TS EAMCET 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) कणों के निकाय के द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ का स्थिति सदिश इस प्रकार दिया जाता है:
$r_{COM} = \frac{m_1 r_1 + m_2 r_2 + m_3 r_3 + m_4 r_4}{m_1 + m_2 + m_3 + m_4}$
दिए गए द्रव्यमान और स्थितियाँ:
$m_1 = 1 \ kg, r_1 = (a \hat{i} + a \hat{j})$
$m_2 = 2 \ kg, r_2 = (-a \hat{i} + a \hat{j})$
$m_3 = 3 \ kg, r_3 = (-a \hat{i} - a \hat{j})$
$m_4 = 4 \ kg, r_4 = (a \hat{i} - a \hat{j})$
कुल द्रव्यमान $M = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 \ kg$
$r_{COM} = \frac{1(a \hat{i} + a \hat{j}) + 2(-a \hat{i} + a \hat{j}) + 3(-a \hat{i} - a \hat{j}) + 4(a \hat{i} - a \hat{j})}{10}$
$r_{COM} = \frac{(a - 2a - 3a + 4a) \hat{i} + (a + 2a - 3a - 4a) \hat{j}}{10}$
$r_{COM} = \frac{0 \hat{i} - 4a \hat{j}}{10} = -0.4 a \hat{j}$

(D) माना $1 \ kg$ द्रव्यमान की गेंद का प्रारंभिक वेग $u$ है। टक्कर के बाद,पहली गेंद $Y$-अक्ष के अनुदिश $v_1$ वेग से चलती है,और $m$ द्रव्यमान की दूसरी गेंद $X$-अक्ष के नीचे $30^{\circ}$ के कोण पर $v_2$ वेग से चलती है।
$X$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$1 \cdot u = m v_2 \cos(30^{\circ}) \implies u = m v_2 \frac{\sqrt{3}}{2} \implies v_2 = \frac{2u}{m\sqrt{3}} \quad ... (1)$
$Y$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$0 = 1 \cdot v_1 - m v_2 \sin(30^{\circ}) \implies v_1 = m v_2 \sin(30^{\circ}) = m v_2 \cdot \frac{1}{2} \implies v_2 = \frac{2v_1}{m} \quad ... (2)$
$(1)$ और $(2)$ से,$\frac{2u}{m\sqrt{3}} = \frac{2v_1}{m} \implies v_1 = \frac{u}{\sqrt{3}}$.
चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है,गतिज ऊर्जा संरक्षित रहती है:
$\frac{1}{2} (1) u^2 = \frac{1}{2} (1) v_1^2 + \frac{1}{2} m v_2^2$
$u^2 = v_1^2 + m v_2^2$
$v_1 = \frac{u}{\sqrt{3}}$ और $v_2 = \frac{2v_1}{m} = \frac{2u}{m\sqrt{3}}$ का मान रखने पर:
$u^2 = \left(\frac{u}{\sqrt{3}}\right)^2 + m \left(\frac{2u}{m\sqrt{3}}\right)^2$
$u^2 = \frac{u^2}{3} + m \cdot \frac{4u^2}{3m^2} = \frac{u^2}{3} + \frac{4u^2}{3m}$
$1 = \frac{1}{3} + \frac{4}{3m} \implies \frac{2}{3} = \frac{4}{3m} \implies m = 2 \ kg$.

(A) प्रत्यावस्थान गुणांक $e$ को पृथक्करण के सापेक्ष वेग और दृष्टिकोण के सापेक्ष वेग के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है।
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2}$
दिया गया है:
$u_1 = 3 \ m/s$,$u_2 = 1.5 \ m/s$
$v_1 = 2.5 \ m/s$,$v_2 = 3.5 \ m/s$
मान रखने पर:
$e = \frac{3.5 - 2.5}{3 - 1.5} = \frac{1}{1.5} = \frac{10}{15} = \frac{2}{3} \approx 0.67$
अतः,प्रत्यावस्थान गुणांक लगभग $0.67$ है।

(A) माना $m_1$ का प्रारंभिक वेग $u$ है और $m_1$ तथा $m_2$ के अंतिम वेग क्रमशः $v_1$ और $v_2$ हैं। कण $m_1$,$X$-अक्ष के साथ $90^{\circ}$ पर और $m_2$,$X$-अक्ष के साथ $30^{\circ}$ पर गति करता है।
$X$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$m_1 u = m_2 v_2 \cos 30^{\circ} \quad \dots (i)$
$Y$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$0 = m_2 v_2 \sin 30^{\circ} - m_1 v_1 \quad \Rightarrow \quad m_1 v_1 = m_2 v_2 \sin 30^{\circ} \quad \dots (ii)$
यह दिया गया है कि गतिज ऊर्जा $50 \%$ कम हो जाती है,इसलिए अंतिम गतिज ऊर्जा प्रारंभिक गतिज ऊर्जा की आधी है:
$\frac{1}{2} (\frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2) = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} m_1 u^2) \quad \Rightarrow \quad m_1 v_1^2 + m_2 v_2^2 = \frac{1}{2} m_1 u^2 \quad \dots (iii)$
$(i)$ से,$v_2 \cos 30^{\circ} = \frac{m_1 u}{m_2} \Rightarrow v_2 = \frac{2 m_1 u}{\sqrt{3} m_2}$.
$(ii)$ से,$v_1 = \frac{m_2 v_2 \sin 30^{\circ}}{m_1} = \frac{m_2}{m_1} \cdot \frac{2 m_1 u}{\sqrt{3} m_2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{u}{\sqrt{3}}$.
$v_1$ और $v_2$ का मान $(iii)$ में रखने पर:
$m_1 (\frac{u^2}{3}) + m_2 (\frac{4 m_1^2 u^2}{3 m_2^2}) = \frac{1}{2} m_1 u^2$
$m_1 u^2$ से विभाजित करने पर:
$\frac{1}{3} + \frac{4 m_1}{3 m_2} = \frac{1}{2} \quad \Rightarrow \quad \frac{4 m_1}{3 m_2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{3}{24} = \frac{1}{8} \quad \Rightarrow \quad \frac{m_2}{m_1} = 8$.

(D) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,टक्कर से पहले का कुल संवेग टक्कर के बाद के कुल संवेग के बराबर होता है।
मान लीजिए कि $x$-दिशा धनात्मक है। निकाय का प्रारंभिक संवेग है:
$p_i = (4m)(v_1) + (2m)(-v_2) = 4mv_1 - 2mv_2$
टक्कर के बाद,दोनों ब्लॉक एक साथ $(4m + 2m = 6m)$ द्रव्यमान के रूप में $x$-दिशा में $5v_2$ के अंतिम वेग से गति करते हैं:
$p_f = (6m)(5v_2) = 30mv_2$
प्रारंभिक और अंतिम संवेग को बराबर करने पर:
$4mv_1 - 2mv_2 = 30mv_2$
$4mv_1 = 32mv_2$
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{32}{4} = 8$

(A) $1$. स्प्रिंग प्रणाली में एक स्प्रिंग समानांतर है और दो स्प्रिंग श्रेणी में हैं। समतुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{\text{eq}} = k + (k/2) = 3k/2$ है। $k = 2 \text{ N/m}$ दिए जाने पर,$k_{\text{eq}} = 3 \text{ N/m}$ प्राप्त होता है।
$2$. टक्कर के दौरान संवेग संरक्षित रहता है। मान लीजिए $m_1 = 10\alpha \text{ g}$ और $m_2 = 10 \text{ g}$ है। टक्कर के तुरंत बाद संयुक्त द्रव्यमान $(m_1 + m_2)$ का वेग $v$ है। संवेग संरक्षण के नियम से: $m_1 v_1 = (m_1 + m_2)v$। मान रखने पर: $(10\alpha \times 10^{-3}) \times 3 = (10\alpha + 10) \times 10^{-3} \times v$। अतः,$v = \frac{3\alpha}{\alpha + 1} \text{ m/s}$ प्राप्त होता है।
$3$. टक्कर के बाद,संयुक्त प्रणाली की गतिज ऊर्जा अधिकतम आयाम $A$ पर स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है। अतः,$\frac{1}{2}(m_1 + m_2)v^2 = \frac{1}{2}k_{\text{eq}}A^2$। मान रखने पर: $\frac{1}{2} \times (10\alpha + 10) \times 10^{-3} \times (\frac{3\alpha}{\alpha + 1})^2 = \frac{1}{2} \times 3 \times (\frac{1}{2\sqrt{2}})^2$।
$4$. समीकरण को सरल करने पर: $\frac{9\alpha^2}{100(\alpha + 1)} = \frac{3}{8}$।
$5$. आगे सरल करने पर: $24\alpha^2 = 100\alpha + 100$,जो $6\alpha^2 - 25\alpha - 25 = 0$ हो जाता है। इस द्विघात समीकरण को हल करने पर $(6\alpha + 5)(\alpha - 5) = 0$ प्राप्त होता है। चूँकि $\alpha$ धनात्मक होना चाहिए,इसलिए $\alpha = 5$।

(C) किसी भी बाहरी क्षैतिज बल की अनुपस्थिति में, निकाय के द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ की स्थिति अपरिवर्तित रहती है।
मान लीजिए कि किनारा मूल बिंदु $(x = 0)$ है।
तख्ते का द्रव्यमान $M = 10 \,kg$ है और इसकी लंबाई $L = 10 \,m$ है। इसका $COM$ $x_p = 5 \,m$ पर है।
लड़के का द्रव्यमान $m = 30 \,kg$ है। प्रारंभ में, वह दूर वाले किनारे पर है, इसलिए उसकी स्थिति $x_b = 10 \,m$ है।
निकाय के $COM$ की प्रारंभिक स्थिति:
$X_{COM} = \frac{M x_p + m x_b}{M + m} = \frac{10 \times 5 + 30 \times 10}{10 + 30} = \frac{50 + 300}{40} = \frac{350}{40} = 8.75 \,m$.
जब लड़का पास वाले किनारे की ओर चलता है, तो तख्ता किनारे से $d$ दूरी दूर खिसक जाता है। तख्ते के $COM$ की नई स्थिति $x_p' = 5 + d$ है, और लड़के की नई स्थिति $x_b' = d$ है।
चूंकि $COM$ समान स्थिति में रहता है:
$X_{COM} = \frac{M x_p' + m x_b'}{M + m}$
$8.75 = \frac{10(5 + d) + 30(d)}{40}$
$8.75 \times 40 = 50 + 10d + 30d$
$350 = 50 + 40d$
$300 = 40d$
$d = \frac{300}{40} = 7.5 \,m$.

(D) माना कि प्रतिरोध तापमान का एक रैखिक फलन है: $R_T = R_0 + \alpha T$.
दिया गया है: $T_1 = 273 \ K$ पर $R_1 = 100 \ \Omega$ और $T_2 = 873 \ K$ पर $R_2 = 300 \ \Omega$.
प्रतिरोध-तापमान ग्राफ की ढाल $m = \frac{R_2 - R_1}{T_2 - T_1} = \frac{300 - 100}{873 - 273} = \frac{200}{600} = \frac{1}{3} \ \Omega/K$ है।
हमें वह तापमान $T$ ज्ञात करना है जहाँ $R = 200 \ \Omega$ हो।
रेखा के समीकरण का उपयोग करते हुए: $R - R_1 = m(T - T_1)$.
$200 - 100 = \frac{1}{3}(T - 273)$.
$100 = \frac{1}{3}(T - 273)$.
$300 = T - 273$.
$T = 300 + 273 = 573 \ K$.

(B) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g_h = g(1 - \frac{2h}{R})$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
पृथ्वी की सतह से $d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण $g_d = g(1 - \frac{d}{R})$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि गुरुत्वीय त्वरण समान हैं,इसलिए हम दोनों व्यंजकों को बराबर करते हैं:
$g(1 - \frac{2h}{R}) = g(1 - \frac{d}{R})$
दोनों पक्षों से $g$ को हटाने पर:
$1 - \frac{2h}{R} = 1 - \frac{d}{R}$
दोनों पक्षों से $1$ घटाने पर:
$-\frac{2h}{R} = -\frac{d}{R}$
$-R$ से गुणा करने पर:
$2h = d$
अतः,ऊँचाई और गहराई का अनुपात है:
$\frac{h}{d} = \frac{1}{2} = 0.5$

(D) $dr$ मोटाई और $r$ त्रिज्या वाले एक गोलीय कोश का आयतन $dV = 4\pi r^2 dr$ है।
इस कोश का द्रव्यमान $dM = \rho dV = \left( 20 \frac{r^2}{R^2} \right) \cdot 4\pi r^2 dr = \frac{80\pi r^4}{R^2} dr$ है।
ठोस गोले का कुल द्रव्यमान $M$ प्राप्त करने के लिए $0$ से $R$ तक समाकलन करने पर:
$M = \int_0^R dM = \int_0^R \frac{80\pi r^4}{R^2} dr = \frac{80\pi}{R^2} \left[ \frac{r^5}{5} \right]_0^R = \frac{80\pi R^5}{5R^2} = 16\pi R^3$.
गोले के बाहर $r = 4R$ की दूरी पर स्थित बिंदु के लिए,गोला अपने केंद्र पर स्थित बिंदु द्रव्यमान $M$ की तरह व्यवहार करता है। गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E$ इस प्रकार है:
$E = \frac{GM}{r^2} = \frac{G(16\pi R^3)}{(4R)^2} = \frac{16\pi G R^3}{16R^2} = \pi GR$.
अतः,अनुपात $\frac{E}{GR} = \pi$ है।

(C) $r$ त्रिज्या वाले गोले में निहित द्रव्यमान $M(r)$ इस प्रकार दिया गया है:
$M(r) = \int_0^r \rho(r') \cdot 4\pi r'^2 dr' = \int_0^r \rho_0 \left(\frac{r'}{R}\right)^\beta \cdot 4\pi r'^2 dr' = \frac{4\pi \rho_0}{R^\beta} \int_0^r r'^{\beta+2} dr' = \frac{4\pi \rho_0}{R^\beta} \cdot \frac{r^{\beta+3}}{\beta+3}$.
$r = \frac{R}{2}$ के लिए,निहित द्रव्यमान $M_1 = \frac{4\pi \rho_0}{R^\beta} \cdot \frac{(R/2)^{\beta+3}}{\beta+3} = \frac{4\pi \rho_0 R^3}{\beta+3} \cdot \frac{1}{2^{\beta+3}}$.
$r = \frac{R}{2}$ पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E_1 = \frac{G M_1}{(R/2)^2} = \frac{G}{(R/2)^2} \cdot \frac{4\pi \rho_0 R^3}{(\beta+3) 2^{\beta+3}} = \frac{16 G \pi \rho_0 R}{(\beta+3) 2^{\beta+3}}$.
$r = 2R$ के लिए,गोले का कुल द्रव्यमान $M_2 = \frac{4\pi \rho_0}{R^\beta} \cdot \frac{R^{\beta+3}}{\beta+3} = \frac{4\pi \rho_0 R^3}{\beta+3}$.
$r = 2R$ पर गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E_2 = \frac{G M_2}{(2R)^2} = \frac{G}{4R^2} \cdot \frac{4\pi \rho_0 R^3}{\beta+3} = \frac{G \pi \rho_0 R}{\beta+3}$.
दिया गया है कि $\frac{E_2}{E_1} = 4$:
$\frac{\frac{G \pi \rho_0 R}{\beta+3}}{\frac{16 G \pi \rho_0 R}{(\beta+3) 2^{\beta+3}}} = 4 \Rightarrow \frac{2^{\beta+3}}{16} = 4 \Rightarrow 2^{\beta+3} = 64 = 2^6$.
अतः,$\beta + 3 = 6$,जिससे $\beta = 3$ प्राप्त होता है।

(A) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,पृथ्वी की सतह पर कुल ऊर्जा अधिकतम ऊँचाई $h$ पर कुल ऊर्जा के बराबर होनी चाहिए।
सतह पर: $E_i = K_i + U_i = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{G M m}{R}$.
अधिकतम ऊँचाई $h$ पर: $E_f = K_f + U_f = 0 - \frac{G M m}{R+h}$.
$E_i = E_f$ को बराबर रखने पर:
$\frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{G M m}{R} = - \frac{G M m}{R+h}$.
$m$ से भाग देने और पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{v_0^2}{2} = G M \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{R+h} \right) = G M \left( \frac{h}{R(R+h)} \right)$.
चूँकि $g = \frac{G M}{R^2}$,इसलिए $G M = g R^2$.
$G M$ का मान रखने पर:
$\frac{v_0^2}{2} = g R^2 \left( \frac{h}{R(R+h)} \right) = \frac{g R h}{R+h}$.
$v_0^2 (R+h) = 2 g R h$.
$v_0^2 R + v_0^2 h = 2 g R h$.
$v_0^2 R = h (2 g R - v_0^2)$.
$h = \frac{R v_0^2}{2 g R - v_0^2}$.

(D) वृत्ताकार कक्षा में उपग्रह की चाल नियत रहती है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,उपग्रह पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
चूंकि चाल $v$ नियत है,इसलिए गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2$ स्थिर रहती है।
अतः,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K = K_f - K_i = 0$ है।
चूंकि किया गया कार्य $W = \Delta K = 0$ है,इसलिए आवश्यक शक्ति,जिसे $P = \frac{W}{t}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,भी शून्य होगी।
इस प्रकार,उपग्रह को उसकी कक्षा में नियत चाल से गतिमान बनाए रखने के लिए किसी बाहरी शक्ति की आवश्यकता नहीं होती है।

(A) गैस मिश्रण के लिए,स्थिर आयतन और स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा इस प्रकार है:
$C_V = \frac{n_1 C_{V_1} + n_2 C_{V_2}}{n_1 + n_2}$ और $C_p = \frac{n_1 C_{p_1} + n_2 C_{p_2}}{n_1 + n_2}$
एकपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_1 = 3$,इसलिए $C_{V_1} = \frac{3}{2}R$ और $C_{p_1} = \frac{5}{2}R$ है।
द्विपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 5$,इसलिए $C_{V_2} = \frac{5}{2}R$ और $C_{p_2} = \frac{7}{2}R$ है।
रुद्धोष्म घातांक $\gamma = \frac{C_p}{C_V} = 1.5 = \frac{3}{2}$ है।
मान रखने पर:
$\frac{C_p}{C_V} = \frac{n_1(\frac{5}{2}R) + n_2(\frac{7}{2}R)}{n_1(\frac{3}{2}R) + n_2(\frac{5}{2}R)} = \frac{5n_1 + 7n_2}{3n_1 + 5n_2} = \frac{3}{2}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$2(5n_1 + 7n_2) = 3(3n_1 + 5n_2)$
$10n_1 + 14n_2 = 9n_1 + 15n_2$
$n_1 = n_2$
अतः,अनुपात $\frac{n_1}{n_2} = 1$ है।

(A) एक बहुपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = (3 + f)R$ है,जहाँ $f$ कंपन संबंधी स्वतंत्रता की कोटियाँ हैं और $R$ गैस नियतांक है।
अब,
$C_p = C_V + R$
$C_p = (3 + f)R + R$
$C_p = (4 + f)R$
अब,$C_p$ और $C_V$ का अनुपात:
$\frac{C_p}{C_V} = \frac{(4 + f)R}{(3 + f)R} = \frac{4 + f}{3 + f}$.

(A) आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$PV = nRT$ होता है। चूंकि पात्र में दोनों गैसों के लिए आयतन $V$ और तापमान $T$ समान हैं,इसलिए मोलों की संख्या $n$ गैस के आंशिक दाब $p$ के सीधे समानुपाती होती है $(n \propto p)$।
प्रारंभ में,नाइट्रोजन का दाब $p_{N_2} = 100 \ kPa$ है।
ऑक्सीजन मिलाने के बाद,कुल दाब $300 \ kPa$ हो जाता है। इसलिए,ऑक्सीजन का आंशिक दाब $p_{O_2} = P_{total} - p_{N_2} = 300 \ kPa - 100 \ kPa = 200 \ kPa$ होगा।
$N_2$ अणुओं की संख्या और $O_2$ अणुओं की संख्या का अनुपात उनके मोलों के अनुपात के बराबर होता है,जो उनके आंशिक दाब के अनुपात के बराबर है:
$\frac{n_{N_2}}{n_{O_2}} = \frac{p_{N_2}}{p_{O_2}} = \frac{100 \ kPa}{200 \ kPa} = 0.5$.

(C) एक आदर्श गैस का रूट मीन स्क्वायर (rms) वेग निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$
इस व्यंजक से,हम देख सकते हैं कि rms वेग परम तापमान के वर्गमूल के सीधे आनुपातिक है:
$v_{\text{rms}} \propto \sqrt{T}$
मान लीजिए $T_1 = T$ तापमान पर $v_1 = v$ है।
जब तापमान बढ़ाकर $T_2 = 4T$ कर दिया जाता है,तो नया rms वेग $v_2$ मान लीजिए।
आनुपातिकता $v_{\text{rms}} \propto \sqrt{T}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$
$\frac{v_2}{v} = \sqrt{\frac{4T}{T}}$
$\frac{v_2}{v} = \sqrt{4} = 2$
$v_2 = 2v$
अतः,नया rms वेग $2v$ होगा।

(A) मशीन गन द्वारा गोलियों पर लगाया गया औसत बल $F$ संवेग परिवर्तन की दर द्वारा दिया जाता है: $F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = n \times m \times v$,जहाँ $n$ प्रति सेकंड फायर की गई गोलियों की संख्या है,$m$ प्रत्येक गोली का द्रव्यमान है,और $v$ गोली का वेग है।
दिया गया है:
प्रति मिनट गोलियों की संख्या $= 200$,इसलिए $n = \frac{200}{60} \ s^{-1}$.
प्रत्येक गोली का द्रव्यमान $m = 35 \ g = 0.035 \ kg$.
वेग $v = 750 \ m \ s^{-1}$.
मान रखने पर:
$F = \left(\frac{200}{60}\right) \times 0.035 \times 750$
$F = \left(\frac{20}{6}\right) \times 35 \times 0.75$
$F = \frac{10}{3} \times 35 \times 0.75 = 10 \times 35 \times 0.25 = 87.5 \ N$.

(B) जब ब्लॉक एक त्वरित वेज पर स्थिर रहता है,तो वेज के फ्रेम में ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल हैं: गुरुत्वाकर्षण ($mg$ नीचे की ओर),छद्म बल (pseudo force,$ma$ क्षैतिज रूप से बाहर की ओर),अभिलंब बल ($N$ सतह के लंबवत),और घर्षण ($f$ सतह के समानांतर)।
न्यूनतम त्वरण $(a_{\min})$ ज्ञात करने के लिए,ब्लॉक को नीचे फिसलने से रोकने के लिए घर्षण बल को ढलान पर ऊपर की ओर कार्य करना चाहिए।
ढलान के समानांतर और लंबवत बलों को वियोजित करने पर:
$N = mg \cos \theta + ma \sin \theta$
$f + ma \cos \theta = mg \sin \theta$
चूंकि $f = \mu N$,हमारे पास है: $\mu(mg \cos \theta + ma \sin \theta) = mg \sin \theta - ma \cos \theta$.
$a$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर:
$ma(\mu \sin \theta + \cos \theta) = mg(\sin \theta - \mu \cos \theta)$
$a = g \frac{\sin \theta - \mu \cos \theta}{\cos \theta + \mu \sin \theta}$
यहाँ $\theta = 45^{\circ}$ है,इसलिए $\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$a_{\min} = g \frac{1 - \mu}{1 + \mu}$
$g = 10 \ m \ s^{-2}$ और $\mu = 0.4$ रखने पर:
$a_{\min} = 10 \times \frac{1 - 0.4}{1 + 0.4} = 10 \times \frac{0.6}{1.4} = \frac{60}{14} = \frac{30}{7} \ m \ s^{-2}$.

(B) मध्य स्टील प्लेट को स्थानांतरित करने के लिए,लागू बल $F$ को इसकी ऊपरी और निचली दोनों सतहों पर कार्य करने वाले गतिज घर्षण बलों को दूर करना होगा।
$1$. सतहों पर कार्य करने वाला अभिलंब बल $R$ लागू भार के बराबर है,$R = 100 \ N$।
$2$. ऊपरी सतह पर घर्षण बल (स्टील और स्टील के बीच) $f_{SS} = \mu_{SS} \times R = 0.57 \times 100 = 57 \ N$ है।
$3$. निचली सतह पर घर्षण बल (स्टील और पीतल के बीच) $f_{SB} = \mu_{SB} \times R = 0.44 \times 100 = 44 \ N$ है।
$4$. प्लेट को स्थानांतरित करने के लिए आवश्यक कुल बल $F$ इन दो घर्षण बलों का योग है:
$F = f_{SS} + f_{SB} = 57 \ N + 44 \ N = 101 \ N$।

(A) दिया गया है,$\mu = C s^2$.
नत समतल पर ब्लॉक पर लगने वाला कुल बल:
$M g \sin \theta - f = M a$
$M g \sin \theta - \mu M g \cos \theta = M a$
$a = g \sin \theta - \mu g \cos \theta$
$\mu = C s^2$ और $\theta = 45^{\circ}$ रखने पर:
$a = g \sin 45^{\circ} - C s^2 g \cos 45^{\circ} = \frac{g}{\sqrt{2}} (1 - C s^2)$
$a = v \frac{dv}{ds}$ संबंध का उपयोग करने पर:
$v \frac{dv}{ds} = \frac{g}{\sqrt{2}} (1 - C s^2)$
$v dv = \frac{g}{\sqrt{2}} (1 - C s^2) ds$
दोनों पक्षों का प्रारंभिक स्थिति $(s=0, v=0)$ से अंतिम स्थिति $(s=s_{max}, v=0)$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{0} v dv = \int_{0}^{s_{max}} \frac{g}{\sqrt{2}} (1 - C s^2) ds$
$0 = \frac{g}{\sqrt{2}} [s - \frac{C s^3}{3}]_{0}^{s_{max}}$
चूंकि $g \neq 0$,हमें प्राप्त होता है:
$s_{max} - \frac{C s_{max}^3}{3} = 0$
$s_{max} (1 - \frac{C s_{max}^2}{3}) = 0$
चूंकि $s_{max} \neq 0$,हमें मिलता है:
$1 = \frac{C s_{max}^2}{3}$
$s_{max}^2 = \frac{3}{C}$
$s_{max} = \sqrt{\frac{3}{C}}$

(C) माना $m$ द्रव्यमान है, $R$ त्रिज्या है, $\omega_0$ प्रारंभिक कोणीय वेग है और $\alpha$ कोणीय मंदन है।
फ्री बॉडी डायग्राम से, ऊर्ध्वाधर बल संतुलित हैं: $N_2 = mg$.
क्षैतिज दीवार के साथ संपर्क बिंदु पर कार्य करने वाला घर्षण बल $f = \mu N_2 = \mu mg$ है।
बेलन के केंद्र के परितः आघूर्ण $\tau$ इस घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है: $\tau = f \cdot R = \mu mgR$.
संबंध $\tau = I \alpha$ का उपयोग करते हुए, जहाँ $I = \frac{1}{2} mR^2$ बेलन का उसकी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है:
$\mu mgR = \frac{1}{2} mR^2 \alpha \implies \alpha = \frac{2 \mu g}{R}$.
दिए गए चक्करों की संख्या $n = 5$ है, इसलिए कुल कोणीय विस्थापन $\theta = n \cdot 2\pi = 10\pi \,rad$ है।
कोणीय गति के समीकरण $\omega^2 = \omega_0^2 - 2 \alpha \theta$ का उपयोग करते हुए और अंतिम कोणीय वेग $\omega = 0$ रखने पर:
$0 = (20)^2 - 2 \left( \frac{2 \mu g}{R} \right) \theta$.
मान $g = 10 \,m/s^2$, $R = 1 \,m$, और $\theta = 10\pi$ रखने पर:
$0 = 400 - 2 \left( \frac{2 \cdot \mu \cdot 10}{1} \right) (10\pi)$.
$400 = 400 \mu \pi \implies \mu = \frac{1}{\pi}$.

(B) ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल इस प्रकार हैं: क्षैतिज के साथ $30^{\circ}$ के कोण पर लगाया गया बल $F$, नीचे की ओर कार्य करने वाला भार $mg$, ऊपर की ओर कार्य करने वाली अभिलंब प्रतिक्रिया $N$, और बाईं ओर कार्य करने वाला गतिज घर्षण $f_k$।
बल $F$ को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करने पर: $F_x = F \cos 30^{\circ}$ और $F_y = F \sin 30^{\circ}$।
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए: $N + F \sin 30^{\circ} = mg \Rightarrow N = mg - F \sin 30^{\circ}$।
यहाँ $m = 5 \,kg$, $g = 9.8 \,m/s^2$, और $\mu = 0.1$ दिया गया है, इसलिए $N = (5 \times 9.8) - F \sin 30^{\circ} = 49 - 0.5F$।
गतिज घर्षण $f_k = \mu N = 0.1(49 - 0.5F) = 4.9 - 0.05F$ है।
क्षैतिज दिशा में कुल बल $F_{\text{net}} = F \cos 30^{\circ} - f_k = ma$ है।
मान रखने पर: $F(\frac{\sqrt{3}}{2}) - (4.9 - 0.05F) = 5 \times 3$।
$0.866F - 4.9 + 0.05F = 15$।
$0.916F = 19.9$।
$F = \frac{19.9}{0.916} \approx 21.73 \,N$।
यह मान $22 \,N$ के सबसे निकट है।

(C) बच्चे के न फिसलने के लिए,आवश्यक अभिकेंद्र बल स्थैतिक घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाना चाहिए।
फिसलने की स्थिति में,अभिकेंद्र बल अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल के बराबर होता है:
$m \omega^2 r = f_{s, \text{max}}$
चूंकि $f_{s, \text{max}} = \mu N$ और अभिलंब बल $N = mg$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$m \omega^2 r = \mu mg$
$
\omega^2 = \frac{\mu g}{r}
$
दिए गए मान: $\mu = 0.8$,$g = 10 \ m/s^2$,और $r = 2 \ m$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$
\omega^2 = \frac{0.8 \times 10}{2} = \frac{8}{2} = 4
$
$
\omega = \sqrt{4} = 2 \ rad/s
$
अतः,अधिकतम कोणीय वेग $2 \ rad/s$ है।

(A) सही मिलान $A-(iii), B-(iv), C-(i), D-(ii)$ है।
$(A)$ इलेक्ट्रोवीक अन्योन्यक्रिया एक एकीकृत सिद्धांत है जो विद्युतचुंबकीय और दुर्बल नाभिकीय बलों को जोड़ता है,जिससे मूल बलों की संख्या चार से घटकर तीन हो जाती है।
$(B)$ अणुओं के बीच उनकी त्रिज्या के योग के बराबर दूरी पर लगने वाला बल मुख्य रूप से विद्युतचुंबकीय प्रकृति का होता है,जो उनके घटक इलेक्ट्रॉनों और नाभिकों की अन्योन्यक्रिया से उत्पन्न होता है।
$(C)$ प्रबल नाभिकीय बल नाभिकीय बंधन बल के लिए जिम्मेदार है,जो क्वार्कों को जोड़कर न्यूक्लियॉन बनाता है और न्यूक्लियॉनों को जोड़कर नाभिक बनाता है।
$(D)$ गुरुत्वाकर्षण बल ग्रहों,तारों और आकाशगंगाओं जैसे खगोलीय अनुपात वाले पिंडों के बीच प्रमुख अन्योन्यक्रिया है।

(B) माना ऊर्ध्वाधर दूरी $l$ है। किसी भी कोण $\theta$ पर स्प्रिंग की लंबाई $h = l / \cos \theta$ है। स्प्रिंग में विस्तार $x = h - l = l(1/\cos \theta - 1)$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,स्प्रिंग में संचित स्थितिज ऊर्जा गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है। अधिकतम वेग $v_{max}$ तब प्राप्त होता है जब स्प्रिंग अपनी प्राकृतिक लंबाई पर होती है (अर्थात $\theta = 0$,$x = 0$)। प्रारंभिक स्थिति $(\theta = 60^{\circ})$ पर स्थितिज ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} k x_i^2$ है,जहाँ $x_i = l(1/\cos 60^{\circ} - 1) = l(2-1) = l$ है। अतः $U_i = \frac{1}{2} k l^2$ है।
किसी भी कोण $\theta$ पर,ऊर्जा समीकरण $\frac{1}{2} k l^2 = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} k (l/\cos \theta - 1)^2 l^2$ है। अधिकतम वेग $v_{max}$ तब होता है जब विस्तार शून्य होता है,अर्थात $\theta = 0$ पर। अतः,$\frac{1}{2} m v_{max}^2 = \frac{1}{2} k l^2$ है।
दिया गया है कि $v = \frac{1}{2} v_{max}$,इसलिए $v^2 = \frac{1}{4} v_{max}^2$ है। इसे ऊर्जा समीकरण में रखने पर: $\frac{1}{2} k l^2 = \frac{1}{2} m (\frac{1}{4} v_{max}^2) + \frac{1}{2} k l^2 (1/\cos \theta - 1)^2$। चूँकि $\frac{1}{2} m v_{max}^2 = \frac{1}{2} k l^2$ है,हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{2} k l^2 = \frac{1}{8} k l^2 + \frac{1}{2} k l^2 (1/\cos \theta - 1)^2$।
$\frac{1}{2} k l^2$ से भाग देने पर: $1 = 1/4 + (1/\cos \theta - 1)^2 \Rightarrow (1/\cos \theta - 1)^2 = 3/4 \Rightarrow 1/\cos \theta - 1 = \sqrt{3}/2 \Rightarrow 1/\cos \theta = 1 + \sqrt{3}/2 = (2+\sqrt{3})/2$।
अतः,$\cos \theta = 2 / (2+\sqrt{3})$,इसलिए $\theta = \cos^{-1}(2 / (2+\sqrt{3}))$ है। सही विकल्प $B$ है।

$(A) \text{ परिणामी बल ज्ञात करने के लिए, हम प्रत्येक बल को उसके } X \text{ और } Y \text{ घटकों में वियोजित करते हैं।}$
$X\text{-घटक:}$
$\Sigma F_x = 19 + 15 \cos 60^{\circ} - 16 \cos 45^{\circ} - 11 \cos 30^{\circ}$
$\Sigma F_x = 19 + 15(0.5) - 16(0.707) - 11(0.866)$
$\Sigma F_x = 19 + 7.5 - 11.312 - 9.526 = 5.662 \,N$
$Y\text{-घटक:}$
$\Sigma F_y = 15 \sin 60^{\circ} + 16 \sin 45^{\circ} - 11 \sin 30^{\circ} - 22$
$\Sigma F_y = 15(0.866) + 16(0.707) - 11(0.5) - 22$
$\Sigma F_y = 12.99 + 11.312 - 5.5 - 22 = -3.198 \,N$
$\text{परिणामी बल } R = \sqrt{(\Sigma F_x)^2 + (\Sigma F_y)^2} = \sqrt{(5.662)^2 + (-3.198)^2} \approx \sqrt{32.06 + 10.23} \approx \sqrt{42.29} \approx 6.5 \,N$.
$\text{दिशा } \theta = \tan^{-1}\left(\frac{\Sigma F_y}{\Sigma F_x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{-3.198}{5.662}\right) \approx \tan^{-1}(-0.565) \approx -29.5^{\circ} \approx 330.5^{\circ}$.
$\text{अतः, परिणामी बल लगभग } 6.5 \,N \text{ और } 330^{\circ} \text{ के कोण पर है।}$

(C) घनत्व $\rho = \frac{m}{V} = \frac{m}{l^3}$.
घनत्व में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta \rho}{\rho} = \frac{\Delta m}{m} + 3 \frac{\Delta l}{l}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान: $m = 20 \text{ kg}$,$\Delta m = 10 \text{ g} = 0.01 \text{ kg}$,$l = 100 \text{ cm}$,$\Delta l = 1 \text{ mm} = 0.1 \text{ cm}$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta \rho}{\rho} = \frac{0.01}{20} + 3 \times \frac{0.1}{100}$.
$\frac{\Delta \rho}{\rho} = 0.0005 + 3 \times 0.001 = 0.0005 + 0.003 = 0.0035$.
अतः,सापेक्ष त्रुटि $3.5 \times 10^{-3}$ है।

(C) दिया गया है कि स्थिति सदिश $r = a \cos \omega t \hat{i} + b \sin \omega t \hat{j}$ है।
वेग $v$ ज्ञात करने के लिए,हम $r$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$v = \frac{dr}{dt} = \frac{d}{dt}(a \cos \omega t \hat{i} + b \sin \omega t \hat{j}) = -a \omega \sin \omega t \hat{i} + b \omega \cos \omega t \hat{j}$.
त्वरण $a$ ज्ञात करने के लिए,हम वेग $v$ का समय $t$ के सापेक्ष पुनः अवकलन करते हैं:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(-a \omega \sin \omega t \hat{i} + b \omega \cos \omega t \hat{j}) = -a \omega^2 \cos \omega t \hat{i} - b \omega^2 \sin \omega t \hat{j}$.
$-\omega^2$ को कॉमन लेने पर,हमें प्राप्त होता है:
$a = -\omega^2 (a \cos \omega t \hat{i} + b \sin \omega t \hat{j})$.
चूंकि कोष्ठक में दिया गया पद मूल स्थिति सदिश $r$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$a = -\omega^2 r$.
यह दर्शाता है कि त्वरण सदिश $-r$ की दिशा में है।

(D) वेग के घटक स्थिति निर्देशांकों के समय के सापेक्ष अवकलन द्वारा प्राप्त होते हैं:
$v_x = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(5t) = 5 \text{ m/s}$
$v_y = \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt}(135t - 5t^3) = 135 - 15t^2 \text{ m/s}$
त्वरण के घटक वेग के घटकों के समय के सापेक्ष अवकलन द्वारा प्राप्त होते हैं:
$a_x = \frac{dv_x}{dt} = 0 \text{ m/s}^2$
$a_y = \frac{dv_y}{dt} = \frac{d}{dt}(135 - 15t^2) = -30t \text{ m/s}^2$
दो सदिश लंबवत होते हैं यदि उनका अदिश गुणनफल शून्य हो:
$\vec{v} \cdot \vec{a} = v_x a_x + v_y a_y = 0$
$(5)(0) + (135 - 15t^2)(-30t) = 0$
चूंकि $t > 0$,हमें प्राप्त होता है:
$135 - 15t^2 = 0$
$15t^2 = 135$
$t^2 = 9$
$t = 3 \text{ s}$

(A) माना पिस्टन द्वारा लगाया गया दबाव $P$ है और वायुमंडलीय दबाव $P_a$ है। अतिरिक्त दबाव $\Delta P = P - P_a$ है। छेद के ऊपर पानी के स्तंभ की ऊँचाई $h = 15 \ m - 12 \ m = 3 \ m$ है। जमीन से छेद की ऊँचाई $H = 12 \ m$ है।
बर्नौली के समीकरण का उपयोग करते हुए,बहिःस्राव का वेग $v = \sqrt{2gh + \frac{2\Delta P}{\rho}}$ है।
पानी को जमीन तक पहुँचने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2H}{g}}$ है।
क्षैतिज परास $R = v \times t = \sqrt{2gh + \frac{2\Delta P}{\rho}} \times \sqrt{\frac{2H}{g}}$ है।
दिया गया है $R = 16 \ m$,$H = 12 \ m$,$h = 3 \ m$,$\rho = 1000 \ kg/m^3$,और $g = 10 \ m/s^2$:
$16 = \sqrt{2(10)(3) + \frac{2\Delta P}{1000}} \times \sqrt{\frac{2(12)}{10}}$
$16 = \sqrt{60 + \frac{\Delta P}{500}} \times \sqrt{2.4}$
$256 = (60 + \frac{\Delta P}{500}) \times 2.4$
$106.67 = 60 + \frac{\Delta P}{500}$
$46.67 = \frac{\Delta P}{500} \Rightarrow \Delta P = 23333 \ Pa \approx 23.3 \ kPa$.
बल $F = \Delta P \times A = 23333 \times 10 = 233330 \ N = 233.3 \ kN \approx 233 \ kN$.

(A) माना $A$ बेलन के आधार का क्षेत्रफल है और $A_0$ छिद्र का क्षेत्रफल है। छिद्र के ऊपर पानी की प्रारंभिक ऊँचाई $x$ है। पानी की कुल ऊँचाई $H = 1 \,m = 100 \,cm$ है।
टोरिसेली के नियम के अनुसार, बहिःस्राव का वेग $v = \sqrt{2gx}$ है।
पानी के स्तर में परिवर्तन की दर $A \frac{dx}{dt} = -A_0 \sqrt{2gx}$ द्वारा दी जाती है।
चरों को अलग करके $x$ से $0$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{x}^{0} \frac{dx}{\sqrt{x}} = -\frac{A_0}{A} \sqrt{2g} \int_{0}^{t} dt$
$2\sqrt{x} = \frac{A_0}{A} \sqrt{2g} \cdot t$
दिया गया है कि $\frac{A}{A_0} = 100$, $t = 20 \,s$, और $g = 10 \,m/s^2$:
$2\sqrt{x} = \frac{1}{100} \sqrt{2 \times 10} \times 20$
$2\sqrt{x} = \frac{1}{100} \times \sqrt{20} \times 20 = \frac{20}{100} \times 2\sqrt{5} = 0.4\sqrt{5}$
$\sqrt{x} = 0.2\sqrt{5} \Rightarrow x = 0.04 \times 5 = 0.2 \,m = 20 \,cm$.
आधार से छिद्र की ऊँचाई $h = H - x = 100 \,cm - 20 \,cm = 80 \,cm$ है।

(D) परिवर्तनीय घनत्व वाले तरल में दबाव का परिवर्तन हाइड्रोस्टेटिक नियम द्वारा दिया जाता है: $dP = -\rho(z) g dz$.
निचली सतह ($z=0$,$P=P_1$) से ऊपरी सतह ($z=H$,$P=P_2$) तक समाकलन करने पर:
$\int_{P_1}^{P_2} dP = -\int_{0}^{H} \rho(z) g dz$
$P_2 - P_1 = -g \int_{0}^{H} \rho_0 \left[ 2 - \left( \frac{z}{H} \right)^2 \right] dz$
$P_1 - P_2 = g \rho_0 \int_{0}^{H} \left( 2 - \frac{z^2}{H^2} \right) dz$
$P_1 - P_2 = g \rho_0 \left[ 2z - \frac{z^3}{3H^2} \right]_{0}^{H}$
$P_1 - P_2 = g \rho_0 \left( 2H - \frac{H^3}{3H^2} \right)$
$P_1 - P_2 = g \rho_0 \left( 2H - \frac{H}{3} \right)$
$P_1 - P_2 = g \rho_0 \left( \frac{5H}{3} \right) = \frac{5}{3} \rho_0 g H$.

(B) $h$ गहराई पर हवा के बुलबुले के अंदर का दबाव $P_{in} = P_{atm} + \rho gh + \frac{2S}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
मुक्त सतह पर दबाव $P_{atm}$ है।
इसलिए,मुक्त सतह पर दबाव के सापेक्ष बुलबुले के अंदर का दबाव $\Delta P = P_{in} - P_{atm} = \rho gh + \frac{2S}{R}$ है।
दिया गया है:
घनत्व $\rho = 1000 \,kg/m^3$
गहराई $h = 5 \,cm = 0.05 \,m$
गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,m/s^2$
पृष्ठ तनाव $S = 0.1 \,N/m$
त्रिज्या $R = 2 \,mm = 0.002 \,m$
चरण $1$: तरल स्तंभ के कारण हाइड्रोस्टेटिक दबाव की गणना करें:
$P_{hydro} = \rho gh = 1000 \times 10 \times 0.05 = 500 \,Pa$.
चरण $2$: पृष्ठ तनाव के कारण अतिरिक्त दबाव की गणना करें:
$P_{excess} = \frac{2S}{R} = \frac{2 \times 0.1}{0.002} = \frac{0.2}{0.002} = 100 \,Pa$.
चरण $3$: कुल दबाव अंतर की गणना करें:
$\Delta P = 500 \,Pa + 100 \,Pa = 600 \,Pa$.

(A) द्रव में ऊपर उठने वाले गैस के बुलबुले का टर्मिनल वेग $v_t$ अनुभवजन्य संबंध द्वारा दिया जाता है:
$v_t = \frac{g d^2 \rho_f}{18 \eta}$
दिया गया है:
व्यास $d = 2 \,mm = 2 \times 10^{-3} \,m$
द्रव का घनत्व $\rho_f = 13.6 \times 10^3 \,kg/m^3$
श्यानता $\eta = 1.5 \,cP = 1.5 \times 10^{-3} \,Pa \cdot s$
$g = 10 \,m/s^2$
सूत्र $v_t = \frac{g d^2 \rho_f}{18 \eta}$ का उपयोग करते हुए:
$v_t = \frac{10 \times (2 \times 10^{-3})^2 \times 13.6 \times 10^3}{18 \times 1.5 \times 10^{-3}}$
$v_t = \frac{10 \times 4 \times 10^{-6} \times 13.6 \times 10^3}{27 \times 10^{-3}}$
$v_t = \frac{0.544}{0.027} \approx 20.14 \,m/s$
दिए गए विकल्पों के अनुसार,दर लगभग $20 \,m/s$ है।

(C) मान लीजिए कि डोरी के खंडों $AC$ और $BC$ में तनाव $T$ है। बिंदु $C$ पर ऊर्ध्वाधर दिशा में संतुलन की स्थिति लागू करने पर:
$F = 2T \sin \theta$
खींची हुई स्थिति में प्रत्येक खंड $AC$ और $BC$ की लंबाई $L' = \frac{L/2}{\cos \theta}$ है।
प्रत्येक खंड में विस्तार $\Delta L = L' - \frac{L}{2} = \frac{L}{2} \left( \frac{1}{\cos \theta} - 1 \right) = \frac{L}{2} \left( \frac{1 - \cos \theta}{\cos \theta} \right)$ है।
बल और विस्तार का अनुपात $K$ दिया गया है,इसलिए तनाव $T = K \Delta L = K \frac{L}{2} \left( \frac{1 - \cos \theta}{\cos \theta} \right)$ होगा।
$T$ का मान बल के समीकरण में रखने पर:
$F = 2 \left[ K \frac{L}{2} \left( \frac{1 - \cos \theta}{\cos \theta} \right) \right] \sin \theta$
$F = K L (1 - \cos \theta) \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$
$F = K L (1 - \cos \theta) \tan \theta$.

(C) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{FL}{A \Delta L}$ है।
दिए गए मान: बल $F = 400 \ kN = 400 \times 10^3 \ N$,लंबाई $L = 2 \ m$,त्रिज्या $r = 50 \ mm = 50 \times 10^{-3} \ m$,विस्तार $\Delta L = 0.5 \ mm = 0.5 \times 10^{-3} \ m$.
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \times (50 \times 10^{-3})^2 = \pi \times 2500 \times 10^{-6} = 2.5 \pi \times 10^{-3} \ m^2 \approx 7.85 \times 10^{-3} \ m^2$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$Y = \frac{400 \times 10^3 \times 2}{(2.5 \pi \times 10^{-3}) \times (0.5 \times 10^{-3})}$
$Y = \frac{800 \times 10^3}{1.25 \pi \times 10^{-6}} = \frac{800}{1.25 \pi} \times 10^9 \approx \frac{640}{3.14} \times 10^9 \approx 203.8 \times 10^9 \approx 2 \times 10^{11} \ N/m^2$.

(D) दिया गया है: व्यास $d = 0.015 \ m$,लंबाई $L = 0.2 \ m$।
संबंध $F = 97.2 \times 10^6 (\Delta L)$ है।
यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F L}{A \Delta L}$ है।
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2 = \frac{\pi d^2}{4}$।
$A$ का मान रखने पर: $Y = \frac{4 F L}{\pi d^2 \Delta L}$।
दिए गए संबंध से,$\frac{F}{\Delta L} = 97.2 \times 10^6 \ N/m$।
मान रखने पर: $Y = \frac{4 \times (97.2 \times 10^6) \times 0.2}{3.14159 \times (0.015)^2}$।
$Y = \frac{77.76 \times 10^6}{0.00070685} \approx 110 \times 10^9 \ Pa = 110 \ GPa$।

(D) दिया गया है: लंबाई $L = 1 \,m$,व्यास $d = 8 \,mm$,त्रिज्या $r = 4 \,mm = 4 \times 10^{-3} \,m$,विस्तार $\Delta l = 5 \,mm = 5 \times 10^{-3} \,m$,यंग मापांक $Y = 2 \times 10^{11} \,N/m^2$,गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,m/s^2$.
यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F L}{A \Delta l} = \frac{m g L}{(\pi r^2) \Delta l}$ है।
द्रव्यमान $m$ के लिए सूत्र: $m = \frac{Y \pi r^2 \Delta l}{g L}$.
मान रखने पर: $m = \frac{(2 \times 10^{11}) \times \pi \times (4 \times 10^{-3})^2 \times (5 \times 10^{-3})}{10 \times 1}$.
$m = \frac{2 \times 10^{11} \times 3.14 \times 16 \times 10^{-6} \times 5 \times 10^{-3}}{10}$.
$m = \frac{2 \times 3.14 \times 16 \times 5 \times 10^2}{10} = 502.4 \,kg$.
नोट: स्टील के लिए यंग मापांक का मानक मान $2 \times 10^{11} \,N/m^2$ का उपयोग किया गया है।

(A) प्रसार को रोकने के लिए आवश्यक थर्मल स्ट्रेस लगाए गए दबाव के बराबर होता है।
थर्मल स्ट्रेस का सूत्र: $\sigma = Y \times \text{थर्मल स्ट्रेन}$.
थर्मल स्ट्रेन को $\frac{\Delta L}{L} = \alpha \Delta T$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इसलिए,दबाव $P = Y \alpha \Delta T$ द्वारा प्राप्त होता है।
दिए गए मान:
$Y = 200 \text{ GPa} = 200 \times 10^9 \text{ Pa}$
$\alpha = 11 \times 10^{-6} / K$
$\Delta T = 100^{\circ} C = 100 \text{ K}$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$P = (200 \times 10^9) \times (11 \times 10^{-6}) \times 100$
$P = 200 \times 11 \times 10^9 \times 10^{-6} \times 10^2$
$P = 2200 \times 10^5 = 2.2 \times 10^8 \text{ Pa} = 0.22 \times 10^9 \text{ Pa}$.

(A) दिया गया स्थिति सदिश: $\vec{r} = 3t^2 \hat{i} + 2t \hat{j} + \hat{k}$.
वेग,स्थिति का समय के सापेक्ष अवकलन है: $\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = 6t \hat{i} + 2 \hat{j}$.
$t = 2 \text{ s}$ पर,वेग सदिश $\vec{v} = 6(2) \hat{i} + 2 \hat{j} = 12 \hat{i} + 2 \hat{j}$ है।
वेग का परिमाण $|\vec{v}| = \sqrt{12^2 + 2^2} = \sqrt{144 + 4} = \sqrt{148} \text{ m/s}$ है।
त्वरण,वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है: $\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = 6 \hat{i}$.
त्वरण का परिमाण $|\vec{a}| = \sqrt{6^2} = 6 \text{ m/s}^2$ है।
अतः,त्वरण का परिमाण $6$ और वेग का परिमाण $\sqrt{148}$ है।

(A) दिया गया है,$v = \alpha \sqrt{x}$।
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = \alpha \sqrt{x}$।
चरों को अलग करने पर: $\frac{dx}{\sqrt{x}} = \alpha dt$।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int x^{-1/2} dx = \int \alpha dt \Rightarrow 2\sqrt{x} = \alpha t + C$।
$t = 0$ पर,$x = 0$ है,इसलिए $C = 0$। अतः,$2\sqrt{x} = \alpha t \Rightarrow \sqrt{x} = \frac{\alpha t}{2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $x = \frac{\alpha^2 t^2}{4}$।
वेग $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{\alpha^2 t^2}{4} \right) = \frac{\alpha^2}{4} (2t) = \frac{\alpha^2 t}{2}$।
त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{\alpha^2 t}{2} \right) = \frac{\alpha^2}{2}$।

(B) दिया गया है कि $v = ky^\beta$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
चूँकि $v = \frac{dy}{dt}$,इसलिए $\frac{dy}{dt} = ky^\beta$,जिसका अर्थ है $y^{-\beta} dy = k dt$।
दूरी के लिए $0$ से $L$ और समय के लिए $0$ से $T$ तक समाकलन करने पर: $\int_0^L y^{-\beta} dy = \int_0^T k dt$।
इससे $\frac{L^{1-\beta}}{1-\beta} = kT$ प्राप्त होता है,अतः $T = \frac{L^{1-\beta}}{k(1-\beta)}$।
औसत वेग $\langle v \rangle = \frac{L}{T} = \frac{L}{L^{1-\beta} / (k(1-\beta))} = k(1-\beta) L^\beta$ है।
हमें दिया गया है कि $\langle v \rangle \propto L^{1/3}$,इसलिए $L$ के घातांकों की तुलना करने पर,हमें $\beta = 1/3$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है कि मंदन $a = -3 v^{2/3} \,m/s^2$ है।
प्रारंभिक बिंदु $(t=0)$ पर,वेग $u = 8 \,m/s$ है।
हम जानते हैं कि त्वरण $a = v \frac{dv}{ds}$ होता है।
$a$ के लिए दिए गए व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर:
$-3 v^{2/3} = v \frac{dv}{ds}$
$-3 v^{2/3} ds = v dv$
$ds = -\frac{1}{3} v^{1 - 2/3} dv = -\frac{1}{3} v^{1/3} dv$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{s} ds = -\frac{1}{3} \int_{8}^{0} v^{1/3} dv$
$s = -\frac{1}{3} \left[ \frac{v^{4/3}}{4/3} \right]_{8}^{0}$
$s = -\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} [0 - 8^{4/3}]$
$s = -\frac{1}{4} [0 - (2^3)^{4/3}]$
$s = -\frac{1}{4} [0 - 16] = 4 \,m$.
अतः,रुकने से पहले वस्तु द्वारा तय की गई दूरी $4 \,m$ है।

(B) प्रतिरोध बल $F = -k v^{\frac{1}{3}}$ द्वारा दिया गया है।
न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$m a = -k v^{\frac{1}{3}}$,इसलिए मंदन $a = -\frac{k}{m} v^{\frac{1}{3}}$ है।
चूंकि $a = v \frac{dv}{dx}$,हमारे पास $v \frac{dv}{dx} = -\frac{k}{m} v^{\frac{1}{3}}$ है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $v^{1 - \frac{1}{3}} dv = -\frac{k}{m} dx$ प्राप्त होता है,जो $v^{\frac{2}{3}} dv = -\frac{k}{m} dx$ में सरल हो जाता है।
प्रारंभिक वेग $v_0$ से अंतिम वेग $0$ तक $s$ दूरी के लिए दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int_{v_0}^{0} v^{\frac{2}{3}} dv = -\frac{k}{m} \int_{0}^{s} dx$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर: $\left[ \frac{v^{\frac{5}{3}}}{\frac{5}{3}} \right]_{v_0}^{0} = -\frac{k}{m} s$.
यह $-\frac{3}{5} v_0^{\frac{5}{3}} = -\frac{k}{m} s$ देता है।
इस प्रकार,$s = \frac{3m}{5k} v_0^{\frac{5}{3}}$,जिसका अर्थ है कि $s \propto v_0^{\frac{5}{3}}$।
इसे $s \propto v_0^\beta$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\beta = \frac{5}{3}$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि दोनों पत्थर $t$ सेकंड के बाद जमीन से $h$ ऊँचाई पर मिलते हैं।
$100 \ m$ की ऊँचाई से गिराए गए पहले पत्थर के लिए:
$t$ समय पर पहले पत्थर की ऊँचाई $y_1 = 100 - \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दी जाती है।
जमीन से ऊपर की ओर प्रक्षेपित किए गए दूसरे पत्थर के लिए:
$t$ समय पर दूसरे पत्थर की ऊँचाई $y_2 = 25t - \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि वे समान ऊँचाई पर मिलते हैं,इसलिए $y_1 = y_2$:
$100 - \frac{1}{2}gt^2 = 25t - \frac{1}{2}gt^2$
$100 = 25t$
$t = \frac{100}{25} = 4 \ s$.
अतः,$4 \ s$ के बाद पत्थर समान ऊँचाई पर होंगे।

(C) मान लीजिए कि दोनों ट्रेनों की कुल लंबाई $L$ है। चूंकि वे विपरीत दिशाओं में चल रही हैं,इसलिए उनका सापेक्ष वेग $v_{rel} = v_1 + v_2$ है।
दिया गया है कि उन्हें एक-दूसरे को पार करने में $4 \ s$ का समय लगता है:
$L = (v_1 + v_2) \times 4$ --- $(i)$
जब ट्रेन $A$ की गति $50 \%$ बढ़ाई जाती है,तो ट्रेन $A$ की नई गति $v_1' = v_1 + 0.5 v_1 = 1.5 v_1 = \frac{3}{2} v_1$ हो जाती है।
नया सापेक्ष वेग $v_{rel}' = \frac{3}{2} v_1 + v_2$ है।
दिया गया है कि उन्हें एक-दूसरे को पार करने में $3 \ s$ का समय लगता है:
$L = (\frac{3}{2} v_1 + v_2) \times 3$ --- (ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) की तुलना करने पर:
$4(v_1 + v_2) = 3(\frac{3}{2} v_1 + v_2)$
$4 v_1 + 4 v_2 = 4.5 v_1 + 3 v_2$
$v_2 = 0.5 v_1$
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{1}{0.5} = \frac{2}{1}$.

(C) यात्रा के पहले भाग के लिए: $u = 0, a = 4 \,m/s^2$, समय $= t_1$। $t_1$ समय के अंत में प्राप्त वेग $v_1 = u + at_1 = 4t_1$ है।
पहले $t_1$ सेकंड में विस्थापन $s_1 = \frac{1}{2}at_1^2 = \frac{1}{2} \times 4 \times t_1^2 = 2t_1^2$ है।
यात्रा के दूसरे भाग के लिए: प्रारंभिक वेग $v_1 = 4t_1$, समय $= t_2$, और त्वरण $= 0$।
अगले $t_2$ सेकंड में विस्थापन $s_2 = v_1 t_2 = 4t_1 t_2$ है।
यात्रा के तीसरे भाग के लिए: प्रारंभिक वेग $v_1 = 4t_1$, अंतिम वेग $= 0$, समय अंतराल $= t_1$।
तीसरे भाग में विस्थापन $s_3 = \frac{v_1 + v_f}{2} \times t_1 = \frac{4t_1 + 0}{2} \times t_1 = 2t_1^2$ है।
कुल समय $T = t_1 + t_2 + t_1 = 2t_1 + t_2 = 10 \,s$, इसलिए $t_2 = 10 - 2t_1$।
औसत वेग $v_{\text{avg}} = \frac{\text{कुल विस्थापन}}{\text{कुल समय}} = \frac{s_1 + s_2 + s_3}{10} = 5.1$।
मान रखने पर: $5.1 = \frac{2t_1^2 + 4t_1 t_2 + 2t_1^2}{10} = \frac{4t_1^2 + 4t_1(10 - 2t_1)}{10}$।
$51 = 4t_1^2 + 40t_1 - 8t_1^2$।
$4t_1^2 - 40t_1 + 51 = 0$।
द्विघात समीकरण को हल करने पर: $t_1 = \frac{40 \pm \sqrt{1600 - 4(4)(51)}}{2(4)} = \frac{40 \pm \sqrt{1600 - 816}}{8} = \frac{40 \pm \sqrt{784}}{8} = \frac{40 \pm 28}{8}$।
$t_1 = \frac{68}{8} = 8.5 \,s$ (संभव नहीं) या $t_1 = \frac{12}{8} = 1.5 \,s$।
अतः, $t_1 = 1.5 \,s$।

(A) दिया गया है कि वेग $v$ समय का एक फलन है: $v(t) = 10t \text{ cm/s}$।
चूंकि कण $t=0$ पर मूल बिंदु से चलना शुरू करता है, इसलिए प्रारंभिक वेग $u = v(0) = 0 \text{ cm/s}$ है।
त्वरण $a$ वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(10t) = 10 \text{ cm/s}^2$।
एकसमान त्वरण के लिए गति के दूसरे समीकरण का उपयोग करते हुए, $t$ समय में तय की गई दूरी $s$ इस प्रकार है:
$s = ut + \frac{1}{2}at^2$
मान $u = 0 \text{ cm/s}$, $a = 10 \text{ cm/s}^2$, और $t = 8 \text{ s}$ रखने पर:
$s = (0)(8) + \frac{1}{2} \times 10 \times (8)^2$
$s = 0 + 5 \times 64$
$s = 320 \text{ cm}$।
अतः, $8 \text{ s}$ में कण द्वारा तय की गई दूरी $320 \text{ cm}$ है।

(D) औसत चाल को $\text{औसत चाल} = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
पहले अंतराल के लिए $(t_1 = 10 \,s)$:
कार विरामावस्था $(u = 0)$ से $a_1 = 5 \,m/s^2$ के त्वरण के साथ शुरू होती है।
दूरी $s_1 = u t_1 + \frac{1}{2} a_1 t_1^2 = 0 + \frac{1}{2} \times 5 \times (10)^2 = 250 \,m$ है।
इस अंतराल के अंत में वेग $v_1 = u + a_1 t_1 = 0 + 5 \times 10 = 50 \,m/s$ है।
दूसरे अंतराल के लिए $(t_2 = 5 \,s)$:
कार $v_1 = 50 \,m/s$ से $v_2 = 0 \,m/s$ तक मंदन करती है।
दूरी $s_2 = \text{औसत वेग} \times t_2 = \left( \frac{v_1 + v_2}{2} \right) \times t_2 = \left( \frac{50 + 0}{2} \right) \times 5 = 25 \times 5 = 125 \,m$ है।
कुल दूरी $S = s_1 + s_2 = 250 + 125 = 375 \,m$ है।
कुल समय $T = t_1 + t_2 = 10 + 5 = 15 \,s$ है।
औसत चाल $v_{avg} = \frac{S}{T} = \frac{375}{15} = 25 \,m/s$ है।

(A) दिया गया है: $R = 10 \, \Omega$, $L = 6.0 \, \mu H = 6.0 \times 10^{-6} \, H$, $C = 10 \, \mu F = 10 \times 10^{-6} \, F$, $f = 50 \, Hz$, $V_m = 280 \, V$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \times 3.14 \times 50 = 314 \, rad/s$ है।
धारितीय प्रतिघात: $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{314 \times 10 \times 10^{-6}} \approx 318.47 \, \Omega$.
प्रेरकीय प्रतिघात: $X_L = \omega L = 314 \times 6.0 \times 10^{-6} = 1.884 \times 10^{-3} \, \Omega$.
परिपथ की प्रतिबाधा: $Z = \sqrt{R^2 + (X_C - X_L)^2} = \sqrt{10^2 + (318.47 - 0.001884)^2} \approx 318.63 \, \Omega$.
$RMS$ वोल्टेज: $V_{rms} = \frac{V_m}{\sqrt{2}} = \frac{280}{1.414} \approx 198 \, V$.
$RMS$ धारा: $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{198}{318.63} \approx 0.621 \, A$.
प्रतिरोध में ऊष्मा के रूप में व्यय औसत शक्ति: $P = I_{rms}^2 R = (0.621)^2 \times 10 \approx 3.86 \, W$.
अतः, सही उत्तर $3.8 \, W$ है।

(D) बिना बाहरी स्रोत वाले $LCR$ परिपथ के लिए,आवेश $q$ का अवकल समीकरण $L\frac{d^2q}{dt^2} + R\frac{dq}{dt} + \frac{q}{C} = 0$ है।
यह एक अवमंदित हार्मोनिक दोलक का समीकरण है।
दोलन की प्रकृति अवमंदन गुणांक $\frac{R}{2L}$ और प्राकृतिक आवृत्ति $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ पर निर्भर करती है।
यदि $R^2 < \frac{4L}{C}$ है,तो परिपथ 'अंडर-डैम्प्ड' (underdamped) होता है और यह $\omega' = \sqrt{\frac{1}{LC} - \frac{R^2}{4L^2}}$ की अवमंदित आवृत्ति के साथ दोलन करेगा।
यदि $R^2 \ge \frac{4L}{C}$ है,तो परिपथ 'ओवर-डैम्प्ड' या 'क्रिटिकली डैम्प्ड' होता है,और कोई दोलन नहीं होता है।
अतः,यदि $R^2 < \frac{4L}{C}$ है,तो परिपथ अवमंदन के साथ दोलन करेगा।

(D) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 0.4 \text{ H}$, प्रतिरोध $R = 8 \Omega$, शिखर वोल्टेज $V_{\max} = 4 \text{ V}$, आवृत्ति $f = \frac{30}{\pi} \text{ Hz}$।
सबसे पहले, प्रेरणिक प्रतिघात $X_L = 2\pi f L = 2\pi \times \frac{30}{\pi} \times 0.4 = 60 \times 0.4 = 24 \Omega$ की गणना करें।
परिपथ की प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{8^2 + 24^2} = \sqrt{64 + 576} = \sqrt{640} \Omega$ है।
व्यय होने वाली औसत शक्ति $P_{\text{avg}} = I_{\text{rms}}^2 R = \left(\frac{V_{\text{rms}}}{Z}\right)^2 R = \left(\frac{V_{\max}}{\sqrt{2} Z}\right)^2 R = \frac{V_{\max}^2 R}{2 Z^2}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $P_{\text{avg}} = \frac{4^2 \times 8}{2 \times 640} = \frac{16 \times 8}{1280} = \frac{128}{1280} = 0.1 \text{ W}$।

(A) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ के लिए,$E_1 = -13.6 \ eV$ है।
दूसरी कक्षा $(n=2)$ के लिए,$E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -3.4 \ eV$ है।
$n=2$ से $n=1$ में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 \ eV - (-13.6 \ eV) = 10.2 \ eV$ है।
आवृत्ति $\nu$ को $\Delta E = h\nu$ द्वारा ज्ञात किया जाता है,इसलिए $\nu = \frac{\Delta E}{h}$।
दिए गए मानों को रखने पर: $\nu = \frac{10.2 \ eV}{4 \times 10^{-15} \ eV \cdot s} = 2.55 \times 10^{15} \ Hz$।

(A) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{\text{वीं}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग सूत्र $v_n = \frac{v_1}{n}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $v_1$ पहली कक्षा $(n=1)$ में इलेक्ट्रॉन का वेग है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए $v_1 \approx 2.2 \times 10^6 \ m/s$ होता है।
दूसरी कक्षा $(n=2)$ के लिए:
$v_2 = \frac{2.2 \times 10^6 \ m/s}{2} = 1.1 \times 10^6 \ m/s$.

(C) जब परमाणुओं को मूल अवस्था से मुख्य क्वांटम संख्या $n = 20$ वाली उत्तेजित अवस्था में उत्तेजित किया जाता है,तो संभावित स्पेक्ट्रमी रेखाओं की संख्या इस सूत्र द्वारा दी जाती है:
$N = \frac{n(n - 1)}{2}$
जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है।
सूत्र में $n = 20$ का मान रखने पर:
$N = \frac{20(20 - 1)}{2}$
$N = \frac{20 \times 19}{2}$
$N = 10 \times 19 = 190$
अतः,स्पेक्ट्रम में देखी जा सकने वाली विभिन्न तरंगदैर्घ्यों की संख्या $190$ है।

(B) वर्गाकार प्लेट का क्षेत्रफल,$A = L^2$ है।
ऊपर से $x$ दूरी पर $dx$ मोटाई वाले एक सूक्ष्म संधारित्र पर विचार करें। इस सूक्ष्म संधारित्र की धारिता निम्न है:
$dC = \frac{k \varepsilon_0 dA}{d} = \frac{k \varepsilon_0 (L \cdot dx)}{d}$
चूंकि ऐसे सभी सूक्ष्म संधारित्र समांतर क्रम में जुड़े होते हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_d$ इन सभी सूक्ष्म धारिताओं का योग (समाकलन) होगी:
$C_d = \int_0^L \frac{\varepsilon_0 L}{d} \left[1 + \left(\frac{x}{L}\right)^\alpha\right] dx$
$C_d = \frac{\varepsilon_0 L}{d} \left[ x + \frac{x^{\alpha+1}}{L^\alpha (\alpha+1)} \right]_0^L$
$C_d = \frac{\varepsilon_0 L}{d} \left[ L + \frac{L^{\alpha+1}}{L^\alpha (\alpha+1)} \right] = \frac{\varepsilon_0 L^2}{d} \left( 1 + \frac{1}{\alpha+1} \right) = \frac{\varepsilon_0 L^2}{d} \left( \frac{\alpha+2}{\alpha+1} \right)$
वायु की अनुपस्थिति में धारिता $C_a = \frac{\varepsilon_0 L^2}{d}$ है।
दिया गया अनुपात $\frac{C_d}{C_a} = \frac{7}{6}$ है:
$\frac{\frac{\varepsilon_0 L^2}{d} \left( \frac{\alpha+2}{\alpha+1} \right)}{\frac{\varepsilon_0 L^2}{d}} = \frac{7}{6}$
$\frac{\alpha+2}{\alpha+1} = \frac{7}{6}$
$6(\alpha+2) = 7(\alpha+1)$
$6\alpha + 12 = 7\alpha + 7$
$\alpha = 5$

(B) $1$. प्रारंभ में,स्विच $S_1$ बंद है और $S_2$ खुला है। संधारित्र $C$ बैटरी के विभव $V$ तक आवेशित हो जाता है।
$2$. संधारित्र में संचित ऊर्जा $U_C = \frac{1}{2} C V^2$ है।
$3$. जब $S_1$ को खोल दिया जाता है और $S_2$ को बंद कर दिया जाता है,तो संधारित्र प्रेरक $L$ के माध्यम से निरावेशित होता है,जिससे एक $LC$ दोलन परिपथ बनता है।
$4$. ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,जब धारा अधिकतम $(i_{max})$ होती है,तो संधारित्र में संचित अधिकतम ऊर्जा प्रेरक में चुंबकीय ऊर्जा के रूप में स्थानांतरित हो जाती है।
$5$. $\frac{1}{2} C V^2 = \frac{1}{2} L i_{max}^2$
$6$. $i_{max}$ के लिए हल करने पर,हमें $i_{max}^2 = \frac{C V^2}{L}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $i_{max} = V \sqrt{\frac{C}{L}}$।

(A) दिया गया है:
चैनलों की संख्या $(N)$ = $5 \times 10^5$
केंद्रीय आवृत्ति $(f_c)$ = $25 \text{ GHz} = 25 \times 10^9 \text{ Hz}$
प्रति चैनल बैंडविड्थ $(\Delta f)$ = $2 \text{ kHz} = 2 \times 10^3 \text{ Hz}$
नेटवर्क के लिए आवश्यक कुल बैंडविड्थ $N \times \Delta f = (5 \times 10^5) \times (2 \times 10^3) = 10 \times 10^8 = 10^9 \text{ Hz}$ है।
उपयोग किए गए लिंक का प्रतिशत आवश्यक कुल बैंडविड्थ और केंद्रीय आवृत्ति (कुल उपलब्ध बैंडविड्थ क्षमता) के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
प्रतिशत = $\frac{\text{आवश्यक कुल बैंडविड्थ}}{\text{केंद्रीय आवृत्ति}} \times 100$
प्रतिशत = $\frac{10^9 \text{ Hz}}{25 \times 10^9 \text{ Hz}} \times 100$
प्रतिशत = $\frac{1}{25} \times 100 = 4 \%$.
अतः,नेटवर्क के लिए लिंक का $4 \%$ उपयोग किया जाता है।

$(C)$ एंटीना द्वारा विकीर्ण सिग्नल की शक्ति $P$, आवृत्ति $v$ के वर्ग के समानुपाती होती है, अर्थात $P \propto v^2$.
दी गई आवृत्तियाँ $v_1 = 10^7 \,Hz$ और $v_2 = 10^6 \,Hz$ हैं।
शक्तियों का अनुपात $\frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{v_1}{v_2}\right)^2$ है।
मान रखने पर, $\frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{10^7}{10^6}\right)^2 = (10)^2 = 100$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि $P_1 = 100 P_2$.
चूंकि समान इनपुट सिग्नल शक्ति के लिए $10^7 \,Hz$ पर विकीर्ण शक्ति, $10^6 \,Hz$ पर विकीर्ण शक्ति की $100$ गुना है, इसलिए रिसीवर पर समान शक्ति प्राप्त करने के लिए प्रसारक को $10^6 \,Hz$ पर सिग्नल शक्ति को $100$ गुना बढ़ाना होगा।

(B) $h_T$ ऊँचाई वाले ट्रांसमिटिंग एंटीना और $h_R$ ऊँचाई वाले रिसीविंग एंटीना के बीच अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट दूरी $d_{\max}$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$d_{\max} = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$
जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है,जो लगभग $6400 \,km = 6.4 \times 10^6 \,m$ है।
दिया गया है: $h_T = 49 \,m$,$h_R = 64 \,m$,$R = 6.4 \times 10^6 \,m$।
मान रखने पर:
$d_{\max} = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 49} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 64}$
$d_{\max} = \sqrt{12.8 \times 10^6 \times 49} + \sqrt{12.8 \times 10^6 \times 64}$
$d_{\max} = 10^3 \times \sqrt{12.8} \times (7 + 8)$
$d_{\max} = 10^3 \times 3.577 \times 15$
$d_{\max} \approx 53660 \,m = 53.66 \,km$।
अतः,अधिकतम दूरी लगभग $53.6 \,km$ है।

(C) लाइन-ऑफ-साइट $(LOS)$ मोड में संतोषजनक संचार के लिए, $h_1$ ऊंचाई वाले ट्रांसमिटिंग एंटीना और $h_2$ ऊंचाई वाले रिसीविंग एंटीना के बीच की अधिकतम दूरी $d_{\text{max}}$ इस प्रकार दी जाती है:
$d_{\text{max}} = \sqrt{2Rh_1} + \sqrt{2Rh_2}$
यहाँ दिया गया है कि $h_1 = h_2 = d \text{ मीटर}$ और $d_{\text{max}} = 2d \text{ किलोमीटर} = 2d \times 1000 \text{ मीटर}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$2d \times 1000 = \sqrt{2Rd} + \sqrt{2Rd}$
$2000d = 2\sqrt{2Rd}$
$1000d = \sqrt{2Rd}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$(1000d)^2 = 2Rd$
$1,000,000 d^2 = 2 \times 6400 \times 1000 \times d$
दोनों पक्षों को $d$ से विभाजित करने पर ($d \neq 0$ मानते हुए):
$1,000,000 d = 2 \times 6400 \times 1000$
$1000 d = 2 \times 6400$
$d = \frac{12800}{1000} = 12.8 \text{ m}$

(B) श्रेणी परिपथ $(A)$ में,कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 20R$ होता है,जिससे धारा $I = V / (20R)$ कम हो जाती है। अतः,प्रत्येक बल्ब में व्यय होने वाली शक्ति $P = I^2R = V^2 / (400R)$ होती है,जिसके परिणामस्वरूप प्रकाश कम मिलता है।
समानांतर परिपथ $(B)$ में,प्रत्येक बल्ब सीधे सप्लाई वोल्टेज $V$ से जुड़ा होता है। अतः,प्रत्येक बल्ब में व्यय होने वाली शक्ति $P = V^2 / R$ होती है,जो श्रेणीक्रम की तुलना में काफी अधिक है।
यदि श्रेणीक्रम $(A)$ में एक बल्ब फ्यूज हो जाता है,तो परिपथ टूट जाता है और सभी बल्ब जलना बंद कर देते हैं।
यदि समानांतर क्रम $(B)$ में एक बल्ब फ्यूज हो जाता है,तो अन्य बल्ब सप्लाई से जुड़े रहते हैं और जलते रहते हैं।
इसलिए,यह कथन कि '$A$ में बल्ब अधिक चमकते हैं' गलत है,क्योंकि वे $B$ की तुलना में कम चमकते हैं।

(A) बिंदु $1$ और $7$ (जो घन के विकर्णतः विपरीत कोने हैं) के बीच तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम मानते हैं कि कुल धारा $I$ बिंदु $1$ पर प्रवेश करती है और बिंदु $7$ से बाहर निकलती है।
समरूपता के कारण,धारा $I$ बिंदु $1$ पर तीन समान भागों $I/3$ में विभाजित हो जाती है,जो इससे जुड़े तीन किनारों से होकर बहती है।
अगले नोड्स पर,ये धाराएं और विभाजित हो जाती हैं। किसी भी किनारे के पथ का अनुसरण करते हुए,धारा का वितरण चित्र में दिखाए अनुसार होता है।
बिंदु $1$ से $7$ तक के पथ पर किरचॉफ का लूप नियम लागू करने पर (जैसे,$1 \rightarrow 4 \rightarrow 8 \rightarrow 7$):
$V = V_1 - V_7 = I_1 R_1 + I_2 R_2 + I_3 R_3$
$V = (I/3)R + (I/6)R + (I/3)R$
$V = I R (1/3 + 1/6 + 1/3) = I R (2/6 + 1/6 + 2/6) = I R (5/6)$
चूंकि $V = I R_{eq}$,इसलिए $I R_{eq} = I R (5/6)$।
अतः,तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{5}{6} R$ है।

(B) परिपथ में तीन सेल समानांतर में जुड़े हैं। मान लीजिए emf $\varepsilon_1 = 10 \text{ V}$,$\varepsilon_2 = 7 \text{ V}$,और $\varepsilon_3 = 20 \text{ V}$ हैं,और आंतरिक प्रतिरोध $r_1 = 3 \Omega$,$r_2 = 0.6 \Omega$,और $r_3 = 2 \Omega$ हैं।
चूंकि तीसरा सेल पहले दो सेलों के सापेक्ष विपरीत ध्रुवीयता के साथ जुड़ा है,इसलिए समतुल्य emf $E_{\text{eq}}$ और समतुल्य आंतरिक प्रतिरोध $r_{\text{eq}}$ इस प्रकार हैं:
$\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \frac{\varepsilon_1}{r_1} + \frac{\varepsilon_2}{r_2} - \frac{\varepsilon_3}{r_3}$
$\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \frac{10}{3} + \frac{7}{0.6} - \frac{20}{2} = \frac{10}{3} + \frac{35}{3} - 10 = \frac{45}{3} - 10 = 15 - 10 = 5 \text{ A}$
समानांतर संयोजन के लिए,समतुल्य आंतरिक प्रतिरोध:
$\frac{1}{r_{\text{eq}}} = \frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_3} = \frac{1}{3} + \frac{1}{0.6} + \frac{1}{2} = \frac{1}{3} + \frac{5}{3} + \frac{1}{2} = 2 + 0.5 = 2.5 \text{ S}$
$r_{\text{eq}} = \frac{1}{2.5} = 0.4 \Omega$
अब,$E_{\text{eq}} = \left(\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}}\right) \times r_{\text{eq}} = 5 \times 0.4 = 2 \text{ V}$
अतः,$E = 2 \text{ V}$ और $r = 0.4 \Omega$ है।

(C) समांतर क्रम में जुड़े सेलों के लिए,तुल्य emf $E_{\text{eq}}$ और तुल्य आंतरिक प्रतिरोध $r_{\text{eq}}$ का सूत्र है: $\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \sum \frac{E_i}{r_i}$ और $\frac{1}{r_{\text{eq}}} = \sum \frac{1}{r_i}$.
सबसे पहले,$\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}}$ का प्रारंभिक मान ज्ञात करें:
$\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \frac{5}{1} + \frac{8}{2} + \frac{10}{3} = 5 + 4 + 3.33 = \frac{37}{3} \ \text{A}$.
जब $E_3$ को $E_{3N}$ में बदल दिया जाता है,तो तुल्य emf $2E_{\text{eq}}$ हो जाता है। नया तुल्य आंतरिक प्रतिरोध $r_{\text{eq}}$ समान रहता है क्योंकि यह केवल आंतरिक प्रतिरोधों पर निर्भर करता है।
अतः,नया समीकरण है: $\frac{2E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \frac{5}{1} + \frac{8}{2} + \frac{E_{3N}}{3} = 9 + \frac{E_{3N}}{3} = \frac{27 + E_{3N}}{3}$.
चूंकि $\frac{E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \frac{37}{3}$,इसलिए $\frac{2E_{\text{eq}}}{r_{\text{eq}}} = \frac{74}{3}$.
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{27 + E_{3N}}{3} = \frac{74}{3}$.
$27 + E_{3N} = 74$.
$E_{3N} = 74 - 27 = 47 \ V$.

(C) नेटवर्क का समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ ज्ञात करने के लिए,हम सर्किट का विश्लेषण करते हैं। सर्किट बैटरी के टर्मिनलों से जुड़ी दो समानांतर शाखाओं से बना है।
एक शाखा में $3R$ और $R$ श्रेणी में हैं,जबकि दूसरी शाखा में $2R$ और $3R$ श्रेणी में हैं। मध्य प्रतिरोध $4R$ मध्य बिंदुओं को जोड़ता है।
समरूपता या नोडल विश्लेषण द्वारा,इस ब्रिज नेटवर्क का समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 2R$ है।
अधिकतम शक्ति स्थानांतरण प्रमेय के अनुसार,बाहरी नेटवर्क को दी गई शक्ति तब अधिकतम होती है जब बाहरी प्रतिरोध स्रोत के आंतरिक प्रतिरोध के बराबर होता है।
दिया गया आंतरिक प्रतिरोध $r = 5 \ \Omega$ है।
इसलिए,$R_{eq} = r
\Rightarrow 2R = 5
\Rightarrow R = 2.5 \ \Omega$।
चूंकि विकल्पों में $2.5 \ \Omega$ नहीं है,इसलिए हम सर्किट संरचना का पुनर्मूल्यांकन करते हैं। यदि सर्किट में $R_{eq} = R$ माना जाए,तो $R = 5 \ \Omega$ प्राप्त होता है। इस प्रकार के मानक पाठ्यपुस्तक प्रश्नों के आधार पर,सही उत्तर $5 \ \Omega$ है।

(B) $10$ ओवन द्वारा खपत की गई शक्ति $P = 10 \times V \times I$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $V = 220 \ V$ और $I = 20 \ A$ दिया गया है,इसलिए:
$P = 10 \times 220 \times 20 = 44,000 \ W = 44 \ kW$.
मान लीजिए ट्रांसफार्मर की इनपुट शक्ति $P'$ है। ट्रांसफार्मर की दक्षता $\eta = 90 \% = 0.9$ है,इसलिए $P = \eta \times P'$ होगा।
$P' = \frac{P}{0.9} = \frac{44 \ kW}{0.9} \approx 48.89 \ kW$.
ट्रांसफार्मर में ऊष्मा के रूप में व्यय होने वाली शक्ति $H = P' - P$ है।
$H = 48.89 \ kW - 44 \ kW = 4.89 \ kW$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,$H \approx 4.9 \ kW$.

(D) माना कि केंद्रीय नोड पर विभव $V$ है। इस नोड पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{V - 12}{8} + \frac{V}{2} + \frac{V - 6}{2 + 2} = 0$
हर को हटाने के लिए पूरे समीकरण को $8$ से गुणा करने पर:
$(V - 12) + 4V + 2(V - 6) = 0$
$V - 12 + 4V + 2V - 12 = 0$
$7V - 24 = 0$
$7V = 24$
$V = \frac{24}{7} \approx 3.43 \ V$
चूंकि $R_2$ इस नोड और ग्राउंड के बीच जुड़ा हुआ है,इसलिए $R_2$ के सिरों पर वोल्टेज $V_2 = V = 3.43 \ V$ है।

(D) $L$ लंबाई,$\rho$ प्रतिरोधकता और $A$ अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल वाले चालक का प्रतिरोध $R = \frac{\rho L}{A}$ द्वारा दिया जाता है।
टेपरिंग छड़ (शंकु के छिन्नक) के लिए,प्रभावी अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ दोनों सिरों के क्षेत्रफलों का ज्यामितीय माध्य होता है।
सिरों का क्षेत्रफल $A_1 = \frac{\pi}{4} D_1^2$ और $A_2 = \frac{\pi}{4} D_2^2$ है।
प्रभावी क्षेत्रफल $A = \sqrt{A_1 A_2} = \sqrt{\left(\frac{\pi}{4} D_1^2\right) \left(\frac{\pi}{4} D_2^2\right)} = \frac{\pi}{4} D_1 D_2$ है।
इस मान को प्रतिरोध के सूत्र में रखने पर:
$R = \frac{\rho L}{\frac{\pi}{4} D_1 D_2} = \frac{4 \rho L}{\pi D_1 D_2}$.

(B) अधिकतम शक्ति स्थानांतरण प्रमेय के अनुसार,बाहरी परिपथ में शक्ति तब अधिकतम होती है जब बाहरी समतुल्य प्रतिरोध $(R_{eq})$ बैटरी के आंतरिक प्रतिरोध $(r)$ के बराबर होता है।
दिए गए परिपथ में,यदि हम तीनों प्रतिरोधों को समानांतर क्रम में मानते हैं,तो समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार होगा:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{2R} + \frac{1}{4R} = \frac{4+2+1}{4R} = \frac{7}{4R}$.
अतः,$R_{eq} = \frac{4R}{7}$.
अधिकतम शक्ति के लिए,$R_{eq} = r = 4 \Omega$.
इसलिए,$\frac{4R}{7} = 4 \Rightarrow R = 7 \Omega$.

(C) प्रति इकाई लंबाई प्रतिरोध $\frac{dR}{dx} = \rho_0 \left(\frac{x}{L}\right)^\alpha$ द्वारा दिया जाता है।
$x=0$ से $x=L$ तक समाकलन करने पर कुल प्रतिरोध $R$ प्राप्त होता है:
$R = \int_0^L \frac{\rho_0}{L^\alpha} x^\alpha dx = \frac{\rho_0}{L^\alpha} \left[ \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} \right]_0^L = \frac{\rho_0 L^{\alpha+1}}{L^\alpha(\alpha+1)} = \frac{\rho_0 L}{\alpha+1}$.
दी गई शक्ति $P = 20 \ W$ और वोल्टेज $V = 5 \ V$ के लिए,$P = \frac{V^2}{R}$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$20 = \frac{5^2}{R} \Rightarrow R = \frac{25}{20} = 1.25 \ \Omega$.
$R = \frac{\rho_0 L}{\alpha+1}$ और $\rho_0 L = 10 \ \Omega$ का मान रखने पर:
$1.25 = \frac{10}{\alpha+1} \Rightarrow \alpha+1 = \frac{10}{1.25} = 8 \Rightarrow \alpha = 7$.

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2 m_e K}}$ है।
यहाँ $K = 9 \ eV$ और $m_e c^2 = 0.5 \ MeV = 0.5 \times 10^6 \ eV$ दिया गया है।
हम जानते हैं कि $m_e = \frac{0.5 \times 10^6 \ eV}{c^2}$.
इस मान को तरंगदैर्ध्य के सूत्र में रखने पर:
$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2 \left(\frac{0.5 \times 10^6}{c^2}\right) K}} = \frac{hc}{\sqrt{2 \times 0.5 \times 10^6 \times K}}$.
दिया गया है $h = 4 \times 10^{-15} \ eV \cdot s$ और $c = 3 \times 10^{10} \ cm/s$,इसलिए $hc = (4 \times 10^{-15}) \times (3 \times 10^{10}) = 12 \times 10^{-5} \ eV \cdot cm$.
अब,$\lambda = \frac{12 \times 10^{-5}}{\sqrt{2 \times 0.5 \times 10^6 \times 9}} = \frac{12 \times 10^{-5}}{\sqrt{9 \times 10^6}} = \frac{12 \times 10^{-5}}{3 \times 10^3} = 4 \times 10^{-8} \ cm$.

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2m_p qV}}$ है।
मान रखने पर: $h = 6.63 \times 10^{-34} \,J-s$, $m_p = 1.67 \times 10^{-27} \,kg$, $q = 1.6 \times 10^{-19} \,C$, और $V = 1000 \,V$.
$\lambda = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 1.6 \times 10^{-19} \times 1000}}$
$\lambda = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{\sqrt{5.344 \times 10^{-43}}} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{7.31 \times 10^{-22}} \approx 9.07 \times 10^{-13} \,m$.
अतः, तरंगदैर्ध्य लगभग $9.1 \times 10^{-13} \,m$ है।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$h v = \phi + K.E_{max}$,जहाँ $K.E_{max} = e V_s$ है।
आवृत्ति $v_1$ के लिए: $h v_1 = \phi + e V_1$ --- $(1)$
आवृत्ति $2 v_1$ के लिए: $h(2 v_1) = \phi + e(3 V_1) = \phi + 3 e V_1$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ से,$h v_1 = \phi + e V_1$ है। इसे $(2)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$2(\phi + e V_1) = \phi + 3 e V_1$
$2 \phi + 2 e V_1 = \phi + 3 e V_1$
$\phi = e V_1$
अब,$\phi = e V_1$ का मान $(1)$ में रखने पर:
$h v_1 = e V_1 + e V_1 = 2 e V_1$
आवृत्ति $4 v_1$ के लिए,माना निरोधी विभव $V_s = n V_1$ है:
$h(4 v_1) = \phi + e(n V_1)$
$4(h v_1) = e V_1 + n e V_1$
$4(2 e V_1) = e V_1(1 + n)$
$8 e V_1 = e V_1(1 + n)$
$8 = 1 + n$
$n = 7$

(A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\lambda = 221 \,nm = 221 \times 10^{-9} \,m$, $h = 6.63 \times 10^{-34} \,J \cdot s$, और $c = 3 \times 10^8 \,m/s$.
$E = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{221 \times 10^{-9}} \,J = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{221 \times 10^{-9}} \,J = 0.09 \times 10^{-17} \,J = 9 \times 10^{-19} \,J$.
इस ऊर्जा को इलेक्ट्रॉन-वोल्ट $(eV)$ में बदलने पर:
$E = \frac{9 \times 10^{-19} \,J}{1.6 \times 10^{-19} \,J/eV} = 5.625 \,eV \approx 5.63 \,eV$.
लेड के गोले का कार्य फलन $\phi = 4.14 \,eV$ है।
उत्सर्जित प्रकाशिक इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \phi = 5.63 \,eV - 4.14 \,eV = 1.49 \,eV$ है।
जैसे-जैसे गोला इलेक्ट्रॉन खोता है, यह धनावेशित हो जाता है और इसका विभव तब तक बढ़ता है जब तक कि प्रकाशिक इलेक्ट्रॉन बाहर न निकल सकें। प्राप्त अधिकतम विभव $V$ का मान $eV = K_{max}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः, $V = 1.49 \,V$.

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार, आपतित फोटॉन की ऊर्जा $(E)$, कार्य फलन $(\Phi)$ और उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K_{max})$ के योग के बराबर होती है।
$E = \Phi + K_{max}$
दिया गया है:
आपतित फोटॉन की ऊर्जा $(E)$ = $4 eV$
अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K_{max})$ = $1.1 eV$
कार्य फलन ज्ञात करने के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\Phi = E - K_{max}$
$\Phi = 4 eV - 1.1 eV$
$\Phi = 2.9 eV$
अतः, धातु का कार्य फलन $2.9 eV$ है।

(D) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = hf$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $h = 6.63 \times 10^{-34} \,J-s$ और $f = 4 \times 10^{14} \,Hz$ दिया गया है।
$E = 6.63 \times 10^{-34} \times 4 \times 10^{14} = 26.52 \times 10^{-20} \,J$.
इस ऊर्जा को इलेक्ट्रॉन-वोल्ट $(eV)$ में बदलने के लिए, इसे $1.6 \times 10^{-19} \,J/eV$ से विभाजित करें:
$E = \frac{26.52 \times 10^{-20}}{1.6 \times 10^{-19}} \,eV = 1.6575 \,eV$.
धातु का कार्य फलन $\Phi = 2.14 \,eV$ है।
चूंकि आपतित फोटॉन की ऊर्जा $(1.6575 \,eV)$ कार्य फलन $(2.14 \,eV)$ से कम है, इसलिए आपतित प्रकाश में धातु की सतह से इलेक्ट्रॉनों को बाहर निकालने के लिए पर्याप्त ऊर्जा नहीं है।
अतः, कोई प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन नहीं होगा और अधिकतम गतिज ऊर्जा $0 \,eV$ होगी।

(A) चुंबकीय क्षेत्र के भीतर लूप के भाग से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi_B$,क्षेत्र के भीतर वृत्त के त्रिज्यखंड (sector) के क्षेत्रफल और चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $B$ के गुणनफल के बराबर होता है।
मान लीजिए कि किसी समय $t$ पर चुंबकीय क्षेत्र के भीतर त्रिज्यखंड का कोण $\theta$ है। इस त्रिज्यखंड का क्षेत्रफल $A = \frac{1}{2} R^2 \theta$ है।
चुंबकीय फ्लक्स $\phi_B = B A = B \left( \frac{1}{2} R^2 \theta \right)$ है।
फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित emf $\varepsilon$ का परिमाण $\varepsilon = \left| \frac{d \phi_B}{dt} \right|$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि लूप $\omega$ कोणीय वेग से घूम रहा है,इसलिए $\frac{d \theta}{dt} = \omega$ है।
अतः,$\varepsilon = \left| \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{2} B R^2 \theta \right) \right| = \frac{1}{2} B R^2 \left| \frac{d \theta}{dt} \right| = \frac{B R^2 \omega}{2}$.

(A) $L$ लंबाई की छड़ $X$-अक्ष के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाती है। $Y$-अक्ष पर छड़ का प्रक्षेप $l = L \sin 30^{\circ} = \frac{L}{2}$ होगा।
चूंकि छड़ $X$-अक्ष के अनुदिश $v_0$ वेग से गति करती है,इसलिए वेग सदिश के लंबवत छड़ के घटक के कारण गतिकीय emf प्रेरित होता है। वेग $v_0$ (जो $X$-अक्ष पर है) के लंबवत प्रभावी लंबाई $Y$-अक्ष पर छड़ का प्रक्षेप है।
$Y$-अक्ष पर मूल बिंदु से $y$ दूरी पर $dy$ लंबाई का छड़ का एक छोटा अवयव लें। इस स्थान पर चुंबकीय क्षेत्र $B = B_0 \left(\frac{y}{L}\right)^3$ है।
इस छोटे अवयव पर प्रेरित emf $dE$,$dE = B v_0 dy$ द्वारा दिया जाता है।
$B$ का मान रखने पर:
$dE = B_0 \left(\frac{y}{L}\right)^3 v_0 dy = \frac{B_0 v_0}{L^3} y^3 dy$.
छड़ में प्रेरित कुल emf $E$ ज्ञात करने के लिए,हम $y = 0$ से $y = L/2$ तक $dE$ का समाकलन करते हैं:
$E = \int_0^{L/2} \frac{B_0 v_0}{L^3} y^3 dy = \frac{B_0 v_0}{L^3} \left[ \frac{y^4}{4} \right]_0^{L/2}$.
$E = \frac{B_0 v_0}{L^3} \left( \frac{(L/2)^4}{4} - 0 \right) = \frac{B_0 v_0}{L^3} \left( \frac{L^4}{16 \cdot 4} \right) = \frac{B_0 v_0 L}{64}$.

$(C)$ लूप का क्षेत्रफल $A = 3 \,cm \times 4 \,cm = 12 \,cm^2 = 12 \times 10^{-4} \,m^2$ है।
लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A$ है।
फैराडे के नियम के अनुसार प्रेरित emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -A \frac{dB}{dt}$ है।
चूंकि लूप एक असमान चुंबकीय क्षेत्र में गति कर रहा है, चुंबकीय क्षेत्र $B$ के परिवर्तन की कुल दर $\frac{dB}{dt} = \frac{\partial B}{\partial t} + v \frac{\partial B}{\partial x}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है:
$\frac{\partial B}{\partial t} = 2 \times 10^{-2} \,T/s$ (समय के साथ वृद्धि)।
$\frac{\partial B}{\partial x} = -2 \times 10^{-3} \,T/cm = -0.2 \,T/m$ ($X$-अक्ष के साथ कमी)।
$v = 10 \,cm/s = 0.1 \,m/s$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{dB}{dt} = (2 \times 10^{-2}) + (0.1) \times (-0.2) = 0.02 - 0.02 = 0 \,T/s$।
अतः, प्रेरित emf $\varepsilon = -A \times 0 = 0 \,V$ होगा।

(A) घूमते हुए पहिये की रिम और धुरी के बीच प्रेरित emf $(e)$ का सूत्र है: $e = \frac{1}{2} B \omega R^2$,जहाँ $B$ चुंबकीय क्षेत्र है,$\omega$ कोणीय वेग है,और $R$ स्पोक की लंबाई है।
दिया गया है: $R = 1 \ m$,$B = 0.5 \times 10^{-4} \ T$,और $e = \frac{\pi}{3000} \ V$.
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{\pi}{3000} = \frac{1}{2} \times (0.5 \times 10^{-4}) \times \omega \times (1)^2$
$\omega = \frac{2 \times \pi}{3000 \times 0.5 \times 10^{-4}} = \frac{2 \pi}{1.5 \times 10^{-1}} = \frac{4 \pi}{3} \times 10^3 \ rad/s$.
प्रति मिनट घूर्णन गति $(N)$ कोणीय वेग से $\omega = 2 \pi n$ द्वारा संबंधित है,जहाँ $n$ प्रति सेकंड चक्कर की आवृत्ति है। अतः,$N = n \times 60 = \frac{\omega}{2 \pi} \times 60$.
$N = \frac{4 \pi \times 1000}{3 \times 2 \pi} \times 60 = \frac{2000}{3} \times 60 = 400 \ rpm$.

(D) एक लंबी परिनालिका के भीतर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n i$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई फेरों की संख्या है और $i$ विद्युत धारा है।
परिनालिका के प्रत्येक फेरे से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B A = (\mu_0 n i)(\pi R^2)$ है।
$l$ लंबाई की परिनालिका के लिए,फेरों की कुल संख्या $N = n l$ होती है।
कुल चुंबकीय फ्लक्स लिंकेज $N \phi = (n l)(\mu_0 n i \pi R^2) = \mu_0 n^2 i \pi R^2 l$ है।
स्व-प्रेरकत्व $L$ की परिभाषा के अनुसार,$L = \frac{N \phi}{i} = \frac{\mu_0 n^2 i \pi R^2 l}{i} = \mu_0 n^2 \pi R^2 l$ होता है।
अतः,प्रति इकाई लंबाई स्व-प्रेरकत्व $\frac{L}{l} = \mu_0 n^2 \pi R^2$ है।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ को $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c = \frac{1}{2} \frac{B_0^2 c}{\mu_0}$ द्वारा दिया जाता है।
पूर्णतः अवशोषक सतह पर विकिरण दाब $P$ को प्रति इकाई क्षेत्रफल और प्रति इकाई समय में स्थानांतरित संवेग के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो $P = \frac{I}{c}$ है।
तीव्रता के लिए व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $P = \frac{\frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c}{c} = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रति इकाई क्षेत्रफल और प्रति इकाई समय में स्थानांतरित औसत संवेग का परिमाण $\frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2$ है।

(C) एक बिंदु स्रोत से $r$ दूरी पर विद्युत चुम्बकीय विकिरण की तीव्रता $I = \frac{P_{out}}{4 \pi r^2}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $P_{out} = P_{in} \times \eta$ और $\eta$ दक्षता है।
साथ ही, विद्युत क्षेत्र आयाम $E_0$ के संदर्भ में तीव्रता $I = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2 c$ होती है।
दिया गया है: $P_{in} = 100 \ W$, $E_0 = 2 \ V \ m^{-1}$, $r = 10 \ m$, $\epsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12} \ F \ m^{-1}$, $c = 3 \times 10^8 \ m \ s^{-1}$.
तीव्रता की गणना: $I = \frac{1}{2} \times (8.854 \times 10^{-12}) \times (2)^2 \times (3 \times 10^8) = 0.0106 \ W \ m^{-2}$.
अब, तीव्रता के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $0.0106 = \frac{100 \times \eta}{4 \times \pi \times (10)^2}$.
$0.0106 = \frac{100 \times \eta}{4 \times 3.1416 \times 100} = \frac{\eta}{12.566}$.
$\eta = 0.0106 \times 12.566 \approx 0.133$.
अतः, दक्षता $13.3 \%$ है।

(B) समतल विद्युतचुंबकीय तरंग का सामान्य समीकरण $B = B_0 \sin(kx + \omega t)$ है।
दिए गए समीकरण $B = 5 \times 10^{-6} \sin(0.6 \times 10^2 x + 0.5 \times 10^{10} t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
तरंग संख्या $k = 0.6 \times 10^2 \text{ m}^{-1}$
कोणीय आवृत्ति $\omega = 0.5 \times 10^{10} \text{ rad/s}$
तरंग की गति $v$,$v = \frac{\omega}{k}$ संबंध द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर:
$v = \frac{0.5 \times 10^{10}}{0.6 \times 10^2}$
$v = \frac{5}{6} \times 10^8 \text{ m/s}$
$v \approx 0.833 \times 10^8 \text{ m/s}$.

(B) $\text{लेजर बीम की शक्ति } P = 100 \,mW = 100 \times 10^{-3} \,W = 0.1 \,W \text{ है।}
\text{बीम खंड की लंबाई } l = 90 \,cm = 0.9 \,m \text{ है।}
\text{प्रकाश की गति } c = 3 \times 10^8 \,m/s \text{ है।}
\text{बीम के इस हिस्से को एक बिंदु से गुजरने में लगा समय } t = \frac{l}{c} = \frac{0.9}{3 \times 10^8} = 0.3 \times 10^{-8} \,s = 3 \times 10^{-9} \,s \text{ है।}
\text{इस लंबाई में संग्रहीत ऊर्जा } E = P \times t \text{ है।}
E = (0.1 \,W) \times (3 \times 10^{-9} \,s) = 3 \times 10^{-10} \,J$.

(C) विद्युत चुम्बकीय तरंग का ऊर्जा घनत्व $u$, $u = \frac{1}{2} \epsilon_0 E^2 + \frac{1}{2\mu_0} B^2$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र $E$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$, $E = E_0 \sin(\omega t)$ और $B = B_0 \sin(\omega t)$ के रूप में दोलन करते हैं, इसलिए ऊर्जा घनत्व में $\sin^2(\omega t)$ जैसे पद शामिल होते हैं।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^2(\omega t) = \frac{1 - \cos(2\omega t)}{2}$ का उपयोग करने पर, हम देखते हैं कि ऊर्जा घनत्व $2\omega$ की कोणीय आवृत्ति के साथ दोलन करता है।
अतः, ऊर्जा दोलन की आवृत्ति $f_{energy} = 2f = 2 \times (4 \times 10^{14} \,Hz) = 8 \times 10^{14} \,Hz$ है।

(B) मैक्सवेल के चार समीकरण विद्युत चुंबकत्व के मूलभूत समीकरण हैं, जिनमें शामिल हैं:
$1$. विद्युत के लिए गॉस का नियम $( \nabla \cdot E = \rho / \epsilon_0)$.
$2$. चुंबकत्व के लिए गॉस का नियम $( \nabla \cdot B = 0)$.
$3$. फैराडे का प्रेरण का नियम $( \nabla \times E = -\partial B / \partial t)$.
$4$. एम्पीयर-मैक्सवेल नियम $( \nabla \times B = \mu_0 J + \mu_0 \epsilon_0 \partial E / \partial t)$.
ले-चैटेलियर का संतुलन का नियम रसायन विज्ञान का एक सिद्धांत है जो रासायनिक प्रतिक्रियाओं से संबंधित है, विद्युत चुंबकत्व से नहीं। इसलिए, यह मैक्सवेल के समीकरणों द्वारा वर्णित नहीं है।

(C) बिंदु आवेशों के एक निकाय को व्यवस्थित करने के लिए किया गया कार्य निकाय की स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा के बराबर होता है।
तीन आवेशों $q_1, q_2,$ और $q_3$ के निकाय के लिए,जो एक-दूसरे से $r_{12}, r_{23},$ और $r_{13}$ दूरी पर स्थित हैं,स्थितिज ऊर्जा $U$ इस प्रकार दी जाती है:
$U = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{q_1 q_2}{r_{12}} + \frac{q_2 q_3}{r_{23}} + \frac{q_1 q_3}{r_{13}} \right)$
दिए गए आवेश $q_1 = -q$,$q_2 = +q$,और $q_3 = -2q$ हैं और प्रत्येक जोड़ी के बीच की दूरी $a$ है:
$U = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{(-q)(q)}{a} + \frac{(q)(-2q)}{a} + \frac{(-q)(-2q)}{a} \right)$
$U = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0 a} (-q^2 - 2q^2 + 2q^2)$
$U = \frac{-q^2}{4 \pi \varepsilon_0 a}$

(A) और $(R)$ दोनों सत्य हैं,और $(R)$,$(A)$ की सही व्याख्या है।
सूक्ष्म स्तर पर विद्युतचुंबकीय बल वास्तव में गुरुत्वाकर्षण बल की तुलना में बहुत अधिक प्रबल होते हैं। हालाँकि,पदार्थ धनात्मक और ऋणात्मक दोनों आवेशों से बना होता है,जो एक-दूसरे के प्रभाव को निरस्त कर देते हैं,जिसके परिणामस्वरूप बड़ी वस्तुएँ कुल मिलाकर विद्युत रूप से उदासीन रहती हैं।
इस निरस्तीकरण के कारण,बड़ी और उदासीन वस्तुओं के बीच शुद्ध विद्युतचुंबकीय बल नगण्य होता है। इसके विपरीत,गुरुत्वाकर्षण बल हमेशा आकर्षक और संचयी होता है,जिसका अर्थ है कि यह निरस्त नहीं होता है। इसलिए,ब्रह्मांडीय स्तर पर,गुरुत्वाकर्षण आकाशगंगाओं की संरचना और निर्माण पर हावी होने वाला प्रमुख बल बन जाता है।

(A) दूरी सदिश $\vec{r}_{sep} = \vec{r} - \vec{r}_0 = (8 \hat{i} - 5 \hat{j}) - (2 \hat{i} + 3 \hat{j}) = 6 \hat{i} - 8 \hat{j} \ m$.
बिंदुओं के बीच की दूरी $r = |\vec{r}_{sep}| = \sqrt{6^2 + (-8)^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 \ m$.
विद्युत क्षेत्र की तीव्रता का परिमाण $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{|q|}{r^2}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $E = (9 \times 10^9) \times \frac{50 \times 10^{-6}}{10^2}$.
$E = (9 \times 10^9) \times \frac{50 \times 10^{-6}}{100} = 9 \times 10^9 \times 0.5 \times 10^{-6} = 4.5 \times 10^3 \ N \ C^{-1}$.
चूंकि $1 \ N \ C^{-1} = 1 \ V \ m^{-1}$,इसलिए $E = 4.5 \times 10^3 \ V \ m^{-1} = 4.5 \ kV \ m^{-1}$।

(A) गोलाकार आवेश वितरण के अंदर $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ गॉस के नियम द्वारा दिया जाता है: $E(r) = \frac{q_{enc}}{4\pi\epsilon_0 r^2}$,जहाँ $q_{enc}$ त्रिज्या $r$ के गोले के भीतर परिबद्ध आवेश है।
परिबद्ध आवेश $q(r) = \int_0^r \rho(r') 4\pi r'^2 dr'$ है।
$\rho(r') = \rho_0 \left[1 - \left(\frac{r'}{R}\right)^3\right]$ प्रतिस्थापित करने पर:
$q(r) = 4\pi\rho_0 \int_0^r \left(r'^2 - \frac{r'^5}{R^3}\right) dr' = 4\pi\rho_0 \left[ \frac{r^3}{3} - \frac{r^6}{6R^3} \right]$.
अतः,$E(r) = \frac{4\pi\rho_0}{4\pi\epsilon_0 r^2} \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^6}{6R^3} \right) = \frac{\rho_0}{\epsilon_0} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^4}{6R^3} \right)$.
अधिकतम क्षेत्र के लिए,$\frac{dE}{dr} = 0$:
$\frac{d}{dr} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^4}{6R^3} \right) = \frac{1}{3} - \frac{4r^3}{6R^3} = 0$.
$\frac{1}{3} = \frac{2r^3}{3R^3} \Rightarrow r^3 = \frac{R^3}{2} \Rightarrow r = \frac{R}{2^{1/3}}$.

(C) तीसरा कथन गलत है। बाहरी विद्युत क्षेत्र में स्थित विद्युत द्विध्रुव पर एक टॉर्क कार्य करता है जो द्विध्रुव आघूर्ण $p$ को बाहरी विद्युत क्षेत्र $E$ की दिशा में संरेखित करने का प्रयास करता है। यह संरेखण न्यूनतम स्थितिज ऊर्जा $(U = -p \cdot E)$ और अधिकतम स्थिरता की स्थिति के अनुरूप है। इसलिए, द्विध्रुव विपरीत दिशा में उन्मुख नहीं होता है।

(D) $d \leq 1 \text{ cm}$ दूरी पर (ठोस गोले के अंदर) विद्युत क्षेत्र ज्ञात करने के लिए,हम गॉस के नियम का उपयोग करते हैं।
केंद्र पर $d$ त्रिज्या वाले गोले को गॉसियन सतह के रूप में मानें।
इस सतह द्वारा घिरा आवेश $q_{enc} = \rho_1 \cdot V = \rho_1 \cdot (\frac{4}{3} \pi d^3)$ है।
गॉस के नियम के अनुसार,$\oint E \cdot dA = \frac{q_{enc}}{\varepsilon_0}$ है।
$E(4 \pi d^2) = \frac{\rho_1 (\frac{4}{3} \pi d^3)}{\varepsilon_0}$।
$E = \frac{\rho_1 d}{3 \varepsilon_0}$।
यहाँ $\rho_1 = -3 \text{ C/cm}^3$ दिया गया है,इसलिए विद्युत क्षेत्र का परिमाण $|E_d| = |\frac{-3 d}{3 \varepsilon_0}| = \frac{d}{\varepsilon_0}$ होगा।
अतः,$d \leq 1 \text{ cm}$ के लिए,$E_d = \frac{d}{\varepsilon_0}$ है।

(D) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{\text{net enclosed}}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
कोश की त्रिज्या से अधिक त्रिज्या वाली सतह द्वारा घिरा कुल आवेश,कोश पर आवेश $(q_1)$ और ठोस गोले पर आवेश $(q_2)$ का योग है।
$1$. कोश पर आवेश: $q_1 = \sigma \times A_1 = (-10^{-5} \ C/m^2) \times 4 \pi (\sqrt{0.06})^2 = -2.4 \pi \times 10^{-6} \ C$.
$2$. ठोस गोले पर आवेश: $q_2 = \rho \times V_2 = (3 \times 10^{-5} \ C/m^3) \times \frac{4}{3} \pi (\sqrt[3]{0.01})^3 = 0.4 \pi \times 10^{-6} \ C$.
कुल घिरा हुआ आवेश: $q_{\text{net}} = q_1 + q_2 = -2.0 \pi \times 10^{-6} \ C$.
दिए गए विकल्पों को देखते हुए,सही विकल्प $D$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और विद्युत विभव $\phi$ के बीच का संबंध $\vec{E} = -\nabla \phi$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$d\phi = -\vec{E} \cdot d\vec{r}$।
यहाँ $\vec{E} = a(y \hat{i} + x \hat{j})$ और $d\vec{r} = dx \hat{i} + dy \hat{j}$ दिया गया है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$d\phi = -a(y \hat{i} + x \hat{j}) \cdot (dx \hat{i} + dy \hat{j})$
$d\phi = -a(y dx + x dy)$
हम जानते हैं कि $d(xy) = y dx + x dy$ होता है।
इसलिए,$d\phi = -a d(xy)$।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\phi = -a \int d(xy) = -axy + C$।
अतः,विकल्प $B$ सही उत्तर है।

(A) $R$ त्रिज्या और $Q$ आवेश वाले चालक गोलीय कोश के केंद्र से $r$ दूरी पर विभव $V$ इस प्रकार दिया जाता है:
$V = \frac{kQ}{R}$ जब $r \le R$ और $V = \frac{kQ}{r}$ जब $r > R$,जहाँ $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$ है।
$r = \frac{R}{2}$ दूरी पर स्थित बिंदु के लिए (दोनों कोशों के अंदर):
विभव $V_2$ दोनों कोशों के कारण विभव का योग है:
$V_2 = \frac{kq}{R} + \frac{k(2q)}{2R} = \frac{kq}{R} + \frac{kq}{R} = \frac{2kq}{R}$.
$r = 3R$ दूरी पर स्थित बिंदु के लिए (दोनों कोशों के बाहर):
विभव $V_1$ केंद्र पर बिंदु आवेश के रूप में माने गए दोनों कोशों के आवेशों के कारण विभव का योग है:
$V_1 = \frac{kq}{3R} + \frac{k(2q)}{3R} = \frac{3kq}{3R} = \frac{kq}{R}$.
अतः,अनुपात $\frac{V_2}{V_1} = \frac{2kq/R}{kq/R} = 2$।

(A) जब दो चालक गोलों को तार से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि उनके विद्युत विभव समान न हो जाएं। मान लीजिए $S_1$ और $S_2$ पर अंतिम आवेश क्रमशः $q_1$ और $q_2$ हैं।
आवेश संरक्षण के नियम से: $q_1 + q_2 = 10$.
चूंकि विभव समान हैं: $\frac{k q_1}{r_1} = \frac{k q_2}{r_2} \Rightarrow \frac{q_1}{3} = \frac{q_2}{2} \Rightarrow q_1 = 1.5 q_2$.
आवेश संरक्षण समीकरण में $q_1$ का मान रखने पर: $1.5 q_2 + q_2 = 10 \Rightarrow 2.5 q_2 = 10 \Rightarrow q_2 = 4 \text{ units}$.
अतः,$q_1 = 6 \text{ units}$.
बिंदु $P$ पर कुल विभव $V$,जो $S_1$ के केंद्र से $d_1 = 4 \text{ cm}$ और $S_2$ के केंद्र से $d_2 = 3 \text{ cm}$ की दूरी पर है,दोनों गोलों के कारण विभव का योग है:
$V = \frac{k q_1}{d_1} + \frac{k q_2}{d_2} = k \left( \frac{6}{4} + \frac{4}{3} \right) = k \left( \frac{3}{2} + \frac{4}{3} \right) = k \left( \frac{9 + 8}{6} \right) = k \frac{17}{6}$.
$k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ रखने पर,हमें $V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{17}{6}$ प्राप्त होता है।

(B) प्रकृति के मूल बलों का उनकी शक्ति के घटते क्रम में क्रम इस प्रकार है: प्रबल नाभिकीय बल $>$ विद्युतचुंबकीय बल $>$ दुर्बल नाभिकीय बल $>$ गुरुत्वाकर्षण बल।
अतः,गुरुत्वाकर्षण बल प्रकृति में सबसे कमजोर बल है,न कि दुर्बल नाभिकीय बल।
इस प्रकार,विकल्प $B$ में दिया गया कथन गलत है।