.64 = 0.1024 \ kg-m^2$.
कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_1 + I_2 = 0.0016 + 0.1024 = 0.104 \ kg-m^2$.

(C) प्रति इकाई समय में उत्सर्जित ऊर्जा को स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम द्वारा दिया जाता है: $E = \sigma A T^4$,जहाँ $\sigma$ स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियतांक है,$A$ सतह का क्षेत्रफल $(4\pi R^2)$ है और $T$ परम तापमान है।
सूर्य के लिए: $E_{\text{sun}} = \sigma (4\pi R_{\text{sun}}^2) T_{\text{sun}}^4$.
तारे $A$ के लिए: $E_{\text{star}} = \sigma (4\pi R_{\text{star}}^2) T_{\text{star}}^4$.
दिया गया है कि $E_{\text{star}} = 10000 E_{\text{sun}}$,इसलिए:
$\sigma (4\pi R_{\text{star}}^2) T_{\text{star}}^4 = 10000 \times \sigma (4\pi R_{\text{sun}}^2) T_{\text{sun}}^4$.
समान पदों को हटाने पर:
$R_{\text{star}}^2 T_{\text{star}}^4 = 10000 R_{\text{sun}}^2 T_{\text{sun}}^4$.
त्रिज्याओं का अनुपात ज्ञात करने के लिए:
$\left(\frac{R_{\text{star}}}{R_{\text{sun}}}\right)^2 = 10000 \left(\frac{T_{\text{sun}}}{T_{\text{star}}}\right)^4$.
दिए गए मानों को रखने पर ($T_{\text{sun}} = 6000 \ K$,$T_{\text{star}} = 2000 \ K$):
$\left(\frac{R_{\text{star}}}{R_{\text{sun}}}\right)^2 = 10000 \left(\frac{6000}{2000}\right)^4 = 10000 \times (3)^4 = 10000 \times 81 = 810000$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{R_{\text{star}}}{R_{\text{sun}}} = \sqrt{810000} = 900$.
अतः,अनुपात $R_{\text{star}} : R_{\text{sun}} = 900 : 1$ है।

(B) $0^{\circ} C$ पर घनत्व,$\rho_0 = 1.0127 \ g/cm^3$
$100^{\circ} C$ पर घनत्व,$\rho_{100} = 1 \ g/cm^3$
द्रव का वास्तविक प्रसार गुणांक,$\gamma_{\text{real}} = \frac{\rho_0 - \rho_{100}}{\rho_{100} \times \Delta t}$
$\gamma_{\text{real}} = \frac{1.0127 - 1}{1 \times 100} = 1.27 \times 10^{-4} /^{\circ} C$
कांच का आयतन प्रसार गुणांक,$\gamma_g = 3 \alpha = 3 \times 9 \times 10^{-6} = 0.27 \times 10^{-4} /^{\circ} C$
आभासी प्रसार गुणांक,$\gamma_{\text{app}} = \gamma_{\text{real}} - \gamma_g = 1.27 \times 10^{-4} - 0.27 \times 10^{-4} = 1 \times 10^{-4} /^{\circ} C$
बाहर निकले द्रव का द्रव्यमान $= m_1 - m_2 = 300 - \frac{300}{1.01} = \frac{3}{1.01} \ g$.

(C) प्रारंभिक स्थिति: नली की लंबाई $100 \ cm$ है, जिसमें बीच में $10 \ cm$ का पारा है। प्रत्येक तरफ हवा की लंबाई $(100 - 10) / 2 = 45 \ cm$ है। प्रारंभिक दबाव $P_0 = 76 \ cm$ $Hg$, प्रारंभिक तापमान $T_0 = 31 + 273 = 304 \ K$ है।
आदर्श गैस समीकरण $\frac{PV}{T} = \text{स्थिरांक}$ का उपयोग करते हुए, प्रारंभिक स्थिति के लिए: $\frac{P_0 V_0}{T_0} = \frac{76 \times 45}{304}$।
अंतिम स्थिति: मान लीजिए कि $0^{\circ} C$ $(273 \ K)$ पर हवा के स्तंभ की नई लंबाई $l$ है, और $273^{\circ} C$ $(546 \ K)$ पर हवा के स्तंभ की लंबाई $(90 - l)$ है। मान लीजिए नया दबाव $P'$ है।
चूंकि पारे का स्तंभ स्थिर है, इसलिए दोनों तरफ का दबाव समान होना चाहिए: $P_2 = P_3 = P'$।
दोनों तरफ के लिए गैस नियम का उपयोग करते हुए:
$\frac{P' l}{273} = \frac{P' (90 - l)}{546} = \frac{76 \times 45}{304}$।
$\frac{P' l}{273} = \frac{P' (90 - l)}{546}$ से, हमें $2l = 90 - l$ मिलता है, जिसका अर्थ है $3l = 90$, इसलिए $l = 30 \ cm$।
अब, $l = 30 \ cm$ को समीकरण में रखने पर: $\frac{P' \times 30}{273} = \frac{76 \times 45}{304}$।
$P' = \frac{76 \times 45 \times 273}{304 \times 30} = 102.375 \approx 102.4 \ cm$ $Hg$।

(A) तनी हुई डोरी की मूल आवृत्ति $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $l$ लंबाई है,$T$ तनाव है और $m$ प्रति इकाई लंबाई का द्रव्यमान है।
प्रारंभिक आवृत्ति: $n_1 = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}$.
नई लंबाई: $l' = l - 0.40l = 0.6l$.
नया तनाव: $T' = T + 0.44T = 1.44T$.
नई आवृत्ति: $n_2 = \frac{1}{2l'} \sqrt{\frac{T'}{m}} = \frac{1}{2(0.6l)} \sqrt{\frac{1.44T}{m}}$.
अनुपात लेने पर: $\frac{n_2}{n_1} = \frac{\frac{1}{2(0.6l)} \sqrt{\frac{1.44T}{m}}}{\frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}} = \frac{l}{0.6l} \times \sqrt{\frac{1.44T}{T}} = \frac{1}{0.6} \times \sqrt{1.44} = \frac{1.2}{0.6} = 2$.
अतः,अंतिम और प्रारंभिक आवृत्ति का अनुपात $2: 1$ है।

(B) $l$ लंबाई,$r$ त्रिज्या,$\rho$ घनत्व और $T$ तनाव वाली डोरी के लिए $p$-वें हार्मोनिक (या $(p-1)$-वें ओवरटोन) की आवृत्ति $f = \frac{p}{2l} \sqrt{\frac{T}{\pi r^2 \rho}} = \frac{p}{2lr} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ द्वारा दी जाती है।
डोरी $A$ के लिए,पहला ओवरटोन दूसरा हार्मोनिक $(p=2)$ है:
$f_A = \frac{2}{2l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}} = \frac{1}{l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
डोरी $B$ के लिए,दूसरा ओवरटोन तीसरा हार्मोनिक $(p=3)$ है:
$f_B = \frac{3}{2l_B r_B} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
दिया गया है कि $f_A = f_B$ और $r_A = 2r_B$:
$\frac{1}{l_A r_A} = \frac{3}{2l_B r_B}$.
$r_A = 2r_B$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{l_A (2r_B)} = \frac{3}{2l_B r_B}$.
$\frac{1}{2l_A} = \frac{3}{2l_B}$.
$\frac{l_A}{l_B} = \frac{1}{3}$.
अतः,लंबाई का अनुपात $l_A : l_B = 1 : 3$ है।

(C) कथन $A$ के लिए:
गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2} m v^2$ है। चूंकि पिंड विराम अवस्था से शुरू होता है और उस पर एक नियत बल $F$ कार्य करता है,इसलिए इसका त्वरण $a = F/m$ नियत है।
अतः,$v = at$,और $KE = \frac{1}{2} m (at)^2 = \frac{1}{2} m a^2 t^2$ है।
गतिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर $\frac{d(KE)}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{1}{2} m a^2 t^2) = m a^2 t$ है।
चूंकि $\frac{d(KE)}{dt} \propto t$,इसलिए गतिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर समय के साथ रैखिक रूप से बदलती है। अतः,कथन $A$ सही है।
कथन $B$ के लिए:
विराम अवस्था में स्थित पिंड केवल तभी संतुलन में होता है जब उस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य हो। एक पिंड क्षणिक रूप से विराम अवस्था में हो सकता है (उदाहरण के लिए,ऊपर फेंकी गई गेंद अपने उच्चतम बिंदु पर) जबकि उस पर एक गैर-शून्य कुल बल (गुरुत्वाकर्षण) कार्य कर रहा हो। इसलिए,यह आवश्यक नहीं है कि वह संतुलन में हो। अतः,कथन $B$ गलत है।

(B) माना कि तीन प्रतिरोध $R_1, R_2$ और $R_3$ हैं।
दिया गया है कि $\frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{2}$,इसलिए हम $R_1 = k$ और $R_2 = 2k$ लिख सकते हैं।
समांतर क्रम के लिए,तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ का सूत्र $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3}$ है।
मान रखने पर,$\frac{1}{1} = \frac{1}{k} + \frac{1}{2k} + \frac{1}{R_3}$.
$R_3$ के लिए हल करने पर,$\frac{1}{R_3} = 1 - (\frac{1}{k} + \frac{1}{2k}) = 1 - \frac{3}{2k} = \frac{2k-3}{2k}$.
अतः,$R_3 = \frac{2k}{2k-3}$.
चूंकि $R_3$ एक धनात्मक पूर्णांक होना चाहिए और सभी प्रतिरोध असमान होने चाहिए:
यदि $k=1$,तो $R_3 = -2$ (असंभव)।
यदि $k=2$,तो $R_1=2, R_2=4, R_3=4$ (असमान नहीं हैं)।
यदि $k=3$,तो $R_1=3, R_2=6, R_3=\frac{6}{3} = 2$.
यहाँ,$R_1=3, R_2=6, R_3=2$ हैं। सभी असमान और पूर्णांक हैं।
सबसे बड़ा प्रतिरोध $6 \ \Omega$ है।

(D) माना $R_1 = 400 \Omega$ और $R_2 = 800 \Omega$.
$1$. वोल्टमीटर के बिना $400 \Omega$ प्रतिरोध पर विभवांतर $(V_1)$:
$V_1 = \frac{R_1}{R_1 + R_2} \times V = \frac{400}{400 + 800} \times 6 = \frac{400}{1200} \times 6 = 2 \text{ V}$.
$2$. वोल्टमीटर (प्रतिरोध $R_v = 10000 \Omega$) के साथ $400 \Omega$ प्रतिरोध पर विभवांतर $(V_2)$:
$400 \Omega$ और $10000 \Omega$ के समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध:
$R_p = \frac{400 \times 10000}{400 + 10000} = \frac{4000000}{10400} = \frac{40000}{104} \approx 384.62 \Omega$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_p + R_2 = 384.62 + 800 = 1184.62 \Omega$.
परिपथ में प्रवाहित धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6}{1184.62} \approx 0.005065 \text{ A}$.
वोल्टमीटर द्वारा मापा गया विभवांतर $V_2 = I \times R_p = 0.005065 \times 384.62 \approx 1.948 \text{ V}$.
$3$. मापन में त्रुटि:
$\text{Error} = V_1 - V_2 = 2 - 1.948 = 0.052 \text{ V}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,त्रुटि लगभग $0.05 \text{ V}$ है।

(B) दिया गया है: फेरों की संख्या $N = 1000$,क्षेत्रफल $A = 500 \text{ cm}^2 = 500 \times 10^{-4} \text{ m}^2 = 5 \times 10^{-2} \text{ m}^2$,चुंबकीय क्षेत्र $B = 2 \times 10^{-5} \text{ Wb/m}^2$,समय अंतराल $\Delta t = 0.2 \text{ s}$।
चूंकि कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत है,इसलिए क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\theta_1 = 0^{\circ}$ है।
प्रारंभिक चुंबकीय फ्लक्स $\phi_1 = N B A \cos(0^{\circ}) = N B A$।
कुंडली को $180^{\circ}$ घुमाने के बाद,नया कोण $\theta_2 = 180^{\circ}$ हो जाता है।
अंतिम चुंबकीय फ्लक्स $\phi_2 = N B A \cos(180^{\circ}) = -N B A$।
फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi = \phi_2 - \phi_1 = -N B A - N B A = -2 N B A$।
प्रेरित emf $e = -\frac{\Delta \phi}{\Delta t} = -\frac{-2 N B A}{\Delta t} = \frac{2 N B A}{\Delta t}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $e = \frac{2 \times 1000 \times 2 \times 10^{-5} \times 5 \times 10^{-2}}{0.2} = \frac{2 \times 10^3 \times 10 \times 10^{-7}}{0.2} = \frac{2 \times 10^{-3}}{0.2} = 10 \times 10^{-3} \text{ V} = 10 \text{ mV}$।

(D) दी गई द्रव्यमान क्षति,$\Delta m = 0.3 \,g = 0.3 \times 10^{-3} \,kg = 3 \times 10^{-4} \,kg$.
आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता सिद्धांत का उपयोग करते हुए,$E = \Delta m c^2$.
मान रखने पर,$E = (3 \times 10^{-4} \,kg) \times (3 \times 10^8 \,m/s)^2$.
$E = 3 \times 10^{-4} \times 9 \times 10^{16} = 27 \times 10^{12} \,J$.
जूल को किलोवाट-घंटा $(kWh)$ में बदलने के लिए,हम $3.6 \times 10^6 \,J/kWh$ से विभाजित करते हैं।
$E = \frac{27 \times 10^{12}}{3.6 \times 10^6} \,kWh$.
$E = 7.5 \times 10^6 \,kWh$.

(A) एक समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A$ प्लेटों का क्षेत्रफल है और $d$ उनके बीच की दूरी है।
प्रारंभ में,संचित आवेश $Q = C_0 V_0$ है।
$(i)$ जब बैटरी को हटा दिया जाता है,तो आवेश $Q$ स्थिर रहता है। यदि दूरी को दोगुना कर दिया जाए $(d' = 2d)$,तो नई धारिता $C' = \frac{C_0}{2}$ हो जाती है। संचित ऊर्जा $E_1 = \frac{Q^2}{2C'} = \frac{(C_0 V_0)^2}{2(C_0 / 2)} = C_0 V_0^2$ है।
(ii) जब बैटरी जुड़ी रहती है,तो विभव $V_0$ स्थिर रहता है। यदि दूरी को दोगुना कर दिया जाए,तो नई धारिता $C' = \frac{C_0}{2}$ हो जाती है। संचित ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2} C' V_0^2 = \frac{1}{2} (\frac{C_0}{2}) V_0^2 = \frac{1}{4} C_0 V_0^2$ है।
अतः,अनुपात $\frac{E_1}{E_2} = \frac{C_0 V_0^2}{\frac{1}{4} C_0 V_0^2} = 4$ है।

(B) माना कि तीन प्रतिरोध $R_1, R_2$ और $R_3$ हैं।
दिया गया है कि $R_1:R_2 = 1:2$,इसलिए हम लिख सकते हैं $R_1 = k$ और $R_2 = 2k$,जहाँ $k$ एक धनात्मक पूर्णांक है।
समांतर क्रम के लिए,तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ का सूत्र $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3}$ है।
$R_{eq} = 1 \ \Omega$ दिया गया है,इसलिए $1 = \frac{1}{k} + \frac{1}{2k} + \frac{1}{R_3}$.
$R_3$ के लिए हल करने पर: $\frac{1}{R_3} = 1 - (\frac{1}{k} + \frac{1}{2k}) = 1 - \frac{3}{2k} = \frac{2k-3}{2k}$.
अतः,$R_3 = \frac{2k}{2k-3}$.
$R_3$ को एक धनात्मक पूर्णांक होने के लिए,$2k-3$ को $2k$ का भाजक होना चाहिए। चूंकि $\frac{2k}{2k-3} = 1 + \frac{3}{2k-3}$,इसलिए $2k-3$ को $3$ का भाजक होना चाहिए।
$3$ के भाजक $1$ और $3$ हैं।
स्थिति $1$: $2k-3 = 1 \Rightarrow 2k = 4 \Rightarrow k = 2$. तो $R_1 = 2, R_2 = 4, R_3 = 1 + \frac{3}{1} = 4$. यहाँ $R_2 = R_3$ है,जो असमान प्रतिरोधों की शर्त का उल्लंघन करता है।
स्थिति $2$: $2k-3 = 3 \Rightarrow 2k = 6 \Rightarrow k = 3$. तो $R_1 = 3, R_2 = 6, R_3 = 1 + \frac{3}{3} = 2$. सभी प्रतिरोध असमान हैं $(3, 6, 2)$.
सबसे बड़ा प्रतिरोध $6 \ \Omega$ है।

(C) गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध,$G = 50 \Omega$.
पूर्ण स्केल धारा,$i_g = 0.05 \text{ A}$.
मापी जाने वाली अधिकतम धारा,$i = 5 \text{ A}$.
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल,$A = 2.97 \times 10^{-2} \text{ cm}^2 = 2.97 \times 10^{-6} \text{ m}^2$.
विशिष्ट प्रतिरोध,$\rho = 5 \times 10^{-7} \Omega\text{-m}$.
गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए,समांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
$S = \frac{i_g G}{i - i_g} = \frac{0.05 \times 50}{5 - 0.05} = \frac{2.5}{4.95} = \frac{250}{495} = \frac{50}{99} \Omega$.
प्रतिरोध के सूत्र का उपयोग करते हुए,$S = \rho \frac{l}{A}$,हमें प्राप्त होता है $l = \frac{S \cdot A}{\rho}$.
$l = \frac{50}{99} \times \frac{2.97 \times 10^{-6}}{5 \times 10^{-7}} = \frac{50}{99} \times \frac{29.7}{5} = 10 \times 0.3 = 3 \text{ m}$.

(D) $1$. वोल्टमीटर के बिना $400 \Omega$ प्रतिरोध के सिरों पर विभवांतर $(V_1)$:
$V_1 = \frac{R_1}{R_1 + R_2} \times V = \frac{400}{400 + 800} \times 6 = \frac{400}{1200} \times 6 = 2 \text{ V}$.
$2$. जब $R_v = 10000 \Omega$ प्रतिरोध वाले वोल्टमीटर को $400 \Omega$ प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो इस समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $(R_p)$:
$R_p = \frac{400 \times 10000}{400 + 10000} = \frac{4000000}{10400} = \frac{40000}{104} \approx 384.62 \Omega$.
$3$. समांतर संयोजन के सिरों पर नया विभवांतर $(V_2)$:
$V_2 = \frac{R_p}{R_p + R_2} \times V = \frac{384.62}{384.62 + 800} \times 6 = \frac{384.62}{1184.62} \times 6 \approx 1.948 \text{ V}$.
$4$. मापन में त्रुटि:
$\text{Error} = V_1 - V_2 = 2 - 1.948 = 0.052 \text{ V}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,त्रुटि लगभग $0.05 \text{ V}$ है।

(B) आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण $eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \frac{hc}{\lambda_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V_0$ निरोधी विभव है और $\lambda_0$ देहली तरंगदैर्ध्य है।
प्रथम स्थिति के लिए: $4.8 = \frac{hc}{e} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) \quad \dots (i)$
द्वितीय स्थिति के लिए: $1.6 = \frac{hc}{e} \left( \frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) \quad \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{4.8}{1.6} = \frac{\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}}{\frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}}$
$3 = \frac{\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}}{\frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}}$
$3 \left( \frac{1}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) = \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}$
$\frac{3}{2\lambda} - \frac{3}{\lambda_0} = \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}$
$\frac{3}{2\lambda} - \frac{1}{\lambda} = \frac{3}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0}$
$\frac{1}{2\lambda} = \frac{2}{\lambda_0}$
$\lambda_0 = 4\lambda$

(D) फोटोवोल्टिक सेल में, उत्पन्न फोटोइलेक्ट्रिक धारा आपतित प्रकाश की तीव्रता के सीधे समानुपाती होती है। इसलिए, कथन $A$ असत्य है。
आइंस्टीन के फोटोइलेक्ट्रिक समीकरण के अनुसार, $K_{max} = h\nu - \Phi = \frac{hc}{\lambda} - \Phi$ होता है। चूंकि फोटोइलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max}$ आपतित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ पर निर्भर करती है, इसलिए फोटोइलेक्ट्रॉनों का वेग भी तरंगदैर्ध्य पर निर्भर करता है। अतः, कथन $B$ सत्य है।

(B) दिया गया है: $N = 1000$,$A = 500 \text{ cm}^2 = 500 \times 10^{-4} \text{ m}^2 = 5 \times 10^{-2} \text{ m}^2$,$B = 2 \times 10^{-5} \text{ Wb/m}^2$,$\Delta t = 0.2 \text{ s}$.
चूंकि कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत है,इसलिए क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\theta_1 = 0^{\circ}$ है।
कुंडली से जुड़ा प्रारंभिक चुंबकीय फ्लक्स: $\phi_1 = N B A \cos 0^{\circ} = N B A$.
कुंडली को $180^{\circ}$ घुमाने के बाद,नया कोण $\theta_2 = 180^{\circ}$ हो जाता है।
अंतिम चुंबकीय फ्लक्स: $\phi_2 = N B A \cos 180^{\circ} = -N B A$.
फ्लक्स में परिवर्तन: $\Delta \phi = \phi_2 - \phi_1 = -N B A - N B A = -2 N B A$.
औसत प्रेरित emf: $e = -\frac{\Delta \phi}{\Delta t} = -\frac{-2 N B A}{\Delta t} = \frac{2 N B A}{\Delta t}$.
मान रखने पर: $e = \frac{2 \times 1000 \times 2 \times 10^{-5} \times 5 \times 10^{-2}}{0.2} = \frac{2 \times 10^3 \times 10 \times 10^{-7}}{0.2} = \frac{2 \times 10^{-3}}{0.2} = 10 \times 10^{-3} \text{ V} = 10 \text{ mV}$.

(C) बिंदु आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र की तीव्रता $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{Q}{r^2}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि क्रमिक आवेश विपरीत चिह्नों के हैं, इसलिए $x = 0$ पर कुल विद्युत क्षेत्र व्यक्तिगत आवेशों के कारण क्षेत्रों का योग है:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left[ \frac{Q}{r_1^2} - \frac{Q}{r_2^2} + \frac{Q}{r_3^2} - \frac{Q}{r_4^2} + \dots \infty \right]$
$E = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0} \left[ \frac{1}{(1 \times 10^{-2})^2} - \frac{1}{(2 \times 10^{-2})^2} + \frac{1}{(4 \times 10^{-2})^2} - \frac{1}{(8 \times 10^{-2})^2} + \dots \infty \right]$
$E = (9 \times 10^9) \times (5 \times 10^{-9}) \times 10^4 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{4^2} - \frac{1}{8^2} + \dots \infty \right]$
$E = 45 \times 10^4 \left[ 1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{16} - \frac{1}{64} + \dots \infty \right]$
यह एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = 1$ और सार्व अनुपात $r = -\frac{1}{4}$ है।
योग $S_{\infty} = \frac{a}{1 - r} = \frac{1}{1 - (-1/4)} = \frac{1}{5/4} = \frac{4}{5}$.
अतः, $E = 45 \times 10^4 \times \frac{4}{5} = 36 \times 10^4 \text{ N/C}$.

(C) दिया गया है: धारा $i = 30 \ A$,बाहरी चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = 4 \times 10^{-4} \ T$,दूरी $r = 2 \ cm = 2 \times 10^{-2} \ m$।
सीधे तार द्वारा $r$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 i}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $B_2 = \frac{2 \times 10^{-7} \times 30}{2 \times 10^{-2}} = 3 \times 10^{-4} \ T$।
चूंकि बाहरी चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ तार के समानांतर है,तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ (जो तार के चारों ओर वृत्ताकार पथ के स्पर्शरेखीय है) $B_1$ के लंबवत है।
इसलिए,परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ होगा।
$B = \sqrt{(4 \times 10^{-4})^2 + (3 \times 10^{-4})^2} = \sqrt{16 \times 10^{-8} + 9 \times 10^{-8}} = \sqrt{25 \times 10^{-8}} = 5 \times 10^{-4} \ T$।

(A) दिए गए अनुपात: $m_1: m_2 = 1: 1$,$q_1: q_2 = 1: 2$,और $v_1: v_2 = 2: 3$.
एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r$ का सूत्र $r = \frac{mv}{Bq}$ है।
दोनों कणों के लिए त्रिज्याओं का अनुपात लेने पर:
$\frac{r_1}{r_2} = \left(\frac{m_1}{m_2}\right) \times \left(\frac{v_1}{v_2}\right) \times \left(\frac{q_2}{q_1}\right)$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{r_1}{r_2} = \left(\frac{1}{1}\right) \times \left(\frac{2}{3}\right) \times \left(\frac{2}{1}\right) = \frac{4}{3}$.
अतः,त्रिज्याओं का अनुपात $4: 3$ है।

(B) दिया गया है: चुंबकीय प्रवृत्ति,$\chi = 499$.
निर्वात की पारगम्यता,$\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \ H/m$.
छड़ की सापेक्ष पारगम्यता (relative permeability) इस संबंध द्वारा दी जाती है: $\mu_r = 1 + \chi$.
$\chi$ का मान रखने पर: $\mu_r = 1 + 499 = 500$.
निरपेक्ष पारगम्यता $\mu$ इस प्रकार दी जाती है: $\mu = \mu_r \mu_0$.
मान रखने पर: $\mu = 500 \times 4 \pi \times 10^{-7} \ H/m$.
$\mu = 2000 \pi \times 10^{-7} \ H/m$.
$\mu = 2 \pi \times 10^{-4} \ H/m$.

(C) कंपन चुंबकत्वमापी में चुंबक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{I}{MH}}$ द्वारा दिया जाता है।
पहले मामले में,दो समान चुंबक एक-दूसरे के लंबवत रखे गए हैं,इसलिए कुल जड़त्व आघूर्ण $I_{total} = I + I = 2I$ है और परिणामी चुंबकीय आघूर्ण $M' = \sqrt{M^2 + M^2} = M\sqrt{2}$ है।
अतः,$T_1 = 2 \pi \sqrt{\frac{2I}{M\sqrt{2}H}} = 2 \pi \sqrt{\frac{\sqrt{2}I}{MH}}$.
दिया गया है $T_1 = 2^{5/4} \ s$,इसलिए $2^{5/4} = 2 \pi \sqrt{\frac{\sqrt{2}I}{MH}}$ ... $(i)$.
जब एक चुंबक को हटा दिया जाता है,तो आवर्तकाल $T_2 = 2 \pi \sqrt{\frac{I}{MH}}$ होता है ... (ii).
समीकरण $(i)$ को (ii) से विभाजित करने पर:
$\frac{2^{5/4}}{T_2} = \frac{2 \pi \sqrt{\frac{\sqrt{2}I}{MH}}}{2 \pi \sqrt{\frac{I}{MH}}} = \sqrt{\sqrt{2}} = 2^{1/4}$.
इसलिए,$T_2 = \frac{2^{5/4}}{2^{1/4}} = 2^{5/4 - 1/4} = 2^1 = 2 \ s$.

(D) कर्ण पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $C$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
प्रिज्म की ज्यामिति से,प्रकाश किरण आधार $BC$ के समानांतर चलती है। आपतित किरण और कर्ण के अभिलंब के बीच का कोण आपतन कोण $i$ है।
समकोण त्रिभुज में,यदि आधार कोण $\theta$ है,तो कर्ण पर आपतन कोण $i = 90^{\circ} - \theta$ होता है।
पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए,$i \geq C$,जहाँ $\sin C = \frac{1}{\mu}$ है।
अतः,$90^{\circ} - \theta \geq C \Rightarrow \theta \leq 90^{\circ} - C$.
$\theta$ का अधिकतम मान ज्ञात करने के लिए,हम $\theta = 90^{\circ} - C$ लेते हैं।
दोनों पक्षों का कोसाइन लेने पर: $\cos \theta = \cos(90^{\circ} - C) = \sin C$.
चूंकि $\sin C = \frac{1}{\mu}$,इसलिए $\cos \theta = \frac{1}{\mu}$ है।
अतः,$\theta = \cos ^{-1}\left(\frac{1}{\mu}\right)$।

(A) $n-p-n$ ट्रांजिस्टर में,एमिटर $n$-प्रकार का,बेस $p$-प्रकार का और कलेक्टर $n$-प्रकार का होता है।
जब इसे एम्पलीफायर के रूप में उपयोग किया जाता है,तो बेस-एमिटर जंक्शन फॉरवर्ड बायस में और बेस-कलेक्टर जंक्शन रिवर्स बायस में होता है।
फॉरवर्ड बायस के कारण,$n$-प्रकार के एमिटर से इलेक्ट्रॉन $p$-प्रकार के बेस में इंजेक्ट किए जाते हैं।
चूंकि बेस बहुत पतला और कम डोपिंग वाला होता है,इसलिए इनमें से अधिकांश इलेक्ट्रॉन बेस से होकर कलेक्टर क्षेत्र में चले जाते हैं।
कलेक्टर को बेस के सापेक्ष धनात्मक विभव पर रखा जाता है,जो इन इलेक्ट्रॉनों को बेस से कलेक्टर की ओर आकर्षित करता है।
इसलिए,इलेक्ट्रॉन बेस से कलेक्टर की ओर गति करते हैं।

(D) कथन $(A)$ असत्य है। डडेल का थर्मो गैल्वेनोमीटर एक संवेदनशील उपकरण है जो धारा के ऊष्मीय प्रभाव का उपयोग करके दिष्ट धारा $(DC)$ और प्रत्यावर्ती धारा $(AC)$ दोनों को माप सकता है।
कथन $(B)$ सत्य है। थर्मोपाइल श्रेणीक्रम में जुड़े कई थर्मोकपल से बना होता है,जो इसकी संवेदनशीलता को बढ़ाता है,जिससे यह बहुत छोटे तापमान अंतर,आमतौर पर $10^{-3} {}^{\circ}C$ की कोटि का,मापने में सक्षम होता है।

(B) दिया गया तरंगदैर्ध्य $\lambda = 6000 Å = 6 \times 10^{-7} \ m$ है।
यंग के द्वि-झिरी प्रयोग में अदीप्त फ्रिंज के लिए पथ अंतर $\Delta x$ का सूत्र $\Delta x = (2n - 1) \frac{\lambda}{2}$ है,जहाँ $n$ अदीप्त फ्रिंज का क्रम है।
तीसरी अदीप्त फ्रिंज के लिए,हम $n = 3$ लेते हैं।
मान रखने पर: $\Delta x = (2 \times 3 - 1) \frac{6 \times 10^{-7}}{2} \ m$.
$\Delta x = 5 \times 3 \times 10^{-7} \ m = 15 \times 10^{-7} \ m$.
माइक्रोन में बदलने पर $(1 \mu m = 10^{-6} \ m)$:
$\Delta x = 1.5 \times 10^{-6} \ m = 1.5 \mu m$.