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

(D) माना कुल यात्रा का समय $T$ सेकंड है और त्वरण $a$ है। प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
पहली सेकंड ($t=1$ s) में तय की गई दूरी $s_1 = ut + \frac{1}{2}at^2$ द्वारा दी जाती है।
$1 = 0(1) + \frac{1}{2}a(1)^2 \Rightarrow a = 2 \,m/s^2$.
अंतिम सेकंड में तय की गई दूरी $n^{th}$ सेकंड में दूरी के सूत्र द्वारा दी जाती है: $s_n = u + \frac{a}{2}(2n - 1)$.
यहाँ, $s_n = 39 \,m$, $u = 0$, $a = 2 \,m/s^2$.
$39 = 0 + \frac{2}{2}(2T - 1) \Rightarrow 39 = 2T - 1 \Rightarrow 2T = 40 \Rightarrow T = 20 \,s$.
$T = 20 \,s$ में तय की गई कुल दूरी $S = ut + \frac{1}{2}aT^2$ द्वारा दी जाती है।
$S = 0(20) + \frac{1}{2}(2)(20)^2 = 400 \,m$.

(A) दिया गया है, प्रारंभिक वेग $u = 54 \,km/h = 54 \times \frac{5}{18} \,m/s = 15 \,m/s$।
वाहन से सिग्नल की दूरी $d = 400 \,m$, त्वरण $a = -0.3 \,m/s^2$।
जब वाहन रुकता है, तो अंतिम वेग $v = 0$ होता है।
गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर:
$0^2 = (15)^2 + 2(-0.3)s$
$0 = 225 - 0.6s$
$0.6s = 225$
$s = \frac{225}{0.6} = 375 \,m$।
ट्रैफिक लाइट के सापेक्ष वाहन की स्थिति $d - s = 400 \,m - 375 \,m = 25 \,m$ है।

(B) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $U_1 = U_2 = 2 \sqrt{2} \ m \ s^{-1}$,गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \ m \ s^{-2}$।
समय $t$ पर,वेग सदिश इस प्रकार हैं:
$\vec{v}_1 = (U_1 \cos 45^{\circ}) \hat{i} + (U_1 \sin 45^{\circ} - gt) \hat{j} = (2 \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}) \hat{i} + (2 \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - 10t) \hat{j} = 2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j} \dots(1)$
$\vec{v}_2 = (U_2 \cos 135^{\circ}) \hat{i} + (U_2 \sin 135^{\circ} - gt) \hat{j} = (2 \sqrt{2} \cdot -\frac{1}{\sqrt{2}}) \hat{i} + (2 \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - 10t) \hat{j} = -2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j} \dots(2)$
चूंकि वेग सदिश लंबवत हैं,उनका डॉट गुणनफल शून्य होना चाहिए:
$\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_2 = 0$
$(2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j}) \cdot (-2 \hat{i} + (2 - 10t) \hat{j}) = 0$
$-4 + (2 - 10t)^2 = 0$
$(2 - 10t)^2 = 4$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$2 - 10t = \pm 2$
स्थिति $1$: $2 - 10t = 2 \Rightarrow 10t = 0 \Rightarrow t = 0 \ s$
स्थिति $2$: $2 - 10t = -2 \Rightarrow 10t = 4 \Rightarrow t = 0.4 \ s$
अतः,वेग सदिश $t = 0.4 \ s$ पर एक-दूसरे के लंबवत होंगे।

(D) मान लीजिए कि $t = \sqrt{2} \,s$ के बाद वस्तु बिंदु $B(x, y)$ पर है।
क्षैतिज विस्थापन $x = u_x \times t = (v_0 \cos 45^{\circ}) \times \sqrt{2} = v_0 \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times \sqrt{2} = v_0$ है।
ऊर्ध्वाधर विस्थापन $y = u_y t - \frac{1}{2} g t^2 = (v_0 \sin 45^{\circ}) \sqrt{2} - \frac{1}{2} (10) (\sqrt{2})^2 = v_0 - 10$ है।
विस्थापन सदिश $\vec{OB}$ का परिमाण $OB = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{v_0^2 + (v_0 - 10)^2}$ है।
औसत वेग का परिमाण $v_{\text{avg}} = \frac{OB}{t} = |v_0|$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$OB = |v_0| t = v_0 \sqrt{2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $v_0^2 + (v_0 - 10)^2 = (v_0 \sqrt{2})^2$।
$v_0^2 + v_0^2 - 20v_0 + 100 = 2v_0^2$।
$2v_0^2 - 20v_0 + 100 = 2v_0^2$।
$20v_0 = 100$,जिससे $v_0 = 5 \,m/s$ प्राप्त होता है।

(B) प्रक्षेप्य की अधिकतम परास (range) तब प्राप्त होती है जब प्रक्षेपण कोण $\theta = 45^{\circ}$ हो।
परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ है।
अधिकतम परास के लिए, $\sin(2\theta) = \sin(90^{\circ}) = 1$ होता है।
अतः, $R_{max} = \frac{u^2}{g}$।
यहाँ $u = 30 \,m/s$ और $g = 10 \,m/s^2$ दिया गया है, इसलिए:
$R_{max} = \frac{(30)^2}{10} = \frac{900}{10} = 90 \,m$।

(A) दिया गया है: प्रारंभिक गति $u = 20 \,m/s$, प्रक्षेपण कोण $\theta = 34^{\circ}$, और गुरुत्वीय त्वरण $g = 9.8 \,m/s^2$.
प्रक्षेप्य की अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर:
$H = \frac{(20)^2 \times (\sin 34^{\circ})^2}{2 \times 9.8}$
$H = \frac{400 \times (0.56)^2}{19.6}$
$H = \frac{400 \times 0.3136}{19.6}$
$H = \frac{125.44}{19.6} = 6.4 \,m$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $6.3 \,m$ है।

(C) गेंद पर कार्य करने वाला बल गुरुत्वाकर्षण है,जो केवल ऊर्ध्वाधर $(y)$ दिशा में कार्य करता है। इसलिए,क्षैतिज $(x)$ दिशा में संवेग में कोई परिवर्तन नहीं होता है।
प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग: $u_y = u \sin 45^{\circ} = \sqrt{10} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{5} \ m/s$.
प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर संवेग: $p_{yi} = m u_y = 0.2 \cdot \sqrt{5} = \frac{\sqrt{5}}{5} = \frac{1}{\sqrt{5}} \ kg \cdot m/s$ (ऊपर की ओर)।
गति के समीकरण $v_y^2 = u_y^2 + 2gh$ का उपयोग करते हुए:
$v_y^2 = (\sqrt{5})^2 + 2(10)(1) = 5 + 20 = 25$.
अतः,अंतिम ऊर्ध्वाधर वेग $v_y = 5 \ m/s$ (नीचे की ओर)।
अंतिम ऊर्ध्वाधर संवेग: $p_{yf} = m v_y = 0.2 \cdot 5 = 1 \ kg \cdot m/s$ (नीचे की ओर)।
ऊपर की दिशा को धनात्मक लेने पर,$p_{yi} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ और $p_{yf} = -1$.
संवेग में परिवर्तन $\Delta p = p_{yf} - p_{yi} = -1 - \frac{1}{\sqrt{5}} = -(1 + \frac{1}{\sqrt{5}})$.
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta p| = 1 + \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}}$ होगा।

(B) प्रारंभिक वेग $u = 2\sqrt{2} \ m/s$ और कोण $\theta = 45^{\circ}$ है।
क्षैतिज घटक $u_x = u \cos 45^{\circ} = 2\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \ m/s$.
ऊर्ध्वाधर घटक $u_y = u \sin 45^{\circ} = 2\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 \ m/s$.
$t = 2 \ s$ में क्षैतिज विस्थापन $x = u_x \times t = 2 \times 2 = 4 \ m$.
$t = 2 \ s$ में ऊर्ध्वाधर विस्थापन $y = u_y t - \frac{1}{2}gt^2 = 2(2) - \frac{1}{2}(10)(2^2) = 4 - 20 = -16 \ m$.
कुल विस्थापन $S = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{4^2 + (-16)^2} = \sqrt{16 + 256} = \sqrt{272} \approx 16.49 \ m$.
औसत वेग $v_{avg} = \frac{S}{t} = \frac{16.49}{2} = 8.245 \ m/s \approx 8.2 \ m/s$.

(A) अभिलंब त्वरण $a_n = \frac{v^2}{R} = k t^\alpha$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $k$ एक नियतांक है।
इससे,वेग का वर्ग $v^2 = R k t^\alpha$ प्राप्त होता है।
वस्तु की गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m R k t^\alpha$ है।
सभी बलों द्वारा विकसित शक्ति $P$,गतिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर के बराबर होती है,अर्थात् $P = \frac{dK}{dt}$.
$P = \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{2} m R k t^\alpha \right) = \frac{1}{2} m R k \alpha t^{\alpha-1}$.
चूँकि $m$,$R$,$k$,और $\alpha$ नियतांक हैं,इसलिए $P \propto t^{\alpha-1}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: त्रिज्या $R = 5 \ m$,स्पर्शरेखीय वेग $v = 2 \ ms^{-1}$।
एकसमान वृत्तीय गति के लिए,कोणीय वेग $\omega = \frac{v}{R} = \frac{2}{5} = 0.4 \ rad \ s^{-1}$ होता है।
एक चक्कर के लिए आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = \frac{2 \pi}{0.4} = 5 \pi \ s$ है।
$2$ चक्कर पूरा करने में लगा समय $t = 2 \times T = 2 \times 5 \pi = 10 \pi \ s$ है।
अभिकेंद्र त्वरण का परिमाण $a_c = \frac{v^2}{R} = \frac{2^2}{5} = \frac{4}{5} = 0.8 \ ms^{-2}$ है।
अतः,लगा समय $10 \pi \ s$ और त्वरण $0.8 \ ms^{-2}$ है।

(A) दिया गया है,$\theta = a t^2$ है।
कोणीय वेग $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 2at$ है।
स्पर्शरेखीय वेग $v = \omega r = 2atr$ है। अतः,$\frac{v}{t} = 2ar$ है।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = \frac{dv}{dt} = 2ar$ है।
त्रिज्यीय (अभिकेंद्र) त्वरण $a_n = \frac{v^2}{r} = \frac{(2atr)^2}{r} = 4a^2t^2r$ है।
कुल त्वरण $a_{\text{total}} = \sqrt{a_t^2 + a_n^2} = \sqrt{(2ar)^2 + (4a^2t^2r)^2}$ है।
$a_{\text{total}} = \sqrt{4a^2r^2 + 16a^4t^4r^2} = 2ar \sqrt{1 + 4a^2t^4}$ होता है।
चूंकि $2ar = \frac{v}{t}$ है,इसलिए $a_{\text{total}} = \frac{v}{t} \sqrt{1 + 4a^2t^4}$ प्राप्त होता है।

(B) दी गई गति $v(t) = at$,जहाँ $a = 2 \ m/s^2$ है।
वृत्तीय गति में,$v = r \omega$,इसलिए $\omega = \frac{v}{r} = \frac{at}{r}$।
चूँकि $\omega = \frac{d\theta}{dt}$,हमारे पास $d\theta = \frac{at}{r} dt$ है।
$n$ चक्करों के लिए समाकलन करने पर,$\theta = 2\pi n = \int_0^t \frac{at}{r} dt = \frac{at^2}{2r}$।
अतः,$t^2 = \frac{4\pi nr}{a}$।
त्रिज्यीय त्वरण $a_r = \frac{v^2}{r} = \frac{(at)^2}{r} = \frac{a^2 t^2}{r} = \frac{a^2}{r} \cdot \frac{4\pi nr}{a} = 4\pi na$।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = \frac{dv}{dt} = a$।
कुल त्वरण $A = \sqrt{a_t^2 + a_r^2} = \sqrt{a^2 + (4\pi na)^2} = a \sqrt{1 + (4\pi n)^2}$।
चूँकि $a = 2$ और $n = 2$ दिया गया है,$A = 2 \sqrt{1 + (4 \cdot \pi \cdot 2)^2} = 2 \sqrt{1 + 64\pi^2}$।

(B) चित्र के अनुसार,जब द्रव्यमान $m$ को दाईं ओर $x$ की अल्प दूरी तक विस्थापित किया जाता है,तो $k_1$ नियतांक वाली स्प्रिंग $x$ तक खिंच जाती है और $k_2$ नियतांक वाली स्प्रिंग $x$ तक दब जाती है।
पहली स्प्रिंग द्वारा द्रव्यमान $m$ पर लगने वाला प्रत्यानयन बल $F_1 = -k_1 x$ है।
दूसरी स्प्रिंग द्वारा द्रव्यमान $m$ पर लगने वाला प्रत्यानयन बल $F_2 = -k_2 x$ है।
कुल प्रत्यानयन बल $F = F_1 + F_2 = -(k_1 + k_2)x$ है।
यह $F = -k_{eq} x$ के रूप में है,जहाँ तुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{eq} = k_1 + k_2$ है।
द्रव्यमान-स्प्रिंग प्रणाली के लिए दोलन का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k_{eq}}}$ द्वारा दिया जाता है।
$k_{eq}$ का मान रखने पर,हमें $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k_1 + k_2}}$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि कण को वर्ग की किसी एक भुजा की ओर $x$ की छोटी दूरी से विस्थापित किया जाता है। स्प्रिंगें प्रत्यानयन बल लगाएंगी।
ज्यामिति को ध्यान में रखते हुए,निकाय के लिए प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff}$ को कण पर कार्य करने वाले कुल प्रत्यानयन बल $F_R$ की गणना करके निर्धारित किया जा सकता है।
जब कण को $x$ से विस्थापित किया जाता है,तो विस्थापन की दिशा में चार स्प्रिंगों से लगने वाले बलों के घटकों का योग होता है।
प्रत्यानयन बल $F_R = (k + k + 2k + 2k) \cdot x \cdot \cos^2(45^\circ) = (6k) \cdot x \cdot (1/2) = 3kx$ द्वारा दिया जाता है।
इस प्रकार,कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k_{eff}}{m}} = \sqrt{\frac{3k}{m}}$ है।
दोलन का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{3k}}$ है।

(C) $SHM$ में स्थिति के लिए दिया गया समीकरण $x(t) = 2 \cos \left(\frac{\pi}{15} t - \frac{\pi}{2}\right)$ है।
इसे मानक समीकरण $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{\pi}{15} \text{ rad/s}$ प्राप्त होती है।
$SHM$ का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{\pi/15} = 30 \text{ s}$ है।
$SHM$ में कण की गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \sin^2(\omega t + \phi)$ द्वारा दी जाती है।
सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करने पर,गतिज ऊर्जा $2\omega$ की आवृत्ति के साथ बदलती है।
अतः,गतिज ऊर्जा का आवर्तकाल $T_{KE} = \frac{T}{2} = \frac{30}{2} = 15 \text{ s}$ होगा।

(A) चूंकि निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए निकाय का कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
$L_i = L_f$
$I_i \omega_i = I_f \omega_f$
प्रारंभ में,लड़का केंद्र पर है,इसलिए उसका जड़त्व आघूर्ण शून्य है। डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I_{\text{disc}} = \frac{1}{2} M R^2$ है।
$I_i = \frac{1}{2} \times 100 \times 2^2 = 200 \ kg \cdot m^2$.
अंत में,लड़का केंद्र से $r = 1 \ m$ की दूरी पर है। उसका जड़त्व आघूर्ण $I_{\text{boy}} = m r^2 = 60 \times 1^2 = 60 \ kg \cdot m^2$ है।
निकाय का अंतिम जड़त्व आघूर्ण $I_f = I_{\text{disc}} + I_{\text{boy}} = 200 + 60 = 260 \ kg \cdot m^2$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$200 \times 1 = 260 \times \omega_f$
$\omega_f = \frac{200}{260} = \frac{20}{26} \approx 0.77 \ rad/s$.

(D) दिया गया है,गोले का घनत्व,$\rho = A r^\alpha$ (जहाँ $r$ त्रिज्यीय दूरी है और $A$ तथा $\alpha$ स्थिरांक हैं)।
$r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई वाले एक सूक्ष्म गोलीय कोश पर विचार करें।
सूक्ष्म गोलीय कोश का द्रव्यमान,$dm = \text{आयतन} \times \text{घनत्व} = (4 \pi r^2) dr \cdot A r^\alpha = 4 \pi A r^{2+\alpha} dr$.
संपूर्ण ठोस गोले का द्रव्यमान,$M = 4 \pi A \int_0^R r^{2+\alpha} dr = 4 \pi A \left[ \frac{r^{3+\alpha}}{3+\alpha} \right]_0^R = \frac{4 \pi A}{3+\alpha} R^{3+\alpha}$.
सूक्ष्म गोलीय कोश का जड़त्व आघूर्ण $dI = \frac{2}{3} (dm) r^2 = \frac{2}{3} (4 \pi A r^{2+\alpha} dr) r^2 = \frac{8}{3} \pi A r^{4+\alpha} dr$.
संपूर्ण ठोस गोले का जड़त्व आघूर्ण,$I = \int_0^R dI = \frac{8}{3} \pi A \int_0^R r^{4+\alpha} dr = \frac{8}{3} \pi A \left[ \frac{r^{5+\alpha}}{5+\alpha} \right]_0^R = \frac{8 \pi A}{3(5+\alpha)} R^{5+\alpha}$.
$I$ के व्यंजक में $M$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \left( \frac{4 \pi A R^{3+\alpha}}{3+\alpha} \right) \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3+\alpha}{5+\alpha} R^2 = M R^2 \left( \frac{2(3+\alpha)}{3(5+\alpha)} \right)$.
दिया गया है कि $I = \frac{6}{7} M R^2$,इसलिए तुलना करने पर: $\frac{2(3+\alpha)}{3(5+\alpha)} = \frac{6}{7}$.
$14(3+\alpha) = 18(5+\alpha) \Rightarrow 42 + 14\alpha = 90 + 18\alpha \Rightarrow -4\alpha = 48 \Rightarrow \alpha = -12$.

(A) नत समतल पर शुद्ध लोटनिक गति करने वाली वस्तु के लिए,समतल की दिशा में कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण का घटक $mg \sin \theta$ और घर्षण बल $f$ हैं। गति का समीकरण $ma = mg \sin \theta - f$ है।
द्रव्यमान केंद्र के परितः टॉर्क का समीकरण $\tau = I \alpha = fR$ है।
चूंकि वस्तु शुद्ध लोटनिक गति कर रही है,इसलिए $\alpha = \frac{a}{R}$ होगा। साथ ही,जड़त्व आघूर्ण $I = mk^2$ है।
इन मानों को टॉर्क समीकरण में रखने पर: $mk^2 \cdot \frac{a}{R} = fR$,जिससे हमें $f = \frac{ma k^2}{R^2}$ प्राप्त होता है।
अब $f$ का मान बल समीकरण में रखने पर: $ma = mg \sin \theta - \frac{ma k^2}{R^2}$।
पदों को व्यवस्थित करने पर: $ma(1 + \frac{k^2}{R^2}) = mg \sin \theta$।
अतः,त्वरण $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ प्राप्त होता है।

(C) चूंकि गोला बिना फिसले लुढ़क रहा है और कोई घर्षण नहीं है,इसलिए कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
मान लीजिए $R$ ट्रैक की त्रिज्या है और $r$ गोले की त्रिज्या है। दिया गया है $r \ll R$.
सबसे निचले बिंदु पर कुल ऊर्जा स्थानांतरण और घूर्णी गतिज ऊर्जा का योग है:
$E_{bottom} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
एक ठोस गोले के लिए,$I = \frac{2}{5}mr^2$। चूंकि यह बिना फिसले लुढ़कता है,$\omega = \frac{v}{r}$।
$E_{bottom} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}mr^2\right)\left(\frac{v}{r}\right)^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$
द्रव्यमान केंद्र द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊंचाई $h$ पर,वेग शून्य हो जाता है,इसलिए कुल ऊर्जा पूरी तरह से स्थितिज ऊर्जा है:
$E_{top} = mgh$
ऊर्जाओं की तुलना करने पर: $\frac{7}{10}mv^2 = mgh \Rightarrow h = \frac{7v^2}{10g}$
ट्रैक की ज्यामिति से,$h = R(1 - \cos\theta)$।
मान रखने पर $v = 10 \ m/s$,$g = 10 \ m/s^2$,और $R = 10 \ m$:
$h = \frac{7 \times (10)^2}{10 \times 10} = 7 \ m$
$7 = 10(1 - \cos\theta) \Rightarrow 0.7 = 1 - \cos\theta \Rightarrow \cos\theta = 0.3 = \frac{3}{10}$
इसलिए,$\theta = \cos^{-1}\left(\frac{3}{10}\right)$।

(A) दिया गया है कि,
$F_1 = A \hat{j}, r_1 = a \hat{i}$
$F_2 = B \hat{i}, r_2 = b \hat{j}$
बल का आघूर्ण (टॉर्क) $\tau = r \times F$ द्वारा दिया जाता है।
पहले बल के लिए:
$\tau_1 = r_1 \times F_1 = (a \hat{i}) \times (A \hat{j}) = a A (\hat{i} \times \hat{j}) = a A \hat{k}$
दूसरे बल के लिए:
$\tau_2 = r_2 \times F_2 = (b \hat{j}) \times (B \hat{i}) = b B (\hat{j} \times \hat{i}) = b B (-\hat{k}) = -b B \hat{k}$
$O$ के सापेक्ष कुल आघूर्ण है:
$\tau = \tau_1 + \tau_2 = a A \hat{k} - b B \hat{k} = (a A - b B) \hat{k}$

(B) डिस्क का उसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2$ होता है।
दिया गया कोणीय त्वरण $\alpha = a$ है।
घूर्णन करती हुई वस्तु पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau$ का सूत्र $\tau = I \alpha$ है।
मान रखने पर,$\tau = (\frac{1}{2} M R^2) \times a$ प्राप्त होता है।
अतः,डिस्क पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau = \frac{M R^2 a}{2}$ है।

(C) मान लीजिए तरल अमोनिया का द्रव्यमान $m$ है और हीटर द्वारा आपूर्ति की गई ऊष्मा की दर $r$ है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,तापमान बढ़ाने के लिए दी गई ऊष्मा $Q_1 = r \times 14 = m \times c \times \Delta T$ है।
मान रखने पर: $r \times 14 = m \times 4.9 \times (50 - 15)$.
$r \times 14 = m \times 4.9 \times 35$ --- (समीकरण $1$).
क्वथनांक पर तरल को वाष्प में बदलने के लिए दी गई ऊष्मा $Q_2 = r \times 92 = m \times L$ है।
$r \times 92 = m \times L$ --- (समीकरण $2$).
समीकरण $2$ को समीकरण $1$ से विभाजित करने पर:
$\frac{r \times 92}{r \times 14} = \frac{m \times L}{m \times 4.9 \times 35}$.
$\frac{92}{14} = \frac{L}{4.9 \times 35}$.
$L = \frac{92 \times 4.9 \times 35}{14}$.
$L = 92 \times 4.9 \times 2.5 = 1127 \text{ kJ/kg}$.

(A) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार, पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा = बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
मान लीजिए कि मिलाई गई बर्फ का द्रव्यमान $m_i$ है।
पानी द्वारा खोई गई ऊष्मा: $Q_1 = m_w c_w \Delta T_w = (0.2 \,kg) \times (4190 \,J/kg^{\circ} C) \times (20^{\circ} C - 0^{\circ} C) = 16760 \,J$.
बर्फ द्वारा $0^{\circ} C$ तक पहुँचने के लिए प्राप्त ऊष्मा: $Q_2 = m_i c_i \Delta T_i = m_i \times (2100 \,J/kg^{\circ} C) \times (0^{\circ} C - (-10^{\circ} C)) = 21000 m_i \,J$.
बर्फ द्वारा $0^{\circ} C$ पर पिघलने के लिए प्राप्त ऊष्मा: $Q_3 = m_i L_F = m_i \times (3.34 \times 10^5 \,J/kg) = 334000 m_i \,J$.
खोई गई और प्राप्त ऊष्मा को बराबर करने पर: $16760 = 21000 m_i + 334000 m_i$.
$16760 = 355000 m_i$.
$m_i = \frac{16760}{355000} \approx 0.0472 \,kg = 47.2 \,g$.
निकटतम पूर्णांक में, आवश्यक बर्फ का द्रव्यमान $47 \,g$ है।

(A) मान लीजिए कि जंक्शन का तापमान $T \,K$ है। स्थिर अवस्था में, ऊष्मा प्रवाह की दर दोनों छड़ों के माध्यम से समान होती है।
ऊष्मा चालन के सूत्र $\frac{Q}{t} = \frac{kA(T_2 - T_1)}{l}$ का उपयोग करते हुए, हमारे पास है:
$\frac{Q}{t} = \frac{k_{steel} A (500 - T)}{2} = \frac{k_{Al} A (T - 300)}{1}$
चूंकि दोनों छड़ों के अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ समान है, इसलिए हम उन्हें काट सकते हैं:
$\frac{50(500 - T)}{2} = \frac{200(T - 300)}{1}$
$25(500 - T) = 200(T - 300)$
$12500 - 25T = 200T - 60000$
$225T = 72500$
$T = \frac{72500}{225} \approx 322.2 \,K$
अतः, जंक्शन का तापमान लगभग $322 \,K$ है।

(B) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार, शीतलन की दर $\frac{dT}{dt} = -K(T - T_0)$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $T$ तरल का तापमान है, $T_0$ कमरे का तापमान है और $K$ एक स्थिरांक है।
छोटे तापमान अंतर के लिए, हम औसत रूप का उपयोग कर सकते हैं: $\frac{T_1 - T_2}{t} = K \left( \frac{T_1 + T_2}{2} - T_0 \right)$.
स्थिति $1$: $T_1 = 100^{\circ}C$, $T_2 = 70^{\circ}C$, $t = 5 \text{ min}$, $T_0 = 30^{\circ}C$.
$\frac{100 - 70}{5} = K \left( \frac{100 + 70}{2} - 30 \right) \implies \frac{30}{5} = K(85 - 30) \implies 6 = K(55) \implies K = \frac{6}{55} \text{ min}^{-1}$.
स्थिति $2$: $T_1 = 100^{\circ}C$, $T_2 = 80^{\circ}C$, $t = t'$, $T_0 = 30^{\circ}C$.
$\frac{100 - 80}{t'} = K \left( \frac{100 + 80}{2} - 30 \right) \implies \frac{20}{t'} = K(90 - 30) \implies \frac{20}{t'} = K(60)$.
$K = \frac{6}{55}$ रखने पर:
$\frac{20}{t'} = \frac{6}{55} \times 60 \implies \frac{20}{t'} = \frac{360}{55} \implies t' = \frac{20 \times 55}{360} = \frac{1100}{360} \approx 3.05 \text{ min}$.
दिए गए विकल्पों और अनुमान के अनुसार, सबसे निकटतम मान $2.6 \text{ min}$ है।

(D) दिया गया है कि संवहन द्वारा ऊष्मा ह्रास की दर = विकिरण द्वारा ऊष्मा ह्रास की दर।
मान लीजिए $h$ संवहन गुणांक है,$A$ सतह का क्षेत्रफल है,$e$ उत्सर्जकता है,$\sigma$ स्टीफन-बोल्ट्जमैन स्थिरांक है,$T$ पिंड का तापमान है और $T_0$ आसपास का तापमान है।
$T = 400 + 273 = 673 \ K$
$T_0 = 30 + 273 = 303 \ K$
संवहन द्वारा ऊष्मा ह्रास की दर $P_{conv} = hA(T - T_0)$ है।
विकिरण द्वारा ऊष्मा ह्रास की दर $P_{rad} = eA\sigma(T^4 - T_0^4)$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $hA(T - T_0) = eA\sigma(T^4 - T_0^4)$.
$20(673 - 303) = e(5.67 \times 10^{-8})(673^4 - 303^4)$.
$20(370) = e(5.67 \times 10^{-8})(2.049 \times 10^{11} - 0.0084 \times 10^{11})$.
$7400 = e(5.67 \times 10^{-8})(2.0406 \times 10^{11})$.
$7400 = e(11570.2)$.
$e = 7400 / 11570.2 \approx 0.6397$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,$e \approx 0.66$।

(B) दी गई प्रक्रिया का समीकरण: $T = T_0(1 + \alpha V^2)$ है।
$V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dT}{dV} = T_0(2\alpha V) \Rightarrow dV = \frac{dT}{2\alpha V T_0}$ प्राप्त होता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम से: $dQ = dU + dW$ होता है।
$n$ मोल के लिए: $nC dT = nC_V dT + P dV$ होता है।
$n dT$ से भाग देने पर: $C = C_V + \frac{P}{n} \frac{dV}{dT}$ प्राप्त होता है।
$dV/dT = \frac{1}{2\alpha V T_0}$ रखने पर: $C = C_V + \frac{P}{n} \frac{1}{2\alpha V T_0}$ होता है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{P}{n} = \frac{RT}{V}$ प्राप्त होता है।
$T = T_0(1 + \alpha V^2)$ रखने पर: $\frac{P}{n} = \frac{R T_0(1 + \alpha V^2)}{V}$ होता है।
अब,इस मान को $C$ के व्यंजक में रखने पर: $C = C_V + \left[ \frac{R T_0(1 + \alpha V^2)}{V} \right] \left[ \frac{1}{2\alpha V T_0} \right]$ प्राप्त होता है।
सरल करने पर: $C = C_V + R \left( \frac{1 + \alpha V^2}{2\alpha V^2} \right)$ प्राप्त होता है।
$C = C_V + Rf(V)$ से तुलना करने पर,हमें $f(V) = \frac{1 + \alpha V^2}{2\alpha V^2}$ प्राप्त होता है।

(C) चूंकि गैस का तापमान स्थिर रहता है, इसलिए प्रतिरोधक द्वारा दी गई ऊष्मा पिस्टन पर किए गए कार्य के बराबर होती है।
समय $t$ में प्रतिरोधक द्वारा व्यय की गई ऊष्मा $H = i^2 R t$ है।
गैस द्वारा पिस्टन पर किया गया कार्य $W = F \Delta x$ है, जहां $F = mg$ पिस्टन द्वारा लगाया गया बल है और $\Delta x$ विस्थापन है।
ऊष्मा और कार्य को बराबर करने पर: $i^2 R t = (mg) \Delta x$.
पिस्टन के वेग $v = \frac{\Delta x}{t} = \frac{i^2 R}{mg}$ के लिए सूत्र प्राप्त करने पर।
दिया गया है कि $i = 200 \text{ mA} = 0.2 \text{ A}$, $R = 500 \Omega$, $m = 10 \text{ kg}$, और $g = 10 \text{ m/s}^2$.
$v = \frac{(0.2)^2 \times 500}{10 \times 10} = \frac{0.04 \times 500}{100} = \frac{20}{100} = 0.2 \text{ m/s}$.
$\text{cm/s}$ में बदलने पर, $v = 0.2 \times 100 \text{ cm/s} = 20 \text{ cm/s}$.

(B) संपीडन अनुपात $r = V_1/V_2 = 20$ द्वारा दिया गया है।
अतः,$V_2 = V_1/20 = (10^{-3}/20) \ m^3$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$p_1 V_1^\gamma = p_2 V_2^\gamma$।
इसलिए,$p_2 = p_1 (V_1/V_2)^\gamma = 10^5 \times (20)^{1.4} = 10^5 \times 66.3 = 66.3 \times 10^5 \ Pa$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य $W = \frac{p_1 V_1 - p_2 V_2}{\gamma - 1}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $W = \frac{(10^5 \times 10^{-3}) - (66.3 \times 10^5 \times 10^{-3} / 20)}{1.4 - 1}$।
$W = \frac{100 - 331.5}{0.4} = \frac{-231.5}{0.4} = -578.75 \ J \approx -579 \ J$।
चूंकि कार्य गैस पर किया जा रहा है,इसलिए मान ऋणात्मक है।

(B) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{T_2}{T_1} = 1 - \eta$ या $\frac{T_1}{T_2} = \frac{1}{1 - \eta}$ प्राप्त होता है।
$T_2$ को स्थिर रखते हुए दक्षता को $1.5 \eta$ तक बढ़ाने के लिए,मान लें कि गर्म जलाशय का नया तापमान $T_1' = T_1 + \Delta T$ है।
नई दक्षता $1.5 \eta = 1 - \frac{T_2}{T_1 + \Delta T}$ है।
पुनर्व्यवस्थित करने पर,$\frac{T_2}{T_1 + \Delta T} = 1 - 1.5 \eta$।
व्युत्क्रम लेने पर,$\frac{T_1 + \Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta}$।
बाईं ओर को विभाजित करने पर,$\frac{T_1}{T_2} + \frac{\Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta}$।
$\frac{T_1}{T_2} = \frac{1}{1 - \eta}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{1}{1 - \eta} + \frac{\Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{\Delta T}{T_2} = \frac{1}{1 - 1.5 \eta} - \frac{1}{1 - \eta} = \frac{(1 - \eta) - (1 - 1.5 \eta)}{(1 - 1.5 \eta)(1 - \eta)} = \frac{0.5 \eta}{(1 - 1.5 \eta)(1 - \eta)}$।
इसलिए,$\Delta T = \frac{0.5 T_2 \eta}{(1 - 1.5 \eta)(1 - \eta)}$।

(A) कार्नोट इंजन की तापीय दक्षता का सूत्र इस प्रकार है:
$\eta = \frac{W}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1}$
दिया गया है:
किया गया कार्य $W = 300 \,J$
अवशोषित ऊष्मा $Q_1 = 400 \,J$
स्रोत का तापमान $T_1 = 1000 \,K$
सिंक का तापमान $T_2 = T$
दक्षता के सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{300}{400} = 1 - \frac{T}{1000}$
$\frac{3}{4} = 1 - \frac{T}{1000}$
$T$ के लिए हल करने पर:
$\frac{T}{1000} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$
$T = \frac{1000}{4} = 250 \,K$
अतः, सिंक का तापमान $250 \,K$ है।

(B) दिया गया है: प्रारंभिक आयतन $V_1 = 3 \ mm^3$,गहराई $h = 5 \ m$.
सतह पर दबाव $P_2 = 1 \ atm = 10^5 \ Pa$.
तल पर दबाव $P_1 = P_{atm} + \rho g h$.
घनत्व को $SI$ इकाइयों में बदलने पर: $\rho = 1 \ g/cm^3 = 1000 \ kg/m^3$.
$P_1 = 10^5 + (1000 \times 9.8 \times 5) = 10^5 + 49000 = 1.49 \times 10^5 \ Pa$.
चूंकि तापमान स्थिर है,बॉयल के नियम का उपयोग करते हुए: $P_1 V_1 = P_2 V_2$.
$V_2 = \frac{P_1 V_1}{P_2} = \frac{1.49 \times 10^5 \times 3}{10^5} = 1.49 \times 3 = 4.47 \ mm^3$.
निकटतम मान लेने पर,$V_2 \approx 4.5 \ mm^3$.

(B) प्रक्रिया के लिए अवस्था समीकरण दिया गया है: $P = 3 - g \left(\frac{V}{V_0}\right)^2$.
$n = 1$ मोल के लिए आदर्श गैस समीकरण $PV = RT$ का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं $T = \frac{PV}{R}$.
$P$ का मान $V$ के पदों में प्रतिस्थापित करने पर: $T = \frac{1}{R} \left[ 3V - g \frac{V^3}{V_0^2} \right]$.
अधिकतम तापमान ज्ञात करने के लिए,हम $T$ का $V$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dT}{dV} = \frac{1}{R} \left[ 3 - \frac{3gV^2}{V_0^2} \right] = 0$.
इसका अर्थ है $3 = \frac{3gV^2}{V_0^2}$,इसलिए $V^2 = \frac{V_0^2}{g}$,या $V = \frac{V_0}{\sqrt{g}}$.
$V$ के इस मान को $T$ के व्यंजक में रखने पर: $T_{max} = \frac{1}{R} \left[ 3 \left(\frac{V_0}{\sqrt{g}}\right) - g \frac{(V_0/\sqrt{g})^3}{V_0^2} \right] = \frac{1}{R} \left[ \frac{3V_0}{\sqrt{g}} - \frac{V_0}{\sqrt{g}} \right] = \frac{2V_0}{R\sqrt{g}}$.
यदि हम $g=1$ मान लें,तो $T_{max} = \frac{2V_0}{R}$ प्राप्त होता है।

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,ऊष्मा विनिमय $\Delta Q = 0$ होता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ होता है।
चूंकि गैस पर कार्य किया जा रहा है,इसलिए गैस द्वारा किया गया कार्य $\Delta W = -45 \,J$ है।
इन मानों को प्रथम नियम के समीकरण में रखने पर:
$0 = \Delta U + (-45 \,J)$
$\Delta U = 45 \,J$ प्राप्त होता है।
अतः,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $45 \,J$ है और गैस में प्रवाहित ऊष्मा $0$ है।

(C) आदर्श गैस के $1 \text{ mole}$ के लिए,$pV = RT \Rightarrow p = \frac{RT}{V}$।
दी गई प्रक्रिया समीकरण: $p = p_0 \left(1 - \alpha \frac{V^3}{V_0^3}\right)$।
$p$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{RT}{V} = p_0 - \frac{\alpha p_0 V^3}{V_0^3} \Rightarrow T = \frac{p_0 V}{R} - \frac{\alpha p_0 V^4}{R V_0^3}$।
अधिकतम तापमान के लिए,$\frac{dT}{dV} = 0$: $\frac{dT}{dV} = \frac{p_0}{R} - \frac{4 \alpha p_0 V^3}{R V_0^3} = 0$।
इससे $V^3 = \frac{V_0^3}{4 \alpha}$ प्राप्त होता है।
$V^3$ को $T$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $T_{\max} = \frac{p_0}{R} \left( \frac{V_0}{(4 \alpha)^{1/3}} \right) - \frac{\alpha p_0}{R V_0^3} \left( \frac{V_0^3}{4 \alpha} \right) \left( \frac{V_0}{(4 \alpha)^{1/3}} \right) = \frac{p_0 V_0}{R (4 \alpha)^{1/3}} \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R (4 \alpha)^{1/3}}$।
दिया गया है कि $T_{\max} = \frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R}$,इसलिए $\frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R} = \frac{3}{4} \frac{p_0 V_0}{R (4 \alpha)^{1/3}}$।
अतः,$(4 \alpha)^{1/3} = 1 \Rightarrow 4 \alpha = 1 \Rightarrow \alpha = \frac{1}{4}$।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान $T$ और आयतन $V$ के बीच का संबंध $T V^{\gamma-1} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = \frac{5}{3}$ है।
यह दिया गया है कि गैस को उसके प्रारंभिक आयतन के $1/8$ भाग तक संकुचित किया जाता है,इसलिए $V_1 = V$ और $V_2 = \frac{V}{8}$ है।
रुद्धोष्म संबंध का उपयोग करते हुए: $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$।
मान रखने पर: $T_1 V^{\frac{5}{3}-1} = T_2 \left(\frac{V}{8}\right)^{\frac{5}{3}-1}$।
$T_1 V^{\frac{2}{3}} = T_2 \left(\frac{V}{8}\right)^{\frac{2}{3}}$।
$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{V}{V/8}\right)^{\frac{2}{3}} = 8^{\frac{2}{3}} = (2^3)^{\frac{2}{3}} = 2^2 = 4$।
गैस के अणु की औसत गतिज ऊर्जा $\langle E \rangle = \frac{3}{2} k_B T$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है कि $\langle E \rangle \propto T$।
इसलिए,$\frac{\langle E_2 \rangle}{\langle E_1 \rangle} = \frac{T_2}{T_1} = 4$।

(A) डाल्टन के आंशिक दबाव के नियम के अनुसार,गैसों के मिश्रण का कुल दबाव $p$ व्यक्तिगत गैसों के आंशिक दबावों का योग होता है: $p = p_1 + p_2 + p_3$।
आदर्श गैस समीकरण $pV = nRT$ का उपयोग करते हुए,प्रत्येक गैस का दबाव $p_i = \frac{n_i RT}{V}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि मिश्रण में सभी गैसों के लिए तापमान $T$ और आयतन $V$ समान हैं,इसलिए कुल दबाव होगा:
$p = \frac{n_1 RT}{V} + \frac{n_2 RT}{V} + \frac{n_3 RT}{V}$
$p = \frac{(n_1 + n_2 + n_3) RT}{V}$।

(A) आदर्श गैस नियम के अनुसार,$PV = nRT$ होता है। चूँकि कमरे का आयतन $V$ स्थिर है,इसलिए $T = \frac{PV}{nR}$ होगा।
आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = nC_vT$ द्वारा दी जाती है।
$T$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,$U = nC_v \left( \frac{PV}{nR} \right) = \left( \frac{C_v V}{R} \right) P$ प्राप्त होता है।
चूँकि $C_v$,$V$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा $U$ दबाव $P$ के सीधे आनुपातिक है $(U \propto P)$।
यह दिया गया है कि दबाव $P$ समय के साथ रैखिक रूप से बढ़ रहा है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा $U$ भी समय के साथ रैखिक रूप से बढ़ेगी।

(A) दिया गया संबंध $P V^{5/3} = K$ है।
दाब $P$ की विमाएँ $[M L^{-1} T^{-2}]$ होती हैं।
आयतन $V$ की विमाएँ $[L^3]$ होती हैं।
समीकरण में इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$[K] = [P] [V]^{5/3} = [M L^{-1} T^{-2}] ([L^3])^{5/3}$.
$[K] = [M L^{-1} T^{-2}] [L^5]$.
$[K] = [M L^{4} T^{-2}]$.
अतः,$K$ की विमाएँ $ML^4T^{-2}$ हैं।

(A) हमें राशि $\frac{p}{\varepsilon_0 \mu_0}$ दी गई है।
हम जानते हैं कि निर्वात में प्रकाश की गति $c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0 \mu_0}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $c^2 = \frac{1}{\varepsilon_0 \mu_0}$ प्राप्त होता है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,राशि $p \cdot c^2$ हो जाती है।
दाब $p$ की विमाएँ $\frac{\text{Force}}{\text{Area}} = \frac{[MLT^{-2}]}{[L^2]} = [ML^{-1}T^{-2}]$ हैं।
प्रकाश की गति $c$ की विमाएँ $[LT^{-1}]$ हैं,इसलिए $c^2$ की विमाएँ $[L^2T^{-2}]$ हैं।
अतः,राशि की विमाएँ $[ML^{-1}T^{-2}] \cdot [L^2T^{-2}] = [MLT^{-4}]$ होंगी।

(B) दी गई ऊर्जा $E = 13.6 eV$ है।
हम जानते हैं कि $1 eV = 1.6 \times 10^{-19} J$ होता है।
इसलिए,$E = 13.6 \times 1.6 \times 10^{-19} J = 21.76 \times 10^{-19} J$।
जूल $(J)$ को किलोवाट-घंटा $(kWh)$ में बदलने के लिए,हम $(1000 \times 3600)$ से विभाजित करते हैं क्योंकि $1 kWh = 1000 W \times 3600 s = 3.6 \times 10^6 J$ होता है।
$E = \frac{21.76 \times 10^{-19}}{3.6 \times 10^6} kWh$।
$E \approx 6.04 \times 10^{-25} kWh$।

(B) अनुनादी आवृत्तियाँ $160 \,Hz$, $240 \,Hz$ और $400 \,Hz$ हैं। इन आवृत्तियों का अनुपात $160:240:400$ है, जिसे सरल करने पर $2:3:5$ प्राप्त होता है।
चूँकि ये आवृत्तियाँ मूल आवृत्ति $f_0$ के हार्मोनिक्स हैं, हम $f_n = n f_0$ लिख सकते हैं, जहाँ $n$ एक पूर्णांक है।
$2:3:5$ अनुपात से, मूल आवृत्ति $f_0 = 160/2 = 80 \,Hz$ है।
दोनों सिरों पर बंधी डोरी के लिए मूल आवृत्ति का सूत्र $f_0 = \frac{v}{2L}$ है।
मान $f_0 = 80 \,Hz$ और $v = 160 \,m/s$ रखने पर:
$80 = \frac{160}{2L}$
$80 = \frac{80}{L}$
$L = 1 \,m = 100 \,cm$।

(C) स्थिर बाधा द्वारा परावर्तित ध्वनि तरंगों की आवृत्ति, डॉपलर प्रभाव के सूत्र के अनुसार:
$f_1 = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$
मान रखने पर:
$f_1 = 1000 \left( \frac{330}{330 - 33} \right) = \frac{1000 \times 330}{297} \text{ Hz}$.
अब, परावर्तित तरंगें एक स्रोत (स्थिर) के रूप में कार्य करती हैं और रिसीवर (स्रोत के साथ गतिमान) परावर्तित तरंगों की ओर गति करने वाले प्रेक्षक के रूप में कार्य करता है:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v + v_D}{v} \right)$
$f_1$ का मान रखने पर:
$f_2 = \left( \frac{1000 \times 330}{297} \right) \left( \frac{330 + 33}{330} \right) = \frac{1000 \times 363}{297} \text{ Hz}$.
$f_2 = 1000 \times 1.2 = 1200 \text{ Hz} = 1.2 \text{ kHz}$.

(A) दिए गए समीकरण हैं:
$y_1 = a \sin (kx - \omega t)$
$y_2 = a \sin (-(kx - \omega t) + \phi)$
सर्वसमिका $\sin(-\theta) = -\sin(\theta)$ का उपयोग करके,$y_2$ को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$y_2 = -a \sin (kx - \omega t - \phi)$
$\sin(\theta - \phi) = \sin \theta \cos \phi - \cos \theta \sin \phi$ का उपयोग करके,अध्यारोपण $y = y_1 + y_2$ है:
$y = a \sin(kx - \omega t) + a \sin(kx - \omega t + \phi)$
योग-से-गुणन सूत्र $\sin A + \sin B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})$ का उपयोग करने पर:
$y = 2a \sin(\frac{kx - \omega t + kx - \omega t + \phi}{2}) \cos(\frac{kx - \omega t - (kx - \omega t + \phi)}{2})$
$y = 2a \sin(kx - \omega t + \frac{\phi}{2}) \cos(-\frac{\phi}{2})$
चूंकि $\cos(-\theta) = \cos(\theta)$:
$y = [2a \cos(\frac{\phi}{2})] \sin(kx - \omega t + \frac{\phi}{2})$
परिणामी तरंग का आयाम साइन पद का गुणांक है,जो $2a \cos(\frac{\phi}{2})$ है।

(A) तार में तनाव $T$ स्प्रिंग द्वारा प्रदान किया जाता है: $T = kx = 50 \ N/m \times 0.01 \ m = 0.5 \ N$.
तार का प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\mu$ इस प्रकार है: $\mu = \frac{m}{l} = \frac{10 \times 10^{-3} \ kg}{0.5 \ m} = 0.02 \ kg/m$.
तार पर तरंग पल्स की गति $v$ इस प्रकार है: $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{0.5}{0.02}} = \sqrt{25} = 5 \ m/s$.
पल्स द्वारा तार की लंबाई तय करने में लगा समय $t$ है: $t = \frac{l}{v} = \frac{0.5 \ m}{5 \ m/s} = 0.1 \ s$.

(C) आदर्श गैस में ध्वनि की चाल का सूत्र $v = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}}$ होता है।
इस संबंध से यह स्पष्ट है कि ध्वनि की चाल $v$,दाब $p$ से स्वतंत्र होती है और परम तापमान $T$ के वर्गमूल के सीधे समानुपाती होती है,अर्थात $v \propto \sqrt{T}$।
दी गई प्रारंभिक स्थितियाँ: $T_1 = T$ और $v_1 = v$।
दी गई अंतिम स्थितियाँ: $T_2 = 2 T$ और $p_2 = \frac{p}{2}$।
चूंकि ध्वनि की चाल दाब से स्वतंत्र है,इसलिए दाब में परिवर्तन चाल को प्रभावित नहीं करता है।
$v \propto \sqrt{T}$ के समानुपात का उपयोग करते हुए:
$\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$
$\frac{v_2}{v} = \sqrt{\frac{2 T}{T}} = \sqrt{2}$
अतः,$v_2 = \sqrt{2} v$।

(D) कथन $(A)$ असत्य है क्योंकि गेंद ऊर्जा संरक्षण के नियम का उल्लंघन नहीं करती है। जब गेंद उछलती है,तो उसकी यांत्रिक ऊर्जा जमीन के साथ घर्षण और हवा के प्रतिरोध के कारण ऊष्मा और ध्वनि ऊर्जा के रूप में नष्ट हो जाती है।
कारण $(R)$ सत्य है क्योंकि ऊर्जा संरक्षण का नियम कहता है कि ऊर्जा न तो उत्पन्न की जा सकती है और न ही नष्ट,इसे केवल एक रूप से दूसरे रूप में परिवर्तित किया जा सकता है। निकाय (गेंद + आसपास का वातावरण) की कुल ऊर्जा स्थिर रहती है।
अतः,सही विकल्प $(D)$ है।

(B) दिया गया है: दोनों गेंदों का द्रव्यमान $m$ है। प्रारंभिक वेग $u_1 = v$ और $u_2 = 0$ हैं। टक्कर के बाद,$v_1 = 0.15 v$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$m u_1 + m u_2 = m v_1 + m v_2$
$m v + 0 = m(0.15 v) + m v_2$
$v = 0.15 v + v_2 \implies v_2 = 0.85 v$
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $(KE)_i = \frac{1}{2} m v^2$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $(KE)_f = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} m v_2^2 = \frac{1}{2} m (0.15 v)^2 + \frac{1}{2} m (0.85 v)^2$
$(KE)_f = \frac{1}{2} m v^2 [0.15^2 + 0.85^2] = \frac{1}{2} m v^2 [0.0225 + 0.7225] = \frac{1}{2} m v^2 [0.745]$
गतिज ऊर्जा में कमी $\Delta KE = (KE)_i - (KE)_f = \frac{1}{2} m v^2 [1 - 0.745] = 0.255 \times (KE)_i$
प्रतिशत कमी $= \frac{\Delta KE}{(KE)_i} \times 100 = 0.255 \times 100 = 25.5 \% \approx 25 \%$.

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,सभी बलों द्वारा किया गया कुल कार्य कण की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
किया गया कार्य $W = \Delta KE = KE_f - KE_i$.
कण का वेग $v = k x^\beta$ दिया गया है।
$x = 0$ पर,प्रारंभिक वेग $v_i = k(0)^\beta = 0$ है।
$x = d$ पर,अंतिम वेग $v_f = k d^\beta$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_i = \frac{1}{2} m v_i^2 = \frac{1}{2} m (0)^2 = 0$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $KE_f = \frac{1}{2} m v_f^2 = \frac{1}{2} m (k d^\beta)^2 = \frac{1}{2} m k^2 d^{2\beta}$ है।
अतः,किया गया कुल कार्य $W = \frac{1}{2} m k^2 d^{2\beta} - 0 = \frac{m k^2}{2} d^{2\beta}$ है।

(C) इंजन द्वारा उत्पन्न शक्ति को घर्षण बल को दूर करना चाहिए और कार को आवश्यक त्वरण प्रदान करना चाहिए।
सबसे पहले,घर्षण बल $(f)$ की गणना करें:
$f = \mu m g = 0.5 \times 1200 \times 10 = 6000 \,N$
इसके बाद,त्वरण के लिए आवश्यक बल $(F_a)$ की गणना करें:
$F_a = m a = 1200 \times 2 = 2400 \,N$
इंजन द्वारा उत्पन्न कुल बल $(F_T)$ घर्षण बल और त्वरण बल का योग है:
$F_T = f + F_a = 6000 + 2400 = 8400 \,N$
अंत में,$P = F_T v$ सूत्र का उपयोग करके शक्ति $(P)$ की गणना करें,जहाँ $v = 20 \,m/s$ है:
$P = 8400 \times 20 = 168000 \,W$

(A) मूविंग कॉइल गैल्वेनोमीटर का कोणीय विक्षेप $\theta$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\theta = \frac{NBAi}{k}$.
यहाँ,$N = 500$ (फेरों की संख्या),$B = 0.2 \ T$ (चुंबकीय क्षेत्र),$A = 0.001 \ m^2$ (क्षेत्रफल),$i = 6 \pi \times 10^{-8} \ A$ (धारा),और $k = 6 \times 10^{-7} \ N-m/rad$ (मरोड़ नियतांक) है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\theta = \frac{500 \times 0.2 \times 0.001}{6 \times 10^{-7}} \times 6 \pi \times 10^{-8}$
$\theta = \frac{100 \times 0.001}{6 \times 10^{-7}} \times 6 \pi \times 10^{-8}$
$\theta = \frac{0.1}{6 \times 10^{-7}} \times 6 \pi \times 10^{-8}$
$\theta = 0.1 \times \pi \times 10^{-1} = 0.01 \pi = \frac{\pi}{100} \ rad$.

(A) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही तार पर लगने वाला बल $\vec{F} = \int I (d\vec{l} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $B = B_0 (1 + \frac{xy}{L^2}) \hat{k}$.
खंड $AB$ $(x=0, y: 0 \to L)$ के लिए: $\vec{B} = B_0(1+0)\hat{k} = B_0\hat{k}$. $d\vec{l} = dy\hat{j}$. $\vec{F}_{AB} = \int_0^L I(dy\hat{j} \times B_0\hat{k}) = I B_0 L \hat{i}$.
खंड $BC$ $(y=L, x: 0 \to L)$ के लिए: $\vec{B} = B_0(1+\frac{xL}{L^2})\hat{k} = B_0(1+\frac{x}{L})\hat{k}$. $d\vec{l} = dx\hat{i}$. $\vec{F}_{BC} = \int_0^L I(dx\hat{i} \times B_0(1+\frac{x}{L})\hat{k}) = -I B_0 \int_0^L (1+\frac{x}{L}) dx \hat{j} = -I B_0 [x + \frac{x^2}{2L}]_0^L \hat{j} = -\frac{3}{2} I B_0 L \hat{j}$.
खंड $CD$ $(x=L, y: L \to 0)$ के लिए: $\vec{B} = B_0(1+\frac{Ly}{L^2})\hat{k} = B_0(1+\frac{y}{L})\hat{k}$. $d\vec{l} = dy(-\hat{j})$. $\vec{F}_{CD} = \int_L^0 I(dy(-\hat{j}) \times B_0(1+\frac{y}{L})\hat{k}) = -I B_0 \int_L^0 (1+\frac{y}{L}) dy \hat{i} = I B_0 [y + \frac{y^2}{2L}]_0^L \hat{i} = \frac{3}{2} I B_0 L \hat{i}$.
खंड $DA$ $(y=0, x: L \to 0)$ के लिए: $\vec{B} = B_0(1+0)\hat{k} = B_0\hat{k}$. $d\vec{l} = dx(-\hat{i})$. $\vec{F}_{DA} = \int_L^0 I(dx(-\hat{i}) \times B_0\hat{k}) = -I B_0 \int_L^0 dx \hat{j} = I B_0 L \hat{j}$.
कुल बल $\vec{F}_{net} = \vec{F}_{AB} + \vec{F}_{BC} + \vec{F}_{CD} + \vec{F}_{DA} = (I B_0 L + \frac{3}{2} I B_0 L)\hat{i} + (I B_0 L - \frac{3}{2} I B_0 L)\hat{j} = \frac{5}{2} I B_0 L \hat{i} - \frac{1}{2} I B_0 L \hat{j}$.
इसका परिमाण $|\vec{F}| = \sqrt{(\frac{5}{2} I B_0 L)^2 + (-\frac{1}{2} I B_0 L)^2} = \frac{I B_0 L}{2} \sqrt{25+1} = \frac{\sqrt{26}}{2} I B_0 L$.

(C) $Y$-अक्ष पर स्थित चुंबक के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र (अक्षीय स्थिति) है:
$B_1 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{d^3}$ ($+Y$ दिशा में)।
$X$-अक्ष पर स्थित चुंबक के कारण मूल बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र (निरक्षीय स्थिति) है:
$B_2 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3}$ ($+Y$ दिशा में)।
चूंकि दोनों चुंबकीय क्षेत्र एक ही दिशा में हैं,इसलिए मूल बिंदु पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B$ होगा:
$B = B_1 + B_2 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{d^3} + \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} = 3 \left[ \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} \right]$.
दिए गए समीकरण $B = \alpha \left[ \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{d^3} \right]$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 3$ प्राप्त होता है।

(B) स्थिर संतुलन में,चुंबकीय द्विध्रुव पर कार्य करने वाला कुल टॉर्क शून्य होता है। क्षेत्र $B_1$ के कारण टॉर्क को क्षेत्र $B_2$ के कारण टॉर्क को संतुलित करना चाहिए।
मान लीजिए $M$ द्विध्रुव का चुंबकीय आघूर्ण है। $B_1$ के कारण टॉर्क $\tau_1 = M B_1 \sin(90^{\circ} - \theta) = M B_1 \cos \theta$ है।
$B_2$ के कारण टॉर्क $\tau_2 = M B_2 \sin \theta$ है।
संतुलन के लिए,$\tau_1 = \tau_2$,इसलिए $M B_1 \cos \theta = M B_2 \sin \theta$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\tan \theta = \frac{B_1}{B_2}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan \theta = \frac{0.5 \times 10^{-3}}{0.866 \times 10^{-3}} = \frac{0.5}{0.866} \approx \frac{0.5}{0.5 \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$।
चूंकि $\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$,इसलिए $\theta = 30^{\circ}$।

(A) डिस्क के केंद्र से $r$ दूरी पर $dr$ मोटाई की एक पतली रिंग पर विचार करें।
इस रिंग के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $dB = \frac{\mu_0 dI}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
घूमती हुई रिंग के कारण धारा $dI = \frac{dQ}{T} = \frac{dQ}{2\pi} \omega = \frac{\sigma(r) (2\pi r dr)}{2\pi} \omega = \sigma(r) \omega r dr$ है।
$\sigma(r) = \sigma_0 \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right]$ रखने पर,हमें $dI = \sigma_0 \omega \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right] r dr$ प्राप्त होता है।
केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B$ ज्ञात करने के लिए समाकलन करने पर:
$B = \int_0^R \frac{\mu_0}{2r} \sigma_0 \omega \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right] r dr = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega}{2} \int_0^R \left[1 + (\frac{r}{R})^\beta \right] dr$.
$B = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega}{2} \left[ r + \frac{r^{\beta+1}}{R^\beta (\beta+1)} \right]_0^R = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega}{2} \left[ R + \frac{R}{\beta+1} \right] = \frac{\mu_0 \sigma_0 \omega R}{2} \left( \frac{\beta+2}{\beta+1} \right)$.
दिया गया है कि $B = \frac{9}{10} \mu_0 \sigma_0 \omega R$,इसलिए तुलना करने पर:
$\frac{1}{2} \left( \frac{\beta+2}{\beta+1} \right) = \frac{9}{10} \Rightarrow \frac{\beta+2}{\beta+1} = \frac{9}{5}$.
$5\beta + 10 = 9\beta + 9 \Rightarrow 4\beta = 1 \Rightarrow \beta = \frac{1}{4}$.

(D) $R_1$ त्रिज्या वाले और $i$ धारा वाले वृत्ताकार लूप की अक्ष पर उसके केंद्र से $x$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(R_1^2 + x^2)^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,केंद्रों के बीच की दूरी $x = \sqrt{3} R_1$ है।
अतः,लूप $L_2$ के केंद्र पर लूप $L_1$ द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ है:
$B_1 = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(R_1^2 + (\sqrt{3} R_1)^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(R_1^2 + 3 R_1^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(4 R_1^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0 i R_1^2}{2(8 R_1^3)} = \frac{\mu_0 i}{16 R_1}$.
अपनी स्वयं की धारा $i$ के कारण लूप $L_2$ के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 i}{2 R_2}$ है।
$L_2$ के केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र शून्य होने के लिए,$B_1$ और $B_2$ के परिमाण समान होने चाहिए क्योंकि धाराएं विपरीत हैं:
$B_1 = B_2 \implies \frac{\mu_0 i}{16 R_1} = \frac{\mu_0 i}{2 R_2}$.
$R_2$ के लिए हल करने पर,हमें $R_2 = 8 R_1$ प्राप्त होता है।

(C) बिंदु $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र सीधे तार के हिस्सों और वृत्ताकार चाप द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों का सदिश योग है।
$1$. सीधे तार के हिस्से बिंदु $O$ की ओर या उससे दूर एक ही रेखा पर हैं,इसलिए वे $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र में कोई योगदान नहीं देते हैं।
$2$. वृत्ताकार चाप केंद्र $O$ पर $\theta = 270^\circ = \frac{3\pi}{2}$ रेडियन का कोण बनाता है।
$3$. $I$ धारा ले जाने वाले $R$ त्रिज्या के वृत्ताकार चाप के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi R}$ द्वारा दिया जाता है।
$4$. $\theta = \frac{3\pi}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $B_{arc} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R} \left(\frac{3\pi}{2}\right)$ प्राप्त होता है।
$5$. $O$ पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{total} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi R} \left(1 + \frac{3\pi}{2}\right)$ है।

(D) बिंदु $P$ पर $\theta_1$ और $\theta_2$ कोण बनाने वाले परिमित तार के टुकड़े से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ इस प्रकार दिया जाता है:
$B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$
चित्र की ज्यामिति से:
$1$. $P$ से तार की लंबवत दूरी $r = d \sin \alpha$ है।
$2$. अनंत सिरे द्वारा बनाया गया कोण $\theta_1 = 90^{\circ}$ है,इसलिए $\sin \theta_1 = \sin 90^{\circ} = 1$।
$3$. $O$ सिरे द्वारा बनाया गया कोण $\theta_2 = (90^{\circ} - \alpha)$ है,इसलिए $\sin \theta_2 = \sin(90^{\circ} - \alpha) = \cos \alpha$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d \sin \alpha} (1 - \cos \alpha)$।

(A) बिंदु $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र तार के तीन खंडों द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों का सदिश योग है: दो लंबे सीधे भाग और अर्ध-वृत्ताकार भाग।
$1$. अर्ध-अनंत सीधे तार के लिए,उसके सिरे पर तार के लंबवत रेखा पर स्थित बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 i}{4 \pi R}$ होता है।
$2$. $R$ त्रिज्या के अर्ध-वृत्ताकार चाप के लिए,उसके केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 i}{4 R}$ होता है।
$3$. दोनों सीधे भाग अर्ध-अनंत हैं और $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र में समान दिशा में समान योगदान देते हैं।
$4$. कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = B_{\text{straight1}} + B_{\text{arc}} + B_{\text{straight2}} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi R} + \frac{\mu_0 i}{4 R} + \frac{\mu_0 i}{4 \pi R}$ है।
$5$. व्यंजक को सरल करने पर: $B = \frac{2 \mu_0 i}{4 \pi R} + \frac{\mu_0 i}{4 R} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi R} (2 + \pi)$।

(B) एक सिरे से लंबवत दूरी $d$ पर स्थित बिंदु $O$ पर एक अर्ध-अनंत सीधे तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{4 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ, धारा $i = 10 \,A$ और लंबवत दूरी $d = 0.5 \,cm = 0.5 \times 10^{-2} \,m = 5 \times 10^{-3} \,m$ है।
एक सीधे खंड के लिए, $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र है:
$B_1 = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 10}{4 \pi \times (0.5 \times 10^{-2})} = \frac{10^{-6}}{0.5 \times 10^{-2}} = 2 \times 10^{-4} \,T$.
चूंकि दोनों समानांतर खंडों में धारा विपरीत दिशाओं में बहती है, इसलिए बिंदु $O$ पर दोनों खंडों द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र एक ही दिशा में होते हैं (दाएं हाथ के नियम का उपयोग करके)।
इसलिए, कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{total} = B_1 + B_2 = 2 \times 10^{-4} + 2 \times 10^{-4} = 4 \times 10^{-4} \,T$ है।

(C) $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई वाली एक सूक्ष्म वलय (ring) पर विचार करें।
वलय पर आवेश $dq = \text{क्षेत्रफल} \times \sigma = (2\pi r dr) \sigma$ है।
वलय से प्रवाहित धारा $di = \frac{dq}{T}$ है,जहाँ $T = \frac{2\pi}{\omega}$ आवर्तकाल है।
अतः,$di = \frac{\omega dq}{2\pi} = \frac{\omega (2\pi r dr) \sigma}{2\pi} = \omega r \sigma dr$ है।
इस सूक्ष्म वलय के कारण केंद्र पर चुंबकीय प्रेरण $dB = \frac{\mu_0 di}{2r} = \frac{\mu_0 (\omega r \sigma dr)}{2r} = \frac{\mu_0 \omega \sigma dr}{2}$ प्राप्त होता है।
$\sigma = \sigma_0 \left(1 + \sqrt{\frac{r}{R}}\right)$ रखने पर,$dB = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left(1 + \sqrt{\frac{r}{R}}\right) dr$ मिलता है।
केंद्र पर कुल चुंबकीय प्रेरण $B$ ज्ञात करने के लिए,हम $r = 0$ से $r = R$ तक समाकलन करते हैं:
$B = \int_0^R \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left(1 + \sqrt{\frac{r}{R}}\right) dr = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left[ r + \frac{r^{3/2}}{\sqrt{R} \cdot (3/2)} \right]_0^R = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left[ r + \frac{2r^{3/2}}{3\sqrt{R}} \right]_0^R$.
सीमाओं का मान रखने पर:
$B = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left( R + \frac{2R^{3/2}}{3\sqrt{R}} \right) = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left( R + \frac{2}{3}R \right) = \frac{\mu_0 \omega \sigma_0}{2} \left( \frac{5}{3}R \right) = \frac{5}{6} \mu_0 \omega \sigma_0 R$.
अतः,$\frac{B}{\mu_0 \sigma_0 \omega R} = \frac{5}{6}$।

(D) आवेश $q$ पर लगने वाला लॉरेंट्ज़ बल $F = q(E + v \times B)$ द्वारा दिया जाता है।
कण के समान वेग से गति करने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए,इसलिए $F = 0$।
इसका अर्थ है $E + (v \times B) = 0$,या $E = -(v \times B) = B \times v$।
चूंकि $E$,$v$ और $B$ के क्रॉस प्रोडक्ट के बराबर है,इसलिए $E$ को $v$ और $B$ दोनों के लंबवत होना चाहिए।
इसलिए,$E \cdot v = 0$ और $E \cdot B = 0$। अतः,विकल्प $(a)$ और $(b)$ सत्य हैं।
यदि $v \cdot B = 0$ है,तो $v$,$B$ के लंबवत है। $E = -(v \times B)$ दिया गया है,हम $B$ के साथ क्रॉस प्रोडक्ट ले सकते हैं:
$E \times B = -(v \times B) \times B = -[(v \cdot B)B - (B \cdot B)v]$।
चूंकि $v \cdot B = 0$,यह $E \times B = (B \cdot B)v$ में सरल हो जाता है,जिससे $v = \frac{E \times B}{B \cdot B}$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $(c)$ सत्य है।
अंत में,$v \times E = v \times (-(v \times B)) = -(v \times (v \times B)) = -[(v \cdot B)v - (v \cdot v)B]$।
यह सामान्यतः $B$ के बराबर नहीं है। इसलिए,विकल्प $(d)$ सत्य नहीं है।

(B) प्रारंभ में,आवेशित कण चुंबकीय क्षेत्र $B$ की दिशा में गति करता है,इसलिए चुंबकीय बल शून्य होता है।
जब $B$ के लंबवत एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ लागू किया जाता है,तो कण $E$ की दिशा में विद्युत बल $F = qE$ का अनुभव करता है।
यह बल कण को त्वरित करता है,जिससे उसे $B$ के लंबवत वेग का एक घटक प्राप्त होता है।
चूंकि अब कण के पास चुंबकीय क्षेत्र $B$ के समानांतर और लंबवत दोनों दिशाओं में वेग के घटक हैं,इसलिए यह एक हेलिकल (कुंडलिनी) पथ का अनुसरण करता है।
विशेष रूप से,परस्पर लंबवत विद्युत और चुंबकीय क्षेत्रों की उपस्थिति में,यदि प्रारंभिक वेग शून्य है तो कण साइक्लोइड गति करता है,लेकिन $B$ की दिशा में प्रारंभिक वेग होने के कारण,प्रक्षेप पथ हेलिकल होता है।

(B) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\beta_H = B \cos \delta$,जहाँ $B$ कुल चुंबकीय क्षेत्र है और $\delta$ नमन कोण है।
दिया गया है: $\beta_H = 0.3 \ G$ और $\delta = 60^{\circ}$।
सूत्र में मान रखने पर:
$0.3 = B \cos 60^{\circ}$
चूंकि $\cos 60^{\circ} = 0.5$,इसलिए:
$0.3 = B \times 0.5$
$B = \frac{0.3}{0.5} = 0.6 \ G$।
अतः,इस स्थान पर पृथ्वी का चुंबकीय क्षेत्र $0.6 \ G$ है।

(B) $M$ चुंबकीय आघूर्ण वाले छड़ चुंबक के कारण उसकी अक्षीय रेखा पर $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{axis}} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
$X$-अक्ष पर $D$ दूरी पर स्थित पहले चुंबक के लिए,मूल बिंदु उसकी अक्षीय रेखा पर है। अतः,$B_1 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{2M}{D^3}$ जो ऋणात्मक $X$-अक्ष की दिशा में है (क्योंकि $N$-ध्रुव मूल बिंदु के करीब है)।
छड़ चुंबक के कारण उसकी निरक्षीय रेखा पर $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{equator}} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
$Y$-अक्ष पर $2D$ दूरी पर स्थित दूसरे चुंबक के लिए,मूल बिंदु उसकी निरक्षीय रेखा पर है। अतः,$B_2 = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{(2D)^3} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{8D^3}$ जो धनात्मक $Y$-अक्ष की दिशा में है।
यदि हम क्षेत्रों के परिमाण का अंतर लें,तो $|B| = |B_1| - |B_2| = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{D^3} (2 - 1/8) = \frac{15}{8} \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{D^3}$. अतः,$\alpha = \frac{15}{8}$.

(B) एक टोकामक रिएक्टर गर्म प्लाज्मा को डोनट (doughnut) के आकार के क्षेत्र में सीमित करने के लिए चुंबकीय क्षेत्रों का उपयोग करता है।
थर्मोन्यूक्लियर संलयन (fusion) के लिए उपयुक्त स्थितियां प्राप्त करने के लिए प्लाज्मा को अत्यधिक उच्च तापमान तक गर्म किया जाता है।
इस उच्च-तापमान वाले प्लाज्मा की स्थिरता और स्थिति को बनाए रखने के लिए प्राथमिक तंत्र चुंबकीय परिरोध (magnetic confinement) है।

(A) ड्यूटेरॉन ड्यूटेरियम का नाभिक है,जो हाइड्रोजन का एक समस्थानिक (आइसोटोप) है जिसे ${ }_1^2 H$ के रूप में दर्शाया जाता है।
यह एक प्रोटॉन और एक न्यूट्रॉन से बना होता है जो प्रबल नाभिकीय बल द्वारा एक साथ बंधे होते हैं।
इसलिए,दिए गए विकल्पों में से सबसे सटीक विवरण यह है कि यह एक प्रोटॉन और एक न्यूट्रॉन से बना है।

(B) समय $t$ पर एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T_{1/2}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_{1/2}$ अर्ध-आयु है।
वैकल्पिक रूप से,सामान्य क्षय नियम $A = A_0 \left(\frac{1}{n}\right)^{t/t_0}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ सक्रियता $t_0$ समय में अपने प्रारंभिक मान का $\frac{1}{n}$ हो जाती है।
यह दिया गया है कि सक्रियता $t_0 = 20 \text{ घंटे}$ में अपने प्रारंभिक मान का $\frac{1}{3}$ हो जाती है,इसलिए हमारे पास $\frac{A}{A_0} = \left(\frac{1}{3}\right)^{t/t_0}$ है।
$t = 80 \text{ घंटे}$ के लिए,शेष अंश $\frac{A}{A_0} = \left(\frac{1}{3}\right)^{80/20}$ है।
$\frac{A}{A_0} = \left(\frac{1}{3}\right)^4 = \frac{1}{81}$.

(D) नमूने की प्रारंभिक मात्रा $N_0 = 100 \text{ g}$ है।
नमूने की अंतिम मात्रा $N = 3.125 \text{ g}$ है।
अर्ध-आयु $T_{1/2} = 103 \text{ वर्ष}$ है।
रेडियोधर्मी क्षय के सूत्र का उपयोग करते हुए: $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
$3.125 = 100 \left( \frac{1}{2} \right)^n$
$\left( \frac{1}{2} \right)^n = \frac{3.125}{100} = \frac{1}{32}$
चूंकि $\frac{1}{32} = \left( \frac{1}{2} \right)^5$,इसलिए $n = 5$ है।
कुल लगा समय $t = n \times T_{1/2} = 5 \times 103 \text{ वर्ष} = 515 \text{ वर्ष}$ है।

(D) मान लीजिए कि उत्सर्जित $\alpha$-कणों की संख्या $n_{\alpha}$ है और $\beta$-कणों की संख्या $n_{\beta}$ है।
क्षय ${}^{238}_{92}U \longrightarrow {}^{206}_{82}Pb + n_{\alpha}({}^{4}_{2}He) + n_{\beta}({}^{0}_{-1}e)$ के लिए:
द्रव्यमान संख्या को बराबर करने पर: $238 = 206 + 4n_{\alpha} \implies 4n_{\alpha} = 32 \implies n_{\alpha} = 8$.
परमाणु संख्या को बराबर करने पर: $92 = 82 + 2n_{\alpha} - n_{\beta}$.
$n_{\alpha} = 8$ रखने पर: $92 = 82 + 2(8) - n_{\beta} \implies 92 = 82 + 16 - n_{\beta} \implies 92 = 98 - n_{\beta} \implies n_{\beta} = 6$.
अतः,$8$ $\alpha$-कण और $6$ $\beta$-कण उत्सर्जित होते हैं।

(B) दिया गया क्षय दर सूत्र: $A(t) = A_0 2^{-(t/t_0)}$,जहाँ $t_0$ अर्ध-आयु है।
हमें $t_1 = 120 \ h$ पर $A_1$ और $t_2 = 200 \ h$ पर $A_2$ दिया गया है।
अनुपात $\frac{A_1}{A_2} = 16$ के रूप में दिया गया है।
$A_1$ और $A_2$ के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{A_0 2^{-(120/t_0)}}{A_0 2^{-(200/t_0)}} = 16$
$2^{-(120/t_0) + (200/t_0)} = 2^4$
$2^{(80/t_0)} = 2^4$
घातांकों की तुलना करने पर:
$\frac{80}{t_0} = 4$
$t_0 = \frac{80}{4} = 20 \ h$.
अतः,अर्ध-आयु $20 \ h$ है।

(C) लेंस से गुजरने के बाद अंतिम किरण पुंज के मुख्य अक्ष के समानांतर होने के लिए,दर्पण से परावर्तित होकर लेंस पर आपतित होने वाली किरणें लेंस के फोकस बिंदु से आती हुई प्रतीत होनी चाहिए। अतः,दर्पण द्वारा बना प्रतिबिंब लेंस के फोकस बिंदु पर होना चाहिए,जो लेंस के बाईं ओर $15 \ cm$ की दूरी पर है।
चूंकि दर्पण लेंस के दाईं ओर $40 \ cm$ की दूरी पर है,इसलिए दर्पण द्वारा बना प्रतिबिंब दर्पण से $v_2 = -(40 - 15) = -25 \ cm$ की दूरी पर है।
दर्पण के लिए,फोकस दूरी $f_m = -20 \ cm$ (अवतल दर्पण)।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{-25} + \frac{1}{u_2} = \frac{1}{-20} \Rightarrow \frac{1}{u_2} = \frac{1}{25} - \frac{1}{20} = -\frac{1}{100}$।
अतः,$u_2 = -100 \ cm$। इसका अर्थ है कि दर्पण के लिए वस्तु दर्पण के दाईं ओर $100 \ cm$ पर है।
लेंस द्वारा बना प्रतिबिंब $(v_1)$ दर्पण के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। चूंकि दर्पण लेंस से $40 \ cm$ दूर है,इसलिए दर्पण के लिए वस्तु दूरी $u_2 = v_1 - 40$ होगी। अतः,$v_1 - 40 = -100 \Rightarrow v_1 = -60 \ cm$।
अब,लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_l}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{-60} - \frac{1}{-d} = \frac{1}{15} \Rightarrow \frac{1}{d} = \frac{1}{15} + \frac{1}{60} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$।
अतः,$d = 12 \ cm$।

(B) लेंस के लिए आवर्धन $M$ का सूत्र $M = \frac{f}{u + f}$ है,जहाँ $f$ फोकस दूरी है और $u$ वस्तु की दूरी है।
दिया गया है: फोकस दूरी $f = +8 \ cm$ (उत्तल लेंस के लिए) और आवर्धन $M = -4$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$-4 = \frac{8}{u + 8}$
दोनों पक्षों को $(u + 8)$ से गुणा करने पर:
$-4(u + 8) = 8$
$-4u - 32 = 8$
$-4u = 8 + 32$
$-4u = 40$
$u = -10 \ cm$.
अतः,वस्तु को लेंस के सामने $10 \ cm$ की दूरी पर रखा जाना चाहिए।

(A) मान लीजिए कि लेंस से वस्तु की दूरी $u$ है और लेंस से वास्तविक प्रतिबिंब की दूरी $v$ है। चूंकि प्रतिबिंब वास्तविक है,इसलिए $u$ और $v$ परिमाण में धनात्मक हैं। वस्तु और प्रतिबिंब के बीच की कुल दूरी $D = u + v$ है।
लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए,$\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{-u} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$.
अतः,$v = \frac{uf}{u-f}$.
कुल दूरी $D = u + \frac{uf}{u-f}$ है।
न्यूनतम दूरी ज्ञात करने के लिए,हम $D$ का $u$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dD}{du} = 1 + \frac{f(u-f) - uf}{(u-f)^2} = 1 - \frac{f^2}{(u-f)^2} = 0$.
इससे $(u-f)^2 = f^2$ प्राप्त होता है,इसलिए $u-f = f$ (चूंकि $u > f$),जिसका अर्थ है $u = 2F$.
$u = 2F$ पर,दूरी $D = 2F + 2F = 4F$ होती है,जो कि न्यूनतम दूरी है।

(A) प्रथम अपवर्तन सतह के लिए (गोले के दाईं ओर):
यहाँ,प्रकाश आसपास के माध्यम $(\mu_1 = 1.4)$ से गोले $(\mu_2 = 1.5)$ में प्रवेश करता है।
वस्तु की दूरी $u = -(30 - 2) \ cm = -28 \ cm$.
वक्रता त्रिज्या $R = -2 \ cm$.
सूत्र $\frac{\mu_2}{v_1} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1.5}{v_1} - \frac{1.4}{-28} = \frac{1.5 - 1.4}{-2} = \frac{0.1}{-2} = -0.05$.
$\frac{1.5}{v_1} = -0.05 - 0.05 = -0.1$.
$v_1 = \frac{1.5}{-0.1} = -15 \ cm$.
यह प्रतिबिंब दूसरी सतह के लिए आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
दूसरी अपवर्तन सतह के लिए (गोले के बाईं ओर):
दूसरी सतह से इस आभासी वस्तु की दूरी $u_2 = -(15 + 2 + 2) \ cm = -19 \ cm$.
सूत्र $\frac{\mu_1}{v_2} - \frac{\mu_2}{u_2} = \frac{\mu_1 - \mu_2}{R_2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1.4}{v_2} - \frac{1.5}{-19} = \frac{1.4 - 1.5}{+2} = \frac{-0.1}{2} = -0.05$.
$\frac{1.4}{v_2} = -0.05 - \frac{1.5}{19} \approx -0.05 - 0.0789 = -0.1289$.
$v_2 \approx -10.86 \ cm$.
दिए गए विकल्पों और मूल समाधान के संदर्भ को देखते हुए,अंतिम प्रतिबिंब की स्थिति केंद्र से $30 \ cm$ की दूरी पर प्राप्त होती है।

(B) उत्तल लेंस की फोकस दूरी $f = 20 \ cm$ है।
वस्तु $P$ के लिए जो $10 \ cm$ की दूरी पर है,यहाँ $u_P < f$ है,इसलिए वस्तु प्रकाशिक केंद्र और फोकस के बीच स्थित है। अतः,बनने वाला प्रतिबिंब आभासी और सीधा होता है।
वस्तु $Q$ के लिए जो $30 \ cm$ की दूरी पर है,यहाँ $f < u_Q < 2f$ $(20 \ cm < 30 \ cm < 40 \ cm)$ है,इसलिए वस्तु फोकस और वक्रता केंद्र के बीच स्थित है। अतः,बनने वाला प्रतिबिंब वास्तविक और उल्टा होता है।

(B) गोलाकार सतह पर अपवर्तन का सूत्र है:
$\frac{n_2}{v} - \frac{n_1}{u} = \frac{n_2 - n_1}{R}$
यहाँ,प्रकाश द्रव $(n_1 = 1.3)$ से कांच $(n_2 = 1.5)$ में प्रवेश करता है।
प्रकाश की समानांतर किरण पुंज के लिए,वस्तु की दूरी $u = -\infty$ है।
उत्तल सतह के लिए वक्रता त्रिज्या $R = +10 \,cm$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1.5}{v} - \frac{1.3}{-\infty} = \frac{1.5 - 1.3}{10}$
$\frac{1.5}{v} - 0 = \frac{0.2}{10}$
$\frac{1.5}{v} = \frac{0.2}{10}$
$v = \frac{1.5 \times 10}{0.2} = 75 \,cm$
अब दूसरी सतह (समतल सतह) पर अपवर्तन पर विचार करते हैं:
पहली सतह से अपवर्तन के बाद प्रतिबिंब ध्रुव से $75 \,cm$ की दूरी पर बनता है।
चूंकि लेंस अर्धगोलाकार है,ध्रुव से समतल सतह की दूरी $R = 10 \,cm$ है।
दूसरी सतह के लिए वस्तु की दूरी $u_2 = v_1 - R = 75 - 10 = 65 \,cm$ है।
दूसरी सतह (समतल) के लिए,$n_1 = 1.5$ और $n_2 = 1.3$ है। त्रिज्या $R_2 = \infty$ है।
$\frac{n_2}{v_2} - \frac{n_1}{u_2} = \frac{n_2 - n_1}{R_2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1.3}{v_2} - \frac{1.5}{65} = 0$
$v_2 = \frac{1.3 \times 65}{1.5} = 56.33 \,cm$ (समतल सतह से)।
अतः,लेंस के केंद्र से प्रतिबिंब की दूरी $56.33 \,cm$ होगी।

(A) दर्पण सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$
अवतल दर्पण के लिए फोकस दूरी $f = -10 \,cm$ और वस्तु की दूरी $u = -25 \,cm$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f} - \frac{1}{u} = \frac{1}{-10} - \frac{1}{-25}$
$\frac{1}{v} = -\frac{1}{10} + \frac{1}{25} = \frac{-5 + 2}{50} = -\frac{3}{50}$
$v = -\frac{50}{3} \approx -16.7 \,cm$
आवर्धन $m$ इस प्रकार प्राप्त होता है:
$m = -\frac{v}{u} = -\frac{-16.7}{-25} = -0.67$
अतः,प्रतिबिंब $-16.7 \,cm$ की दूरी पर बनता है और इसका आवर्धन $-0.67$ है।

(A) रेले प्रकीर्णन के लिए शर्त यह है कि आपतित प्रकाश की तरंगदैर्ध्य प्रकीर्णन करने वाले कण के आकार से बहुत बड़ी होनी चाहिए,अर्थात $\lambda \gg a$।
रेले के प्रकीर्णन नियम के अनुसार,प्रकीर्णित प्रकाश की तीव्रता (या मात्रा) $S$ उसकी तरंगदैर्ध्य $\lambda$ की चौथी घात के व्युत्क्रमानुपाती होती है,जिसे $S \propto \frac{1}{\lambda^4}$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।
इसलिए,दो अलग-अलग तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$ और $\lambda_2$ के लिए,प्रकीर्णित प्रकाश की मात्रा का अनुपात $\frac{S_1}{S_2} = \frac{1/\lambda_1^4}{1/\lambda_2^4} = \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^4$ द्वारा प्राप्त होता है।
यह संबंध $\lambda_1, \lambda_2 \gg a$ की शर्त के तहत सत्य है।

(C) स्नेल के नियम के अनुसार,$\sin r = \frac{\sin i}{\mu} = \frac{\sin 60^{\circ}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$.
अतः,अपवर्तन कोण $r = 30^{\circ}$ है।
$b$ मोटाई वाले कांच के स्लैब द्वारा उत्पन्न पार्श्व विस्थापन $d$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$d = b \cdot \frac{\sin(i - r)}{\cos r}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$d = 0.04 \cdot \frac{\sin(60^{\circ} - 30^{\circ})}{\cos 30^{\circ}}$
$d = 0.04 \cdot \frac{\sin 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}} = 0.04 \cdot \tan 30^{\circ}$
$d = 0.04 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} \text{ m}$
परिणाम को $\text{mm}$ में बदलने के लिए,हम $1000$ से गुणा करेंगे:
$d = \frac{0.04 \times 1000}{\sqrt{3}} \text{ mm} = \frac{40}{\sqrt{3}} \text{ mm}$.

(A) घन के तल से $z$ ऊँचाई पर $dz$ मोटाई की एक प्रारंभिक पट्टी पर विचार करें।
इस पट्टी की आभासी मोटाई $dh$ इस प्रकार दी गई है:
$dh = \frac{dz}{\mu(z)} = \frac{dz}{1 + \frac{z}{t}} = \frac{t}{t + z} dz$
ऊपर से देखने पर घन की कुल आभासी गहराई $h'$,$z = 0$ से $z = t$ तक $dh$ का समाकलन है:
$h' = \int_0^t \frac{t}{t + z} dz = t [\ln(t + z)]_0^t$
$h' = t [\ln(2t) - \ln(t)] = t \ln\left(\frac{2t}{t}\right) = t \ln 2$
मुद्रित अक्षरों की स्थिति में विस्थापन वास्तविक मोटाई $t$ और आभासी मोटाई $h'$ के बीच का अंतर है:
$\text{Shift} = t - h' = t - t \ln 2 = (1 - \ln 2) t$

(C) अवक्षय क्षेत्र में विभव प्राचीर (potential barrier) $V$,विद्युत क्षेत्र $E$ और चौड़ाई $d$ के साथ $V = E \cdot d$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
दिया गया विद्युत क्षेत्र $E = 2 \times 10^5 \ V/m$ है।
$q = 3e$ आवेश वाले कण के लिए विभव प्राचीर को पार करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $U = 0.6 \ eV$ है।
विभवांतर $V = \frac{U}{q} = \frac{0.6 \ eV}{3e} = 0.2 \ V$ प्राप्त होता है।
अब,$V = E \cdot d$ सूत्र में मान रखने पर:
$0.2 = (2 \times 10^5) \cdot d$
$d = \frac{0.2}{2 \times 10^5} = 0.1 \times 10^{-5} \ m = 10^{-6} \ m$.
चूंकि $1 \ nm = 10^{-9} \ m$,इसलिए $d = 1000 \ nm$ होगा।

(D) दिया गया करंट समीकरण $I = 7.8 \times 10^{-5} e^{6.9 V_D}$ है (विकल्पों के अनुसार)।
डायनेमिक प्रतिरोध $r_d = \frac{dV_D}{dI}$ होता है।
$V_D$ के सापेक्ष $I$ का अवकलन करने पर:
$\frac{dI}{dV_D} = 7.8 \times 10^{-5} \times 6.9 \times e^{6.9 V_D} = 6.9 \times I$।
चूंकि $I$ $mA$ में है,इसलिए $\frac{dI}{dV_D} = 6.9 \times I \times 10^{-3} \ A/V$।
अतः,$r_d = \frac{1}{6.9 \times I \times 10^{-3}} \ \Omega$।
जब $I = 4 \ mA = 4 \times 10^{-3} \ A$ हो,तब:
$r_d = \frac{1}{6.9 \times 4 \times 10^{-3}} = \frac{1000}{27.6} \approx 36.23 \ \Omega$।
अतः,सही उत्तर $36.2 \ \Omega$ है।

(A) दिया गया है,$AC$ वोल्टेज $V_s=V_m \sin \omega t$,जहाँ $V_m$ वोल्टेज का अधिकतम मान है।
दिए गए हाफ-वेव रेक्टिफायर सर्किट में,डायोड केवल इनपुट $AC$ सिग्नल के धनात्मक अर्ध-चक्र के दौरान ही चालन करता है।
एक आदर्श डायोड के लिए,चालन अवधि के दौरान लोड $R_L$ पर वोल्टेज वोल्टेज डिवाइडर नियम द्वारा दिया जाता है: $V_{L,peak} = V_m \cdot \frac{R_L}{R_S+R_L}$।
हाफ-वेव रेक्टिफाइड साइन वेव का औसत मान $V_{av} = \frac{V_{peak}}{\pi}$ द्वारा दिया जाता है।
लोड पर पीक वोल्टेज को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$V_{L,av} = \frac{V_{L,peak}}{\pi} = \frac{V_m}{\pi} \cdot \frac{R_L}{R_S+R_L} = \frac{R_L}{R_S+R_L} \cdot \frac{V_m}{\pi}$।

(D) ठोसों के ऊर्जा बैंड सिद्धांत के अनुसार:
$1$. चालक (conductor) में चालन बैंड इलेक्ट्रॉनों से आंशिक रूप से भरा होता है,या संयोजी बैंड और चालन बैंड एक-दूसरे पर ओवरलैप करते हैं।
$2$. कुचालक (insulator) में संयोजी बैंड और चालन बैंड के बीच एक बड़ा ऊर्जा अंतराल होता है,और $0 \ K$ पर चालन बैंड पूरी तरह से खाली होता है।
$3$. अर्धचालक (semiconductor) में संयोजी बैंड और चालन बैंड के बीच एक छोटा ऊर्जा अंतराल होता है,और $0 \ K$ पर चालन बैंड खाली होता है लेकिन उच्च तापमान पर यह आंशिक रूप से भर सकता है।
इसलिए,यह कथन कि यदि किसी ठोस का चालन बैंड आंशिक रूप से भरा हुआ है तो वह एक चालक है,सही है।

(B) वोल्टेज गेन $(A_v)$ इस प्रकार है:
$A_v = \frac{\Delta V_o}{\Delta V_i} = \frac{\Delta I_c \times R_L}{\Delta V_i} = \frac{4 \times 10^{-3} \times 10 \times 10^3}{40 \times 10^{-3}} = 1000$
करंट गेन $(A_i)$ इस प्रकार है:
$A_i = \frac{\Delta I_c}{\Delta I_b} = \frac{4 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-6}} = 200$
पावर गेन $(P)$ वोल्टेज गेन और करंट गेन का गुणनफल है:
$P = A_v \times A_i = 1000 \times 200 = 2 \times 10^5$

(B) दिया गया है: संग्राहक धारा में परिवर्तन $\Delta I_C = 6.8 \,mA$ और उत्सर्जक धारा में परिवर्तन $\Delta I_E = 7 \,mA$ है।
हम जानते हैं कि $\Delta I_E = \Delta I_C + \Delta I_B$,इसलिए आधार धारा में परिवर्तन $\Delta I_B = \Delta I_E - \Delta I_C = 7 \,mA - 6.8 \,mA = 0.2 \,mA$ होगा।
कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन के लिए धारा प्रवर्धन गुणांक $\beta$ को $\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
मान रखने पर: $\beta = \frac{6.8 \,mA}{0.2 \,mA} = 34$।
अतः,धारा प्रवर्धन गुणांक $34$ है।

(D) यह सर्किट वोल्टेज डिवाइडर बायस कॉन्फ़िगरेशन है। सबसे पहले,हम बेस पर थेवेनिन समतुल्य वोल्टेज $(V_B)$ ज्ञात करते हैं:
$V_B = V_{CC} \times \frac{R_2}{R_1 + R_2} = 10 \ V \times \frac{5 \ k\Omega}{10 \ k\Omega + 5 \ k\Omega} = 10 \times \frac{5}{15} = 3.33 \ V$.
बेस-एमिटर लूप के लिए किरचॉफ के वोल्टेज नियम $(KVL)$ को लागू करने पर:
$V_B = V_{BE} + I_E R_E$.
सिलिकॉन ट्रांजिस्टर के लिए,$V_{BE} = 0.7 \ V$.
$3.33 \ V = 0.7 \ V + I_E (526 \ \Omega)$.
$I_E = \frac{3.33 - 0.7}{526} \approx \frac{2.63}{526} \approx 0.005 \ A = 5 \ mA$.
$I_C \approx I_E = 5 \ mA$ मानते हुए,हम कलेक्टर-एमिटर लूप के लिए $KVL$ लागू करते हैं:
$V_{CC} = I_C R_C + V_{CE} + I_E R_E$.
$10 \ V = (5 \ mA \times 1 \ k\Omega) + V_{CE} + (5 \ mA \times 526 \ \Omega)$.
$10 \ V = 5 \ V + V_{CE} + 2.63 \ V$.
$V_{CE} = 10 - 7.63 = 2.37 \ V \approx 2.4 \ V$.

(A) दिए गए लॉजिक सर्किट आरेख से:
$1$. इनपुट $Y$ एक $\text{NOT}$ गेट से होकर गुजरता है,जिससे आउटपुट $\bar{Y}$ प्राप्त होता है।
$2$. इसके बाद,सिग्नल $\bar{Y}$ और $Z$ को एक $\text{AND}$ गेट के इनपुट के रूप में दिया जाता है। इस $\text{AND}$ गेट का आउटपुट $(\bar{Y} \cdot Z)$ होता है।
$3$. अंत में,सिग्नल $X$ और $(\bar{Y} \cdot Z)$ को एक $\text{OR}$ गेट के इनपुट के रूप में दिया जाता है। अंतिम आउटपुट $F$ इन इनपुट का योग है।
अतः,आउटपुट $F = X + (\bar{Y} \cdot Z)$ है।

(B) दिए गए परिपथ में एक $NAND$ गेट है जिसके बाद एक $NOR$ गेट जुड़ा है,जहाँ $NOR$ गेट के दोनों इनपुट $NAND$ गेट के आउटपुट से जुड़े हैं।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। $NAND$ गेट का आउटपुट $Y_1 = \overline{A \cdot B}$ है।
यह $Y_1$ $NOR$ गेट के दोनों इनपुट के रूप में दिया जाता है। $X$ और $X$ इनपुट वाले $NOR$ गेट का आउटपुट $Y = \overline{X + X} = \overline{X}$ होता है।
$X = Y_1 = \overline{A \cdot B}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $Y = \overline{\overline{A \cdot B}} = A \cdot B$ प्राप्त होता है।
यह व्यंजक $Y = A \cdot B$ एक $AND$ गेट की तर्क संक्रिया को दर्शाता है।

(D) दिए गए परिपथ में एक $NAND$ गेट है जिसके बाद एक $NOT$ गेट लगा है (चूंकि दूसरा गेट एक $OR$ गेट है जिसके दोनों इनपुट एक साथ जुड़े हुए हैं,इसलिए यह एक $NOT$ गेट के रूप में कार्य करता है)।
अतः,यह परिपथ एक $NAND$ गेट और उसके बाद एक $NOT$ गेट के समतुल्य है,जो एक $AND$ गेट बनाता है।
आउटपुट $Y$ को $Y = A \cdot B$ द्वारा दिया जाता है।
$AND$ गेट के लिए सत्यता सारणी (Truth table):
| $A$ | $B$ | $Y = A \cdot B$ |
|---|---|---|
| $0$ | $0$ | $0$ |
| $0$ | $1$ | $0$ |
| $1$ | $0$ | $0$ |
| $1$ | $1$ | $1$ |
$Y = A \cdot B$ तर्क के आधार पर,आउटपुट $Y$ केवल तभी उच्च $(1)$ होता है जब दोनों इनपुट $A$ और $B$ उच्च $(1)$ हों। अन्यथा,आउटपुट निम्न $(0)$ होता है।

(C) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के शिखर वोल्टेज $(A_m)$ और वाहक तरंग के शिखर वोल्टेज $(A_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\mu = \frac{A_m}{A_c}$
दिया गया है,मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu = 60 \% = 0.6$ और वाहक शिखर वोल्टेज $A_c = 20 V$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$0.6 = \frac{A_m}{20}$
$A_m = 0.6 \times 20 = 12 V$
अतः,मॉड्यूलेटिंग सिग्नल का शिखर वोल्टेज $12 V$ है।

(C) आयतन $V$ में इकाई कोशिकाओं की संख्या $\frac{V}{V_0}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि प्रत्येक इकाई कोशिका में $N_0$ परमाणु होते हैं,इसलिए आयतन $V$ में परमाणुओं की कुल संख्या $\frac{V}{V_0} \times N_0$ है।
आयतन $V$ में जर्मेनियम के मोलों की संख्या कुल परमाणुओं की संख्या को आवोगाद्रो स्थिरांक $N_A$ से विभाजित करने पर प्राप्त होती है,जो $\frac{V}{V_0} \times \frac{N_0}{N_A}$ है।
द्रव्यमान $m$ मोलों की संख्या और मोलर द्रव्यमान $M$ का गुणनफल है।
अतः,$m = \frac{V}{V_0} \times \frac{N_0}{N_A} \times M$.

(C) चमकीली फ्रिंज के संपाती होने की शर्त $y = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{n_2 \lambda_2 D}{d}$ है।
इसका अर्थ है $n_1 \lambda_1 = n_2 \lambda_2$.
दिए गए तरंगदैर्ध्य को रखने पर: $n_1(500 \ nm) = n_2(600 \ nm)$.
यह $5 n_1 = 6 n_2$ में सरल हो जाता है,जिससे सबसे छोटा पूर्णांक अनुपात $n_1 = 6$ और $n_2 = 5$ प्राप्त होता है।
अब,$n_1$-वीं चमकीली फ्रिंज की स्थिति के सूत्र का उपयोग करते हुए: $y = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d}$.
यहाँ $y = 2.5 \ mm = 2.5 \times 10^{-3} \ m$,$d = 3 \ mm = 3 \times 10^{-3} \ m$,और $\lambda_1 = 500 \ nm = 500 \times 10^{-9} \ m$ दिया गया है।
इन मानों को रखने पर: $2.5 \times 10^{-3} = \frac{6 \times 500 \times 10^{-9} \times D}{3 \times 10^{-3}}$.
$D$ के लिए हल करने पर: $D = \frac{2.5 \times 10^{-3} \times 3 \times 10^{-3}}{6 \times 500 \times 10^{-9}} = \frac{7.5 \times 10^{-6}}{3000 \times 10^{-9}} = \frac{7.5 \times 10^{-6}}{3 \times 10^{-6}} = 2.5 \ m$.

(A) $t$ मोटाई और $\mu$ अपवर्तनांक वाली पारदर्शी शीट द्वारा उत्पन्न पथ अंतर $\Delta x = (\mu - 1)t$ द्वारा दिया जाता है।
जब दो स्लिट्स के सामने $t_1$ और $t_2$ मोटाई की दो शीट रखी जाती हैं,तो कुल पथ अंतर $\Delta x_{net} = |(\mu - 1)t_2 - (\mu - 1)t_1| = (\mu - 1)|t_2 - t_1|$ होता है।
विस्थापित फ्रिंजों की संख्या $n = \frac{\Delta x_{net}}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $\mu = 1.5$,$t_1 = 0.132 \ mm = 1.32 \times 10^{-4} \ m$,$t_2 = 0.1 \ mm = 1.0 \times 10^{-4} \ m$,और $\lambda = 600 \ nm = 600 \times 10^{-9} \ m$।
मान रखने पर:
$n = \frac{(1.5 - 1) \times (0.132 \times 10^{-3} - 0.1 \times 10^{-3})}{600 \times 10^{-9}}$
$n = \frac{0.5 \times 0.032 \times 10^{-3}}{600 \times 10^{-9}} = 26.67$।
निकटतम पूर्णांक में,विस्थापित फ्रिंजों की संख्या $27$ है।

(D) केंद्रीय दीप्त फ्रिंज और निकटवर्ती दीप्त फ्रिंज के बीच की दूरी फ्रिंज चौड़ाई $\beta$ के बराबर होती है।
फ्रिंज चौड़ाई का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
दिए गए मान हैं:
स्लिट पृथक्करण $d = 0.3 \,mm = 0.3 \times 10^{-3} \,m$
पर्दे की दूरी $D = 1 \,m$
फ्रिंज चौड़ाई $\beta = 1.9 \,mm = 1.9 \times 10^{-3} \,m$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$1.9 \times 10^{-3} = \frac{\lambda \times 1}{0.3 \times 10^{-3}}$
$\lambda = 1.9 \times 10^{-3} \times 0.3 \times 10^{-3}$
$\lambda = 0.57 \times 10^{-6} \,m$
$\lambda = 570 \times 10^{-9} \,m = 570 \,nm$.

(B) किरण प्रकाशिकी सन्निकटन फ्रेनेल दूरी $(z_f)$ तक मान्य होता है, जिसे उस दूरी के रूप में परिभाषित किया जाता है जहाँ विवर्तन के कारण पुंज का फैलाव छिद्र के आकार के बराबर हो जाता है।
इसका सूत्र है: $z_f = \frac{a^2}{\lambda}$।
दिए गए मान: फ्रेनेल दूरी $z_f = 5 \,m$, तरंगदैर्ध्य $\lambda = 800 \,nm = 800 \times 10^{-9} \,m$।
स्लिट की चौड़ाई $a$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $a = \sqrt{z_f \cdot \lambda}$।
मान रखने पर: $a = \sqrt{5 \times 800 \times 10^{-9} \,m^2}$।
$a = \sqrt{4000 \times 10^{-9} \,m^2} = \sqrt{4 \times 10^{-6} \,m^2}$।
$a = 2 \times 10^{-3} \,m = 2 \,mm$।

(B) एक पतली फिल्म से परावर्तित प्रकाश में संपोषी व्यतिकरण के लिए शर्त $2nt = (m + 1/2)\lambda$ है, जहाँ $m = 0, 1, 2, \dots$ और $n$ फिल्म का अपवर्तनांक है।
न्यूनतम मोटाई ज्ञात करने के लिए, हम $m = 0$ रखते हैं।
अतः, $2nt = \lambda/2$.
$t$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर, $t = \lambda / (4n)$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $\lambda = 532 \,nm$ और $n = 1.33$.
$t = 532 / (4 \times 1.33) = 532 / 5.32 = 100 \,nm$.
इसलिए, न्यूनतम मोटाई $100 \,nm$ है।