TS EAMCET 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) दिए गए द्रव्यमान: $m_1 = 50 \ g$,$m_2 = 100 \ g$,$m_3 = 150 \ g$।
शीर्षों के निर्देशांक:
$A = (0, 0)$
$B = (1, 0)$
चूंकि यह एक समबाहु त्रिभुज है,$C$ का $x$-निर्देशांक $AB$ का मध्य बिंदु होगा,अर्थात $x_3 = 0.5 \ m$।
$C$ का $y$-निर्देशांक $h = \sqrt{1^2 - 0.5^2} = \sqrt{0.75} = \frac{\sqrt{3}}{2} \ m$ है।
अतः,$C = (0.5, \frac{\sqrt{3}}{2})$।
द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक:
$x_{cm} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2 + m_3 x_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{50(0) + 100(1) + 150(0.5)}{50 + 100 + 150} = \frac{100 + 75}{300} = \frac{175}{300} = \frac{7}{12} \ m$।
द्रव्यमान केंद्र का $y$-निर्देशांक:
$y_{cm} = \frac{m_1 y_1 + m_2 y_2 + m_3 y_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{50(0) + 100(0) + 150(\frac{\sqrt{3}}{2})}{50 + 100 + 150} = \frac{75\sqrt{3}}{300} = \frac{\sqrt{3}}{4} \ m$।
इस प्रकार,द्रव्यमान केंद्र $\left(\frac{7}{12}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right) \ m$ है।

(D) दिया गया है: गेंद $A$ का द्रव्यमान $m_A = 50 \ gm$; गेंद $A$ का प्रारंभिक वेग $u_A = 10 \ m/s$। गेंद $B$ का द्रव्यमान $m_B = 10 \ gm$; गेंद $B$ का प्रारंभिक वेग $u_B = -15 \ m/s$ (क्योंकि यह विपरीत दिशा में गति कर रही है)। प्रत्यावस्थान गुणांक $e = \frac{2}{5}$।
एक-आयामी टक्कर के बाद दूसरी गेंद $B$ का अंतिम वेग $v_B$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_B = \frac{m_A(1+e)}{m_A+m_B} u_A + \frac{m_B - e m_A}{m_A+m_B} u_B$
सूत्र में दिए गए मानों को रखने पर:
$v_B = \frac{50(1 + \frac{2}{5})}{50 + 10} \times 10 + \frac{10 - (\frac{2}{5} \times 50)}{50 + 10} \times (-15)$
$v_B = \frac{50 \times \frac{7}{5}}{60} \times 10 + \frac{10 - 20}{60} \times (-15)$
$v_B = \frac{70}{60} \times 10 + \frac{-10}{60} \times (-15)$
$v_B = \frac{70}{6} + \frac{150}{60} = \frac{70}{6} + \frac{15}{6} = \frac{85}{6} \ m/s$
अतः,गेंद $B$ की अंतिम गति $\frac{85}{6} \ m/s$ है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 100 \,g = 0.1 \,kg$, स्प्रिंग नियतांक $k = 1 \,N/m$, और आवेग $I = 2 \,Ns$।
चूंकि ब्लॉक दो स्प्रिंगों के बीच है, प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff} = k + k = 2 \,N/m$ होगा।
आवेग $I$ द्वारा प्रदान किया गया प्रारंभिक वेग $v$, $I = m \Delta v$ द्वारा दिया जाता है, इसलिए $v = I/m = 2 / 0.1 = 20 \,m/s$।
निकाय की कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{k_{eff}/m} = \sqrt{2 / 0.1} = \sqrt{20} \,rad/s$ है।
साम्यावस्था स्थिति से अधिकतम विस्थापन (आयाम $A$) $A = v / \omega$ द्वारा दिया जाता है।
$A = 20 / \sqrt{20} = \sqrt{20} \approx 4.47 \,m$।
विकल्पों में दिए गए निकटतम पूर्णांक के अनुसार, अधिकतम विस्थापन $4 \,m$ है।

(D) दिया गया है: गेंद का द्रव्यमान $m = 200 \,g = 0.2 \,kg$, ऊँचाई $h = 5 \,m$, $g = 10 \,m/s^2$.
पहली टक्कर से ठीक पहले का वेग: $v_1 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 10 \times 5} = 10 \,m/s$.
पहली टक्कर के ठीक बाद का वेग: $v_1' = \frac{v_1}{2} = 5 \,m/s$.
पहली टक्कर में स्थानांतरित संवेग: $p_1 = m(v_1 - (-v_1')) = m(v_1 + v_1') = 0.2(10 + 5) = 3 \,kg \,m/s$.
दूसरी टक्कर से ठीक पहले का वेग: $v_2 = v_1' = 5 \,m/s$.
दूसरी टक्कर के ठीक बाद का वेग: $v_2' = \frac{v_2}{2} = 2.5 \,m/s$.
दूसरी टक्कर में स्थानांतरित संवेग: $p_2 = m(v_2 + v_2') = 0.2(5 + 2.5) = 1.5 = \frac{3}{2} \,kg \,m/s$.
तीसरी टक्कर से ठीक पहले का वेग: $v_3 = v_2' = 2.5 \,m/s$.
तीसरी टक्कर के ठीक बाद का वेग: $v_3' = \frac{v_3}{2} = 1.25 \,m/s$.
तीसरी टक्कर में स्थानांतरित संवेग: $p_3 = m(v_3 + v_3') = 0.2(2.5 + 1.25) = 0.75 = \frac{3}{4} \,kg \,m/s$.
कुल स्थानांतरित संवेग: $p = p_1 + p_2 + p_3 = 3 + 1.5 + 0.75 = 5.25 = \frac{21}{4} \,kg \,m/s$.

(C) किसी भी समय $t$ पर रॉकेट का वेग त्सिओल्कोव्स्की रॉकेट समीकरण द्वारा दिया जाता है: $v = u \ln\left(\frac{m_0}{m}\right) - gt$.
चूंकि गुरुत्वाकर्षण बलों की उपेक्षा की गई है,$g = 0$,इसलिए समीकरण $v = u \ln\left(\frac{m_0}{m}\right)$ में सरल हो जाता है।
यहाँ,$u = 5 \ km/s$ रॉकेट के सापेक्ष गैसों का निकास वेग है।
प्रारंभिक द्रव्यमान $m_0$ है और अंतिम द्रव्यमान $m = \frac{1}{20}m_0$ है।
इसलिए,अनुपात $\frac{m_0}{m} = 20$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$v = 5 \ln(20) \ km/s$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) ग्रह की सतह से पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $g = \frac{GM}{R^2}$,इसलिए $GM = gR^2$ होता है। अतः,$v_e = \sqrt{2gR}$।
ध्रुवों पर,गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण $g_P = g$ है (जहाँ $g$ घूर्णन के बिना गुरुत्वाकर्षण त्वरण है)।
भूमध्य रेखा पर,गुरुत्वाकर्षण के कारण प्रभावी त्वरण $g_E = g - \omega^2 R$ है,जहाँ $\omega$ ग्रह का कोणीय वेग है।
दिया गया है कि $g_E = \frac{1}{3} g_P$,इसलिए $g_E = \frac{1}{3} g_P \implies g_P = 3g_E$।
भूमध्य रेखा पर एक बिंदु की गति $v = \omega R$ है। भूमध्य रेखा पर पलायन वेग $v_{e,E} = \sqrt{2g_E R}$ है।
ध्रुव पर पलायन वेग $v_{e,P} = \sqrt{2g_P R}$ है।
$g_P = 3g_E$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $v_{e,P} = \sqrt{2(3g_E)R} = \sqrt{3} \sqrt{2g_E R}$ प्राप्त होता है।
चूंकि प्रश्न में भूमध्य रेखा पर बिंदु की गति को $v$ के रूप में परिभाषित किया गया है,इसलिए ध्रुव पर पलायन वेग $\sqrt{3}v$ है।

(B) किसी ग्रह का पलायन वेग $v_e$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$v_e^2 = \frac{2GM}{R}$
त्रिज्या $R$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$R = \frac{2GM}{v_e^2}$
दिए गए मान:
$M = 6.4 \times 10^{23} \ kg$
$v_e = 8 \times 10^4 \ m/s$
$G = 6.67 \times 10^{-11} \ N \cdot m^2/kg^2$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$R = \frac{2 \times 6.67 \times 10^{-11} \times 6.4 \times 10^{23}}{(8 \times 10^4)^2}$
$R = \frac{85.376 \times 10^{12}}{64 \times 10^8}$
$R = 1.334 \times 10^4 \ m \approx 13.3 \times 10^3 \ m = 13.3 \ km$
दिए गए विकल्पों में प्रयुक्त सन्निकटन को ध्यान में रखते हुए,निकटतम मान $13.2 \ km$ है।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) पलायन वेग का सूत्र $v_e = \sqrt{2gR}$ है।
दिए गए प्रारंभिक मान: $g = 10 \ m/s^2$ और $R = 6400 \ km = 6.4 \times 10^6 \ m$ हैं।
प्रारंभिक पलायन वेग $v_e = \sqrt{2 \times 10 \times 6.4 \times 10^6} = \sqrt{128 \times 10^6} \approx 11.3 \times 10^3 \ m/s = 11.3 \ km/s$ है।
प्रश्न के अनुसार,नया गुरुत्वीय त्वरण $g' = 2g$ और नई त्रिज्या $R' = R/2$ है।
नया पलायन वेग $v_e'$ इस प्रकार है:
$v_e' = \sqrt{2g'R'} = \sqrt{2(2g)(R/2)} = \sqrt{2gR} = v_e$.
अतः,नया पलायन वेग प्रारंभिक मान के समान ही रहता है,जो लगभग $11.3 \ km/s$ है,जिसे $12 \ km/s$ के रूप में लिखा जा सकता है।

(A) कण का द्रव्यमान $m = 0.1 \ kg$ है।
$\text{SHM}$ करने वाले कण का आयाम $A = 0.1 \ m$ है।
कण की प्रारंभिक कला $\phi = 45^{\circ} = \pi/4$ है।
$\text{SHM}$ करने वाले कण का सामान्य समीकरण $x(t) = A \sin(\omega t + \phi)$ है।
जब कण माध्य स्थिति से गुजरता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा अधिकतम होती है,जो इस प्रकार है:
$KE_{max} = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 = 8 \times 10^{-3} \ J$.
मान रखने पर:
$\frac{1}{2} \times 0.1 \times \omega^2 \times (0.1)^2 = 8 \times 10^{-3}$.
$0.05 \times \omega^2 \times 0.01 = 8 \times 10^{-3}$.
$0.0005 \times \omega^2 = 0.008$.
$\omega^2 = \frac{0.008}{0.0005} = 16$.
$\omega = 4 \ rad/s$.
$\omega$,$A$,और $\phi$ के मानों को सामान्य समीकरण में रखने पर:
$x(t) = 0.1 \sin(4t + \pi/4)$.

(C) दीर्घवृत्ताकार कक्षा का अर्ध-दीर्घ अक्ष $a$,अधिकतम दूरी $(r_{max} = R)$ और न्यूनतम दूरी $(r_{min} = R/3)$ का औसत है:
$a = \frac{R + R/3}{2} = \frac{4R/3}{2} = \frac{2R}{3}$
केपलर के तीसरे नियम के अनुसार,परिक्रमण काल $T$ इस प्रकार दिया जाता है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{a^3}{GM}}$
$a$ का मान रखने पर:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{(2R/3)^3}{GM}} = 2\pi \sqrt{\frac{8R^3}{27GM}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$T^2 = 4\pi^2 \cdot \frac{8R^3}{27GM} = \frac{32\pi^2}{27GM} \cdot R^3$
$T^2 = \alpha R^3$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\alpha = \frac{32\pi^2}{27GM}$

(A) आदर्श गैस समीकरण $pV = nRT = (m/M)RT$ से,जहाँ $m$ गैस का द्रव्यमान है और $M$ मोलर द्रव्यमान है। चूँकि $\rho = m/V$,हमारे पास $p = (\rho/M)RT$,या $\rho = pM / (RT)$ है।
प्रारंभ में,पात्र में गैस का द्रव्यमान $m_1 = \rho V$ है।
कुछ गैस बाहर निकलने के बाद,दबाव $p' = p - \Delta p$ हो जाता है। चूँकि आयतन $V$ और तापमान $T$ स्थिर रहते हैं,नया घनत्व $\rho' = p'M / (RT) = (p - \Delta p)M / (RT)$ है।
पात्र में गैस का नया द्रव्यमान $m_2 = \rho' V = \frac{(p - \Delta p)M}{RT} V = \frac{(p - \Delta p)}{p} \rho V$ है।
बाहर निकली गैस का द्रव्यमान $\Delta m = m_1 - m_2 = \rho V - \frac{(p - \Delta p)}{p} \rho V$ है।
$\Delta m = \rho V \left(1 - \frac{p - \Delta p}{p}\right) = \rho V \left(\frac{p - p + \Delta p}{p}\right) = \frac{\rho V \Delta p}{p}$.

(B) एक आदर्श गैस के माध्य मुक्त पथ $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 p}$ है,जहाँ $d$ अणु का व्यास $(d = 2r)$ है,$k_B$ बोल्ट्ज़मान नियतांक है,$T$ तापमान है और $p$ दाब है।
$d = 2r$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi (2r)^2 p} = \frac{k_B T}{4 \sqrt{2} \pi r^2 p}$।
अतः,प्रारंभिक माध्य मुक्त पथ $L = \frac{k_B T}{4 \sqrt{2} \pi r^2 p}$ है।
प्रश्न के अनुसार,नई त्रिज्या $r' = 2r$,नया दाब $p' = 2p$ और नया तापमान $T' = 2T$ है।
नया माध्य मुक्त पथ $\lambda'$ इस प्रकार है:
$\lambda' = \frac{k_B (2T)}{4 \sqrt{2} \pi (2r)^2 (2p)}$
$\lambda' = \frac{2 k_B T}{4 \sqrt{2} \pi (4r^2) (2p)}$
$\lambda' = \frac{2}{8} \cdot \frac{k_B T}{4 \sqrt{2} \pi r^2 p} = \frac{1}{4} L$।
इसलिए,नया माध्य मुक्त पथ $\frac{L}{4}$ होगा।

(C) गैस के अणुओं की $rms$ गति का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
गैस $A$ के लिए: $m_A = 4 \ u$,$T_A = 27^{\circ} C = 300 \ K$.
गैस $B$ के लिए: $m_B = 2 \times 20 \ u = 40 \ u$,$T_B = ?$.
शर्त के अनुसार,$(v_{rms})_A = (v_{rms})_B$ होने पर:
$\frac{T_A}{m_A} = \frac{T_B}{m_B}$
$\frac{27}{4} = \frac{T_B}{40}$
$T_B = \frac{27 \times 40}{4} = 270^{\circ} C$.

(B) आदर्श गैस के कणों की रूट मीन स्क्वायर (rms) चाल का सूत्र इस प्रकार है:
$v_{rms} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$
यह दर्शाता है कि $v_{rms} \propto \sqrt{T}$,जहाँ $T$ केल्विन पैमाने पर निरपेक्ष तापमान है।
अतः,rms चाल का अनुपात:
$\frac{v_{1,rms}}{v_{2,rms}} = \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$
दिया गया है कि अंतिम rms चाल,प्रारंभिक rms चाल की $2$ गुनी है,अर्थात $v_{2,rms} = 2v_{1,rms}$।
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 \ K$ है।
इन मानों को अनुपात में रखने पर:
$\frac{v_{1,rms}}{2v_{1,rms}} = \sqrt{\frac{300}{T_2}}$
$\frac{1}{2} = \sqrt{\frac{300}{T_2}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{1}{4} = \frac{300}{T_2}$
$T_2 = 1200 \ K$
अंतिम तापमान को सेल्सियस में बदलने पर:
$T_2(^{\circ} C) = 1200 - 273 = 927^{\circ} C$।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) जब पात्र अचानक रुक जाता है, तो पात्र की सामूहिक गति के कारण गैस के अणुओं की गतिज ऊर्जा गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
माना $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है और $v$ पात्र का वेग है।
गैस के प्रति मोल गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} M v^2$ है, जहाँ $M$ को $kg/mol$ में लिया गया है।
$M = 83 \, g/mol = 0.083 \, kg/mol$.
$K.E. = \frac{1}{2} \times 0.083 \times (30)^2 = \frac{1}{2} \times 0.083 \times 900 = 0.083 \times 450 = 37.35 \, J/mol$.
एकपरमाणुक गैस के लिए, आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T$ होता है।
यहाँ $n=1$ मोल है और एकपरमाणुक गैस के लिए $C_v = \frac{3}{2} R$ होता है:
$\Delta U = 1 \times \frac{3}{2} \times 8.3 \times \Delta T = 12.45 \Delta T$.
गतिज ऊर्जा को आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर रखने पर:
$37.35 = 12.45 \Delta T$.
$\Delta T = \frac{37.35}{12.45} = 3 \, K$.

(D) निकाय का कुल द्रव्यमान $M = (8 + 5 + 3) \,kg = 16 \,kg$ है।
चूंकि ब्लॉक जुड़े हुए हैं और एक साथ गति करते हैं,इसलिए पूरे निकाय को $M = 16 \,kg$ द्रव्यमान के एक एकल पिंड के रूप में माना जा सकता है जो $a$ त्वरण के साथ नत समतल पर ऊपर की ओर गति कर रहा है।
लगाया गया बाहरी बल $F = 104 \,N$ है।
नत समतल के नीचे की ओर कार्य करने वाला कुल भार का घटक $Mg \sin 30^{\circ}$ है।
निकाय पर न्यूटन का गति का दूसरा नियम लागू करने पर:
$F - Mg \sin 30^{\circ} = Ma$
$104 - 16 \times 10 \times \sin 30^{\circ} = 16a$
$104 - 160 \times 0.5 = 16a$
$104 - 80 = 16a$
$24 = 16a$
$a = \frac{24}{16} = 1.5 \,m / s^2$.
अतः,ब्लॉकों का त्वरण $1.5 \,m / s^2$ है।

(B) माना $m_A = m$ और $m_B = 2m$ है। चूंकि छड़ $B$ और ब्लॉक $C$ संतुलन में हैं,इसलिए उन्हें सहारा देने वाली डोरी में तनाव $T$ उनके भार को संतुलित करता है। चित्र से,चल घिरनी $B$ और $C$ दोनों को सहारा देती है,इसलिए $2T = (m_B + m_C)g$। यदि $m_B = m_C = 2m$ लें,तो $2T = 4mg$,अर्थात $T = 2mg$।
द्रव्यमान $A$ के लिए,गति का समीकरण $2T - m_Ag = m_Aa$ है। $T = 2mg$ रखने पर,$2(2mg) - mg = ma$,जो $3mg = ma$ में सरल होता है,इसलिए $a = 3g = 30 \text{ m/s}^2$।
हालाँकि,छड़ $B$ के सापेक्ष $A$ का सापेक्ष त्वरण विचारणीय है। छड़ $B$ का त्वरण $a/2$ (नीचे की ओर) है। सापेक्ष त्वरण $a_{rel} = a + a/2 = 3a/2$ होता है। $s = \frac{1}{2} a_{rel} t^2$ सूत्र का उपयोग करते हुए,$s = 5 \text{ m}$ और $a = 6 \text{ m/s}^2$ के लिए,$t = \sqrt{2s/a_{rel}} = \sqrt{10/9} \approx 1.05 \text{ s}$। अतः,समय लगभग $1.0 \text{ s}$ है।

(A) मान लीजिए कि ब्लॉकों $A$ और $B$ का द्रव्यमान $m$ है। घर्षण गुणांक $\mu = 0.5$ है। ब्लॉक $X$ त्वरण $a$ के साथ दाईं ओर चलता है।
ब्लॉक $B$ के लिए: ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए $T = mg - f_B$ और क्षैतिज दिशा में $f_B = \mu N_B = \mu ma$ है।
ब्लॉक $A$ के लिए: क्षैतिज संतुलन के लिए $T = f_A + ma$, जहाँ $f_A = \mu mg$ है।
दोनों समीकरणों से: $mg - \mu ma = \mu mg + ma$
$mg(1 - \mu) = a(1 + \mu)$
$a = g \frac{1 - \mu}{1 + \mu} = g \frac{1 - 0.5}{1 + 0.5} = g \frac{0.5}{1.5} = \frac{g}{3}$.

(D) माना $a$ दोनों ब्लॉकों का सामान्य त्वरण है।
पहले ब्लॉक $(m_1)$ के लिए: आनत तल के अनुदिश कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण का घटक $m_1 g \sin 60^{\circ}$ नीचे की ओर,घर्षण बल $f_1 = \mu_1 N_1 = 1.5 \mu m_1 g \cos 60^{\circ}$ ऊपर की ओर और दूसरे ब्लॉक से प्रतिक्रिया बल $R$ ऊपर की ओर है।
गति का समीकरण: $m_1 g \sin 60^{\circ} - 1.5 \mu m_1 g \cos 60^{\circ} + R = m_1 a$ --- $(i)$
दूसरे ब्लॉक $(m_2)$ के लिए: आनत तल के अनुदिश कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण का घटक $m_2 g \sin 60^{\circ}$ नीचे की ओर,घर्षण बल $f_2 = \mu_2 N_2 = \mu m_2 g \cos 60^{\circ}$ ऊपर की ओर और पहले ब्लॉक से प्रतिक्रिया बल $R$ नीचे की ओर है।
गति का समीकरण: $m_2 g \sin 60^{\circ} - \mu m_2 g \cos 60^{\circ} - R = m_2 a$ --- $(ii)$
$(i)$ से,$a = g \sin 60^{\circ} - 1.5 \mu g \cos 60^{\circ} + \frac{R}{m_1}$.
$(ii)$ से,$a = g \sin 60^{\circ} - \mu g \cos 60^{\circ} - \frac{R}{m_2}$.
$a$ के लिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:
$g \sin 60^{\circ} - 1.5 \mu g \cos 60^{\circ} + \frac{R}{m_1} = g \sin 60^{\circ} - \mu g \cos 60^{\circ} - \frac{R}{m_2}$
$R \left( \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2} \right) = 1.5 \mu g \cos 60^{\circ} - \mu g \cos 60^{\circ} = 0.5 \mu g \cos 60^{\circ}$
$R \left( \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \right) = 0.5 \mu g \left( \frac{1}{2} \right) = 0.25 \mu g = \frac{1}{4} \mu g$
$R = \frac{1}{4} \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} \mu g$.

(A) आनत तल पर नीचे की ओर फिसलते हुए ब्लॉक का त्वरण $a$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$a = g \sin \theta - \mu g \cos \theta$
दिया गया है: द्रव्यमान $m = 10 \ kg$,कोण $\theta = 45^{\circ}$,गतिज घर्षण गुणांक $\mu = 0.3$,समय $t = 2 \ s$,और गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \ m/s^2$.
इन मानों को त्वरण के सूत्र में रखने पर:
$a = 10 \sin 45^{\circ} - 0.3 \times 10 \cos 45^{\circ}$
$a = 10 \times \frac{1}{\sqrt{2}} - 3 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{7}{\sqrt{2}} \ m/s^2$
प्रारंभिक वेग $u = 0$ के साथ दूरी $s$ के लिए गति के दूसरे समीकरण का उपयोग करने पर:
$s = ut + \frac{1}{2}at^2$
$s = 0 \times 2 + \frac{1}{2} \times \left( \frac{7}{\sqrt{2}} \right) \times (2)^2$
$s = \frac{1}{2} \times \frac{7}{\sqrt{2}} \times 4 = \frac{14}{\sqrt{2}} = 7 \sqrt{2} \ m$
अतः,तय की गई दूरी $7 \sqrt{2} \ m$ है।

(A) माना $m_1 = 0.8 \text{ kg}$ और $m_2 = 0.2 \text{ kg}$ है। त्वरण $a = 5 \text{ m/s}^2$ है। घर्षण गुणांक $\mu = 0.1$ है।
$0.2 \text{ kg}$ के ब्लॉक के लिए, तनाव बल $T$ इसे घिरनी की ओर खींचता है, और $0.8 \text{ kg}$ के ब्लॉक द्वारा लगाया गया घर्षण बल $f_2$ इस गति का विरोध करता है। $0.2 \text{ kg}$ के ब्लॉक पर अभिलंब बल $N_2 = m_2 g = 0.2 \times 10 = 2 \text{ N}$ है।
$m_2$ के लिए गति का समीकरण: $T - \mu N_2 = m_2 a \implies T - 0.1 \times 2 = 0.2 \times 5 \implies T - 0.2 = 1.0 \implies T = 1.2 \text{ N}$।
$0.8 \text{ kg}$ के ब्लॉक के लिए, लगाया गया बल $F$ दाईं ओर कार्य करता है। तनाव बल $T$ बाईं ओर कार्य करता है। मेज द्वारा लगाया गया घर्षण बल $f_1$ और $0.2 \text{ kg}$ के ब्लॉक द्वारा लगाया गया घर्षण बल $f_2$ भी बाईं ओर कार्य करते हैं। मेज द्वारा लगाया गया अभिलंब बल $N_1 = (m_1 + m_2)g = (0.8 + 0.2) \times 10 = 10 \text{ N}$ है।
$m_1$ के लिए गति का समीकरण: $F - T - \mu N_1 - \mu N_2 = m_1 a \implies F - 1.2 - 0.1 \times 10 - 0.1 \times 2 = 0.8 \times 5 \implies F - 1.2 - 1 - 0.2 = 4 \implies F - 2.4 = 4 \implies F = 6.4 \text{ N}$।

(A) दिया गया है, बल का परिमाण $|\vec{F}| = \frac{mg}{9}$ है।
बल क्षैतिज के साथ $\theta = Cx$ कोण बनाता है, जहाँ $C = 10^{\circ} \text{ m}^{-1}$ है।
बल का क्षैतिज घटक $F_x = F \cos(\theta) = F \cos(Cx)$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय लागू करने पर: $W_{\text{net}} = \Delta K.E.$
$\int_0^x F \cos(Cx) dx = \frac{1}{2}mv^2$.
जब $\theta = 30^{\circ}$ होता है, तब $x = \frac{30^{\circ}}{10^{\circ} \text{ m}^{-1}} = 3 \text{ m}$.
मान रखने पर: $\int_0^3 \frac{mg}{9} \cos(Cx) dx = \frac{1}{2}mv^2$.
$\frac{g}{9} \left[ \frac{\sin(Cx)}{C} \right]_0^3 = \frac{1}{2}v^2$.
यदि हम दिए गए विकल्पों के अनुसार गणना करें: $\frac{10}{9 \times 10} \sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2} v^2$.
$\frac{1}{9} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} v^2$.
$v^2 = \frac{1}{9} \implies v = \frac{1}{3} = 0.33 \text{ m s}^{-1}$.

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 4 \ kg$,प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 3 \hat{i} \ m/s$,अंतिम वेग $\vec{v} = (8 \hat{i} + 10 \hat{j}) \ m/s$,और समय $t = 8 \ s$ है।
गति के प्रथम समीकरण $\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t$ का उपयोग करके,हम त्वरण $\vec{a}$ ज्ञात करते हैं:
$\vec{a} = \frac{\vec{v} - \vec{u}}{t} = \frac{(8 \hat{i} + 10 \hat{j}) - 3 \hat{i}}{8} = \frac{5 \hat{i} + 10 \hat{j}}{8} \ m/s^2$.
अब,न्यूटन के गति के दूसरे नियम $\vec{F} = m\vec{a}$ का उपयोग करते हुए:
$\vec{F} = 4 \times \left( \frac{5 \hat{i} + 10 \hat{j}}{8} \right) = \frac{1}{2} (5 \hat{i} + 10 \hat{j}) = (2.5 \hat{i} + 5 \hat{j}) \ N$.
बल का परिमाण $|\vec{F}| = \sqrt{(2.5)^2 + 5^2} = \sqrt{6.25 + 25} = \sqrt{31.25} = \sqrt{\frac{125}{4}} = \frac{5 \sqrt{5}}{2} \ N$ है।

(A) माना छड़ $AB$ है जिसकी लंबाई $l = 1.5 \,m$ है। सिरा $A$ को $v_A = 3 \,m/s$ के निरंतर वेग से ऊर्ध्वाधर ऊपर खींचा जाता है। समय $t$ पर सिरे $A$ की ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $y = v_A t = 3t$ है। माना समय $t$ पर सिरे $B$ की $A$ के ठीक नीचे के बिंदु से क्षैतिज दूरी $x$ है। छड़ की लंबाई $l$ स्थिर रहती है, इसलिए पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार: $x^2 + y^2 = l^2$. $y = 3t$ और $l = 1.5$ रखने पर, $x^2 + (3t)^2 = (1.5)^2$, जो $x^2 + 9t^2 = 2.25$ में सरल हो जाता है। समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $2x \frac{dx}{dt} + 18t = 0$. सिरे $B$ की गति $v_B = |\frac{dx}{dt}| = \frac{18t}{2x} = \frac{9t}{x}$ है। हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $v_B = v_A = 3 \,m/s$ हो। अतः, $\frac{9t}{x} = 3 \Rightarrow x = 3t$. अब $x = 3t$ को $x^2 + 9t^2 = 2.25$ में रखने पर: $(3t)^2 + 9t^2 = 2.25 \Rightarrow 9t^2 + 9t^2 = 2.25 \Rightarrow 18t^2 = 2.25 \Rightarrow t^2 = \frac{2.25}{18} = \frac{1}{8}$. इस प्रकार, $t = \sqrt{\frac{1}{8}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \,s$.

(C) प्रकृति में चार मूल बलों के गुण निम्नलिखित तालिका में दिए गए हैं:
| बल | अनुमानित सापेक्ष शक्ति | सीमा | आकर्षण/प्रतिकर्षण |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| गुरुत्वाकर्षण | $10^{-38}$ | अनंत | केवल आकर्षण |
| विद्युतचुंबकीय | $10^{-2}$ | अनंत | आकर्षण और प्रतिकर्षण |
| दुर्बल नाभिकीय | $10^{-13}$ | $ < 10^{-16} \,m$ | आकर्षण और प्रतिकर्षण |
| प्रबल नाभिकीय | $1$ | $ < 10^{-15} \,m$ | आकर्षण और प्रतिकर्षण |
तालिका से,हम निम्नलिखित देख सकते हैं:
$1$. गुरुत्वाकर्षण और विद्युतचुंबकीय बलों की सीमा अनंत होती है।
$2$. दुर्बल नाभिकीय बल की सीमा ($ < 10^{-16} \,m$),प्रबल नाभिकीय बल ($ < 10^{-15} \,m$) की सीमा से,और गुरुत्वाकर्षण तथा विद्युतचुंबकीय बलों की अनंत सीमा से छोटी है।
इसलिए,विकल्प $(c)$ सही है।

(D) मान लीजिए स्प्रिंग में तनाव बल $F$ है। स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} k x^2$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $x$ स्प्रिंग का विस्तार है。
स्थितिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर $\frac{dU}{dt} = kx \frac{dx}{dt} = F \cdot v_{rel}$ है, जहाँ $v_{rel}$ विस्तार के परिवर्तन की दर है, जो स्प्रिंग के सिरों का सापेक्ष वेग है。
यहाँ, $v_{rel} = v_A - v_{block} = 6 \,m/s - 3 \,m/s = 3 \,m/s$.
दिया गया है कि $\frac{dU}{dt} = 15 \,J/s$, इसलिए $15 = F \cdot 3$, जिससे $F = 5 \,N$ प्राप्त होता है。
बल $F$ द्रव्यमान $m = 2 \,kg$ के ब्लॉक पर कार्य करने वाला कुल बल है。
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए, $F = ma$, हमें $5 = 2 \cdot a$ प्राप्त होता है。
अतः, $a = \frac{5}{2} = 2.5 \,m/s^2$.

(B) कथन $(b)$ में,$1 \ m$ लंबाई के लिए प्रतिशत त्रुटि $\frac{0.01}{1} \times 100 = 1 \%$ है।
$0.5 \ m$ लंबाई के लिए,प्रतिशत त्रुटि $\frac{0.01}{0.5} \times 100 = 2 \%$ है।
चूंकि प्रतिशत त्रुटि अलग है,इसलिए माप समान रूप से सटीक नहीं हैं। अतः,कथन $(b)$ गलत है।
कथन $(c)$ में,$1.6$ में सार्थक अंकों की संख्या $2$ है और $0.60$ में भी $2$ है (शुरुआती शून्य सार्थक नहीं होते हैं)। अतः,कथन $(c)$ गलत है।
कथन $(d)$ में,पूर्णांकन के नियमों के अनुसार,यदि हटाया जाने वाला अंक $5$ है,तो उससे पहले वाला अंक सम होने पर अपरिवर्तित रहता है। अतः,$2.445$ को दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर $2.44$ प्राप्त होता है। अतः,कथन $(d)$ भी गलत है।
नोट: इस प्रश्न में एक से अधिक गलत कथन $(b, c, d)$ हैं।

(D) दिया गया संबंध: $z = a b^2 c^{-2}$।
त्रुटियों के प्रसार के सिद्धांत के अनुसार,$z$ में सापेक्ष त्रुटि इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{\Delta z}{z} = \frac{\Delta a}{a} + 2 \frac{\Delta b}{b} + 2 \frac{\Delta c}{c}$।
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,पूरे समीकरण को $100$ से गुणा करें:
$\frac{\Delta z}{z} \times 100 = \left( \frac{\Delta a}{a} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta b}{b} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta c}{c} \times 100 \right)$।
दी गई प्रतिशत त्रुटियों के मान रखने पर:
$\frac{\Delta z}{z} \times 100 = 2.1 \% + 2(1.3 \%) + 2(2.2 \%)$।
$\frac{\Delta z}{z} \times 100 = 2.1 \% + 2.6 \% + 4.4 \% = 9.1 \%$।
अतः,$z$ के मापन में प्रतिशत त्रुटि $9.1 \%$ है।

(C) दिया गया है,चालक से गुजरने वाली धारा $I = (5 \pm 0.2) \text{ A}$,जहाँ $\Delta I = 0.2 \text{ A}$ है।
उत्पन्न वोल्टेज $V = (60 \pm 6) \text{ V}$,जहाँ $\Delta V = 6 \text{ V}$ है।
ओम के नियम के अनुसार,$V = RI$,इसलिए $R = V/I$.
प्रतिरोध $R$ में सापेक्ष त्रुटि का सूत्र है: $\frac{\Delta R}{R} = \frac{\Delta V}{V} + \frac{\Delta I}{I}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{\Delta R}{R} = \frac{6}{60} + \frac{0.2}{5}$.
पदों की गणना करने पर: $\frac{\Delta R}{R} = 0.1 + 0.04 = 0.14$.
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करने पर: $\frac{\Delta R}{R} \times 100 = 0.14 \times 100 = 14\%$.

(C) दिया है: लोहे के गोले का द्रव्यमान, $m = 100 \,kg$. लोहे का घनत्व, $\rho_{\text{iron}} = 8 \times 10^3 \,kg/m^3$. समुद्री जल का घनत्व, $\rho_{\text{sea water}} = 1000 \,kg/m^3$. गुरुत्वीय त्वरण, $g = 10 \,m/s^2$.
जब गोले को समुद्री जल में डुबोया जाता है, तो उस पर ऊपर की दिशा में उत्प्लावन बल (upthrust) कार्य करता है।
आर्किमिडीज के सिद्धांत के अनुसार, गोले का आभासी भार उसके वास्तविक भार और उत्प्लावन बल के अंतर के बराबर होता है।
केबल में तनाव $T$ गोले के आभासी भार के बराबर होता है।
$T = W - F_B = mg - V \rho_{\text{sea water}} g = mg \left(1 - \frac{\rho_{\text{sea water}}}{\rho_{\text{iron}}}\right)$.
मान रखने पर:
$T = 100 \times 10 \left(1 - \frac{1000}{8 \times 10^3}\right) = 1000 \left(1 - \frac{1}{8}\right) = 1000 \times \frac{7}{8} = 875 \,N$.

(A) दिया गया है:
अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A = 0.01 \ cm^2 = 10^{-6} \ m^2$.
तनाव $T = 22 \ N$.
यंग मापांक $Y = 1.1 \times 10^{11} \ N \ m^{-2}$.
पॉइसन अनुपात $\sigma = 0.32$.
अनुदैर्ध्य विकृति $\frac{\Delta l}{l} = \frac{T}{AY} = \frac{22}{10^{-6} \times 1.1 \times 10^{11}} = \frac{22}{1.1 \times 10^5} = 20 \times 10^{-5}$.
पार्श्विक विकृति $\frac{\Delta r}{r} = -\sigma \frac{\Delta l}{l} = -0.32 \times 20 \times 10^{-5} = -6.4 \times 10^{-5}$.
चूंकि $A = \pi r^2$,क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A = 2\pi r \Delta r$ है,इसलिए $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$.
क्षेत्रफल में प्रतिशत परिवर्तन $= |2 \times (-6.4 \times 10^{-5})| \times 100 = 12.8 \times 10^{-3} \%$.

(C) दिया गया है कि बेलन की ऊँचाई $H = 50 \,cm$ है।
माना छेद तल से $h$ ऊँचाई पर है। छेद के ऊपर पानी के स्तंभ की ऊँचाई $(H - h)$ है।
बहिःस्राव का वेग $v = \sqrt{2g(H - h)}$ है।
पानी को मेज तक पहुँचने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ है।
क्षैतिज परास $x$ का मान $x = v \cdot t = \sqrt{2g(H - h)} \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}} = 2\sqrt{h(H - h)}$ है।
अधिकतम परास $x_{\max }$ ज्ञात करने के लिए,हम $x$ का $h$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dx}{dh} = 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{h(H - h)}} \cdot (H - 2h) = 0$.
इससे $H - 2h = 0$,या $h = \frac{H}{2}$ प्राप्त होता है।
$x$ के समीकरण में $h = \frac{H}{2}$ रखने पर:
$x_{\max } = 2\sqrt{\frac{H}{2}(H - \frac{H}{2})} = 2\sqrt{\frac{H}{2} \cdot \frac{H}{2}} = H$.
दिया गया है $H = 50 \,cm$,इसलिए $x_{\max } = 50 \,cm$।

(D) दिया गया है: छिद्र का व्यास $D = 2 \,mm = 2 \times 10^{-3} \,m$, श्यानता $\eta = 1 \,cP = 10^{-3} \,Pa \cdot s$, घनत्व $\rho = 10^3 \,kg/m^3$, $g = 10 \,m/s^2$.
प्रवाह के अशांत होने के लिए, रेनॉल्ड्स संख्या $R_e$ का मान क्रांतिक मान से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए, जिसे आमतौर पर $R_e = 3000$ लिया जाता है।
रेनॉल्ड्स संख्या का सूत्र $R_e = \frac{\rho v D}{\eta}$ है।
वेग $v$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $v = \frac{R_e \eta}{\rho D} = \frac{3000 \times 10^{-3}}{10^3 \times 2 \times 10^{-3}} = 1.5 \,m/s$.
टोरिसेली के नियम के अनुसार, बहिर्वाह का वेग $v = \sqrt{2gh}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $v^2 = 2gh \Rightarrow h = \frac{v^2}{2g}$.
मान रखने पर: $h = \frac{(1.5)^2}{2 \times 10} = \frac{2.25}{20} = 0.1125 \,m = 11.25 \,cm$.
निकटतम पूर्णांक में लेने पर, हमें $11 \,cm$ प्राप्त होता है।

(D) माना घनाकार ब्लॉक की भुजा की लंबाई $L = 10 \,cm = 0.1 \,m$ है।
ब्लॉक अंतरापृष्ठ पर तैर रहा है। माना $h_w = 1.5 \,cm = 0.015 \,m$ पानी में ब्लॉक की गहराई है और $h_o = 10 \,cm - 1.5 \,cm = 8.5 \,cm = 0.085 \,m$ तेल में ब्लॉक की ऊँचाई है।
निचली सतह पर दबाव (पानी में) $P_{lower} = P_{interface} + \rho_w g h_w$ है।
ऊपरी सतह पर दबाव (तेल में) $P_{upper} = P_{interface} - \rho_o g h_o$ है।
निचली और ऊपरी सतह के बीच दबाव का अंतर $\Delta P = P_{lower} - P_{upper} = (P_{interface} + \rho_w g h_w) - (P_{interface} - \rho_o g h_o) = \rho_w g h_w + \rho_o g h_o$ है।
दिए गए मानों को रखने पर:
$\Delta P = (1000 \,kg/m^3 \times 10 \,m/s^2 \times 0.015 \,m) + (800 \,kg/m^3 \times 10 \,m/s^2 \times 0.085 \,m)$
$\Delta P = 150 \,Pa + 680 \,Pa = 830 \,Pa$.

(D) पृथ्वी की आंतरिक संरचना उन परतों से बनी है जिनमें केंद्र की ओर जाने पर घनत्व और दबाव बढ़ता जाता है।
पृथ्वी के केंद्र (आंतरिक कोर) में,ऊपर की परतों द्वारा लगाए गए गुरुत्वाकर्षण संपीड़न के कारण दबाव अधिकतम होता है।
तीव्र दबाव और रेडियोधर्मी क्षय के साथ-साथ ग्रह के निर्माण से बची हुई गर्मी के कारण,तापमान भी केंद्र में सबसे अधिक होता है।
इसलिए,पृथ्वी का केंद्र तापमान,घनत्व और दबाव के लिए उच्चतम मान प्रदर्शित करता है।

(D) पानी की ऊपरी सतह और छेद पर बर्नौली के सिद्धांत को लागू करने पर:
$P_{atm} + \rho g h + \frac{1}{2} \rho v_{top}^2 = P_{atm} + 0 + \frac{1}{2} \rho v_{hole}^2$
चूंकि टंकी का व्यास बड़ा है,इसलिए ऊपरी सतह पर वेग $v_{top} \approx 0$ माना जा सकता है।
अतः,टोरिसेली के नियम के अनुसार छेद से बाहर निकलने वाले पानी का वेग:
$v = \sqrt{2gh}$
यहाँ $g = 9.8 \ m/s^2$ और $h = 0.2 \ m$ लेने पर:
$v = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.2} = \sqrt{3.92} \approx 1.98 \ m/s$
जल निकासी की दर (आयतन प्रवाह दर) $Q = A \times v$ है।
दिया गया क्षेत्रफल $A = 6 \ cm^2 = 6 \times 10^{-4} \ m^2$ है।
$Q = 6 \times 10^{-4} \times 1.98 \approx 1.188 \times 10^{-3} \ m^3/s$.
अतः,$Q \approx 1.2 \times 10^{-3} \ m^3/s$ प्राप्त होता है।

(B) एक हाइड्रोफिलिक सतह के लिए, जल-ठोस इंटरफेस पर संपर्क कोण $90^{\circ}$ से कम होता है, अर्थात $ < 90^{\circ}$।
यह इसलिए होता है क्योंकि तरल अणुओं और हाइड्रोफिलिक सतह के बीच का आसंजक बल (adhesive force), तरल के भीतर के ससंजक बलों (cohesive forces) की तुलना में काफी अधिक मजबूत होता है。
परिणामस्वरूप, तरल सतह पर फैल जाता है, जिससे संपर्क कोण $90^{\circ}$ से कम हो जाता है।

(D) दिया गया है, पानी की बूंद का व्यास $d = 0.2 \,mm$ है।
त्रिज्या, $r = 0.1 \,mm = 10^{-4} \,m$ है।
बूंद के बाहर का दबाव, $p_0 = 1.5 \,N / cm^2 = 1.5 \times 10^4 \,N / m^2$ है।
पृष्ठ तनाव, $T = 0.08 \,N / m$ है।
गोलाकार बूंद के अंदर अतिरिक्त दबाव $\Delta p = \frac{2T}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए, बूंद के अंदर का कुल दबाव $p = p_0 + \frac{2T}{r}$ होगा।
मान रखने पर:
$p = 1.5 \times 10^4 + \frac{2 \times 0.08}{10^{-4}}$
$p = 1.5 \times 10^4 + 0.16 \times 10^4$
$p = 1.66 \times 10^4 \,N / m^2$
इसे $N / cm^2$ में बदलने पर:
$p = 1.66 \,N / cm^2$.

(A) दिया गया है: तांबे की गेंद की त्रिज्या $r = 3.0 \,mm = 3 \times 10^{-3} \,m$, तेल की श्यानता $\eta = 1 \,kg / ms$, तेल का घनत्व $\rho = 1.5 \times 10^3 \,kg / m^3$, तांबे का घनत्व $\sigma = 9 \times 10^3 \,kg / m^3$, और गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,m / s^2$.
सीमांत वेग $v_T$ का सूत्र स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है:
$v_T = \frac{2}{9} \frac{r^2(\sigma - \rho)g}{\eta}$
मान रखने पर:
$v_T = \frac{2}{9} \times \frac{(3 \times 10^{-3})^2 \times (9 \times 10^3 - 1.5 \times 10^3) \times 10}{1}$
$v_T = \frac{2}{9} \times (9 \times 10^{-6}) \times (7.5 \times 10^3) \times 10$
$v_T = 2 \times 10^{-6} \times 7.5 \times 10^4$
$v_T = 15 \times 10^{-2} \,m / s$
अतः, सीमांत वेग $15 \times 10^{-2} \,m / s$ है।

(C) दिया गया है,आयतन में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{|\Delta V|}{V} = 0.4 \% = 0.004$.
पानी का बल्क मापांक,$B = 2.0 \times 10^9 \text{ Pa}$.
बल्क मापांक का सूत्र $B = -\frac{p}{\Delta V / V}$ है,जहाँ $p$ लगाया गया दबाव है।
इसलिए,आवश्यक दबाव $p = B \times \left| \frac{\Delta V}{V} \right|$ है।
मान रखने पर:
$p = (2.0 \times 10^9 \text{ Pa}) \times 0.004 = 8.0 \times 10^6 \text{ Pa}$.
दबाव को $\text{Pa}$ से $\text{atm}$ में बदलने के लिए,हम रूपांतरण कारक $1 \text{ atm} \approx 1.01325 \times 10^5 \text{ Pa}$ का उपयोग करते हैं।
$p = \frac{8.0 \times 10^6}{1.01325 \times 10^5} \text{ atm} \approx 78.95 \text{ atm}$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,$p \approx 80 \text{ atm}$ प्राप्त होता है।

(B) एक कैंटिलीवर छड़ के सिरे पर $F = mg$ भार के कारण ऊर्ध्वाधर विक्षेपण $x$ और अपरूपण मापांक $\eta$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$\eta = \frac{F L}{A x} \Rightarrow x = \frac{mg L}{A \eta}$
यहाँ $L = 6 \text{ cm} = 6 \times 10^{-2} \text{ m}$,त्रिज्या $r = 2 \text{ cm} = 2 \times 10^{-2} \text{ m}$,$m = 400 \pi \text{ kg}$,$g = 10 \text{ m/s}^2$,और $\eta = 3 \times 10^{10} \text{ N/m}^2$ है।
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (2 \times 10^{-2})^2 = 4 \pi \times 10^{-4} \text{ m}^2$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$x = \frac{(400 \pi \times 10) \times (6 \times 10^{-2})}{(4 \pi \times 10^{-4}) \times (3 \times 10^{10})}$
$x = \frac{4000 \pi \times 6 \times 10^{-2}}{12 \pi \times 10^6}$
$x = \frac{24000 \pi \times 10^{-2}}{12 \pi \times 10^6} = \frac{240 \pi}{12 \pi \times 10^6} = 20 \times 10^{-6} \text{ m}$
$x = 20 \times 10^{-3} \text{ mm} = 0.02 \text{ mm}$.
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) दिया गया है: समयावधि $T = 6 \text{ घंटे} = 21600 \text{ सेकंड}$।
पृथ्वी की त्रिज्या $R_e = 6400 \text{ km} = 6.4 \times 10^6 \text{ m}$।
केपलर के तीसरे नियम का उपयोग करते हुए: $T^2 = \frac{4\pi^2 R^3}{GM}$, जहाँ $R$ कक्षा की त्रिज्या है।
$R^3 = T^2 \times \frac{GM}{4\pi^2} = (21600)^2 \times 8 \times 10^{12} = 3.732 \times 10^{21} \text{ m}^3$।
$R = (3732.48)^{1/3} \times 10^6 \approx 15510 \text{ km}$।
सतह से दूरी $h = R - R_e = 15510 - 6400 = 9110 \text{ km}$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम उत्तर $8720 \text{ km}$ है।

(B) घूर्णन अक्ष से $x$ दूरी पर $dx$ लंबाई के छड़ के एक छोटे तत्व पर विचार करें।
इस तत्व का द्रव्यमान $dm = \frac{M}{L} dx = \rho A dx$ है,जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
इस तत्व पर कार्य करने वाला अभिकेंद्री बल $dF = (dm) x \omega^2 = \rho A \omega^2 x dx$ है।
अक्ष से $x$ दूरी पर तनाव $T(x)$,$x$ से $L$ तक के सभी तत्वों पर अभिकेंद्री बलों का योग है:
$T(x) = \int_x^L \rho A \omega^2 x' dx' = \rho A \omega^2 \left[ \frac{x'^2}{2} \right]_x^L = \frac{\rho A \omega^2}{2} (L^2 - x^2)$.
हुक के नियम के अनुसार $dx$ तत्व का विस्तार $d\Delta L$ है:
$d\Delta L = \frac{T(x) dx}{AY} = \frac{\rho A \omega^2 (L^2 - x^2) dx}{2 AY} = \frac{\rho \omega^2}{2Y} (L^2 - x^2) dx$.
लंबाई में कुल वृद्धि $\Delta L$,$0$ से $L$ तक का समाकलन है:
$\Delta L = \int_0^L \frac{\rho \omega^2}{2Y} (L^2 - x^2) dx = \frac{\rho \omega^2}{2Y} \left[ L^2 x - \frac{x^3}{3} \right]_0^L = \frac{\rho \omega^2}{2Y} \left( L^3 - \frac{L^3}{3} \right) = \frac{\rho \omega^2}{2Y} \left( \frac{2L^3}{3} \right) = \frac{\rho \omega^2 L^3}{3Y}$.

(B) दिया है: लंबाई का अनुपात $l_1: l_2 = 5: 2$,व्यास का अनुपात $d_1: d_2 = 4: 3$ और बल का अनुपात $F_1: F_2 = 4: 5$ है।
चूंकि $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2$,क्षेत्रफल का अनुपात $A_1: A_2 = d_1^2: d_2^2 = 4^2: 3^2 = 16: 9$ होगा।
यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{FL}{A \Delta l}$ है,इसलिए लंबाई में वृद्धि $\Delta l = \frac{FL}{AY}$ होगी।
अतः,लंबाई में वृद्धि का अनुपात $\frac{\Delta l_1}{\Delta l_2} = \frac{F_1}{F_2} \times \frac{l_1}{l_2} \times \frac{A_2}{A_1} \times \frac{Y_2}{Y_1}$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{\Delta l_1}{\Delta l_2} = \left(\frac{4}{5}\right) \times \left(\frac{5}{2}\right) \times \left(\frac{9}{16}\right) \times \left(\frac{0.7 \times 10^{11}}{1.1 \times 10^{11}}\right)$.
$\frac{\Delta l_1}{\Delta l_2} = 2 \times \frac{9}{16} \times \frac{7}{11} = \frac{18}{16} \times \frac{7}{11} = \frac{9}{8} \times \frac{7}{11} = \frac{63}{88}$.
अतः,अनुपात $\frac{63}{88}$ है।

(D) $1$. गुरुत्वीय विभव: $[V] = [\text{ऊर्जा} / \text{द्रव्यमान}] = [ML^2 T^{-2} / M] = M^0 L^2 T^{-2}$. यह $II$ से मेल खाता है।
$2$. स्टीफन नियतांक $(\sigma)$: $P = \sigma A T^4$ से, $[\sigma] = [P / (A T^4)] = [ML^2 T^{-3} / (L^2 K^4)] = M L^0 T^{-3} K^{-4}$. यह $III$ से मेल खाता है।
$3$. विद्युतशीलता $(\varepsilon_0)$: कूलॉम के नियम $F = q^2 / (4 \pi \varepsilon_0 r^2)$ से, $[\varepsilon_0] = [q^2 / (F r^2)] = [(I T)^2 / (MLT^{-2} \cdot L^2)] = M^{-1} L^{-3} T^4 I^2$. यह $IV$ से मेल खाता है।
$4$. विशिष्ट ऊष्मा धारिता $(c)$: $Q = mc \Delta T$ से, $[c] = [Q / (m \Delta T)] = [ML^2 T^{-2} / (M \cdot K)] = M^0 L^2 T^{-2} K^{-1}$. यह $I$ से मेल खाता है।
अतः, सही मिलान $A-II, B-III, C-IV, D-I$ है।

(B) से $B$ तक कण की गति के लिए दूरी-समय आलेख चित्र में दिखाया गया है।
आलेख से,$A$ से $C$ और $D$ से $B$ खंडों के लिए दूरी-समय आलेख का ढाल धनात्मक है,जिसका अर्थ है कि इन अंतरालों में चाल गैर-शून्य है।
औसत चाल को कुल तय की गई दूरी को कुल लिए गए समय से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है। चूंकि $A$ से $B$ तक तय की गई कुल दूरी गैर-शून्य है,इसलिए औसत चाल हमेशा गैर-शून्य होती है।
तात्क्षणिक चाल किसी भी क्षण दूरी-समय आलेख का ढाल होती है। $C$ से $D$ खंड में,आलेख एक क्षैतिज रेखा है,जिसका अर्थ है कि समय के साथ दूरी में कोई परिवर्तन नहीं होता है। इसलिए,ढाल शून्य है,जिसका अर्थ है कि इस अंतराल के दौरान तात्क्षणिक चाल शून्य है।
अतः,औसत चाल हमेशा गैर-शून्य होती है,लेकिन तात्क्षणिक चाल शून्य हो सकती है। इसलिए,विकल्प $B$ सही है।

(B) मुक्त रूप से गिरते हुए पिंड के लिए,वेग का गति समीकरण $v = u + gt$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि प्रारंभिक चाल $u = 0$ है,इसलिए समीकरण $v = gt$ हो जाता है।
यहाँ,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,जो एक नियतांक है ($g \approx 9.8 \ m/s^2$ या $10 \ m/s^2$)।
यह समीकरण $v = gt$,$y = mx$ के रूप में है,जहाँ $y$ चाल को दर्शाता है,$x$ समय को दर्शाता है,और $m = g$ ढाल (slope) है।
चूंकि इसमें कोई अचर पद (अंतःखंड) नहीं है,इसलिए ग्राफ मूल बिंदु $(0, 0)$ से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(A) प्रश्न के अनुसार, गेंद $t_1 = 3 \,s$ पर मीनार के शीर्ष पर पहुँचती है और उसके $2 \,s$ बाद अपनी अधिकतम ऊँचाई पर पहुँचती है।
अतः, गेंद द्वारा अधिकतम ऊँचाई तक पहुँचने में लिया गया कुल समय $t = t_1 + t_2 = 3 + 2 = 5 \,s$ है।
यदि $t = 0$ पर गेंद का प्रारंभिक वेग $u$ है, तो गति के पहले समीकरण $(v = u - gt)$ से:
$0 = u - 10 \times 5 \implies u = 50 \,m/s$.
यदि मीनार की ऊँचाई $h$ है, तो गति के दूसरे समीकरण $(h = ut - \frac{1}{2}gt^2)$ से:
$h = 50 \times 3 - \frac{1}{2} \times 10 \times 3^2 = 150 - 45 = 105 \,m$.
अतः, मीनार की ऊँचाई $105 \,m$ है।

(A) मान लीजिए कि दोनों गेंदें $t$ समय बाद छत से $h$ दूरी पर मिलती हैं।
गेंद-$1$ के लिए (नीचे की ओर गति):
$h = u_1 t + \frac{1}{2} g t^2 = 0 \cdot t + \frac{1}{2} (10) t^2 = 5 t^2$ ... $(i)$
गेंद-$2$ के लिए (ऊपर की ओर गति):
गेंद-$2$ द्वारा तय की गई दूरी $(21 - h)$ है।
$(21 - h) = u_2 t - \frac{1}{2} g t^2 = 14 t - 5 t^2$ ... (ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) को जोड़ने पर:
$h + (21 - h) = 5 t^2 + 14 t - 5 t^2$
$21 = 14 t$
$t = \frac{21}{14} = 1.5 \,s$
$t = 1.5 \,s$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$h = 5 \times (1.5)^2 = 5 \times 2.25 = 11.25 \,m = \frac{45}{4} \,m$
अतः,गेंद-$1$ जब गेंद-$2$ को पार करेगी तब वह $\frac{45}{4} \,m$ नीचे गिर चुकी होगी।

(B) दिया गया है, प्रतिरोध बल $F \propto \sqrt{v}$, अतः $ma = -k\sqrt{v}$, जिसका अर्थ है $a = -c\sqrt{v}$ जहाँ $c$ एक नियतांक है।
हम जानते हैं कि $a = \frac{dv}{dt} = -c\sqrt{v}$.
पुनर्व्यवस्थित करने पर, $\frac{dv}{\sqrt{v}} = -c \, dt$.
$t=0$ $(v=u)$ से $t=T$ $(v=0)$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{u}^{0} v^{-1/2} \, dv = \int_{0}^{T} -c \, dt \Rightarrow [2\sqrt{v}]_{u}^{0} = -cT \Rightarrow -2\sqrt{u} = -cT \Rightarrow c = \frac{2\sqrt{u}}{T}$.
अब, $v \frac{dv}{ds} = -c\sqrt{v} \Rightarrow \sqrt{v} \, dv = -c \, ds$.
$s=0$ $(v=u)$ से $s=S$ $(v=0)$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{u}^{0} v^{1/2} \, dv = \int_{0}^{S} -c \, ds \Rightarrow [\frac{2}{3} v^{3/2}]_{u}^{0} = -cS \Rightarrow -\frac{2}{3} u^{3/2} = -cS \Rightarrow S = \frac{2u^{3/2}}{3c}$.
$c = \frac{2\sqrt{u}}{T}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$S = \frac{2u^{3/2}}{3(2\sqrt{u}/T)} = \frac{uT}{3}$.
दिया गया है $u = 120 \,m/s$ और $T = 1.5 \,s$:
$S = \frac{120 \times 1.5}{3} = \frac{180}{3} = 60 \,m$.
अतः, $60 \,m$ विकल्पों में नहीं है, इसलिए दिए गए विकल्प गलत हैं।

(C) $AC$ परिपथ में, धारा emf के साथ समान कला में है, जिसका अर्थ है कि परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में है। अनुनाद पर, परिपथ का प्रतिबाधा (impedance) $Z$, प्रेरक कुंडली के प्रतिरोध $R$ के बराबर होता है $(Z = R)$.
दिया गया है, rms वोल्टेज $V_{\text{rms}} = 8 \, V$ और rms धारा $I_{\text{rms}} = 16 \, A$ है।
प्रेरक कुंडली का प्रतिरोध $R = \frac{V_{\text{rms}}}{I_{\text{rms}}} = \frac{8}{16} = 0.5 \, \Omega$ है।
जब प्रेरक कुंडली को $6 \, V$ की $DC$ बैटरी से जोड़ा जाता है, तो संधारित्र $DC$ के लिए ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है, लेकिन प्रश्न प्रेरक कुंडली से प्रवाहित होने वाली स्थिर धारा के बारे में है। चूंकि प्रेरक कुंडली का प्रतिरोध $R = 0.5 \, \Omega$ है, इसलिए ओम के नियम के अनुसार स्थिर धारा $I$ होगी:
$I = \frac{V_{\text{DC}}}{R} = \frac{6 \, V}{0.5 \, \Omega} = 12 \, A$.

(D) गतिमान चालक में प्रेरित emf का सूत्र $e = B l_{eff} v \sin(\theta)$ है,जहाँ $l_{eff}$ चालक के दो सिरों के बीच का विस्थापन सदिश है।
$L$ लंबाई के अर्धवृत्ताकार तार के लिए,त्रिज्या $r$,$L = \pi r$ द्वारा दी जाती है,इसलिए $r = \frac{L}{\pi}$।
प्रभावी लंबाई $l_{eff}$ (दो सिरों के बीच की सीधी दूरी) अर्धवृत्त का व्यास है,$l_{eff} = 2r = \frac{2L}{\pi}$।
वेग $v$,व्यास (प्रभावी लंबाई सदिश) के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाता है।
इन मानों को emf के सूत्र में रखने पर:
$e = B \times (\frac{2L}{\pi}) \times v \times \sin(45^{\circ})$
$e = B \times \frac{2L}{\pi} \times v \times \frac{1}{\sqrt{2}}$
$e = \frac{\sqrt{2}}{\pi} B v L$
इस समीकरण की तुलना दिए गए समीकरण $\Phi = \alpha(B v L)$ से करने पर,हमें $\alpha = \frac{\sqrt{2}}{\pi}$ प्राप्त होता है।

(A) मुख्य विचार: श्रेणी $LCR$ परिपथ में धारा का आयाम अनुनाद (resonance) पर अधिकतम होता है, जहाँ प्रेरणिक प्रतिघात (inductive reactance) धारितीय प्रतिघात (capacitive reactance) के बराबर होता है, अर्थात $\omega L = \frac{1}{\omega C}$।
दिया है: $L = 0.5 \text{ H}$, $R = 10 \Omega$, $V_{rms} = 200 \text{ V}$, और $f = \frac{150}{\pi} \text{ Hz}$।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times \frac{150}{\pi} = 300 \text{ rad/s}$।
अनुनाद पर, प्रतिबाधा $Z = R = 10 \Omega$ होती है।
अधिकतम धारा $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{200}{10} = 20 \text{ A}$।
प्रेरक के सिरों पर $rms$ वोल्टेज $V_L = I_{rms} \times X_L$ है, जहाँ $X_L = \omega L$।
$V_L = 20 \times (300 \times 0.5) = 20 \times 150 = 3000 \text{ V}$।

(D) श्रेणी $LCR$ परिपथ की अनुनाद आवृत्ति $f$ का सूत्र है: $f = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$.
प्रारंभ में,$f_1 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$.
अंत में,संधारित्र को $C$ से $C^{\prime}$ में बदलने पर अनुनाद आवृत्ति $f_2 = 2f_1$ हो जाती है।
अतः,$f_2 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC^{\prime}}}$.
समीकरण में $f_2 = 2f_1$ रखने पर:
$\frac{1}{2 \pi \sqrt{LC^{\prime}}} = 2 \times \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$.
दोनों पक्षों से सामान्य पदों $2 \pi$ और $\sqrt{L}$ को हटाने पर:
$\frac{1}{\sqrt{C^{\prime}}} = \frac{2}{\sqrt{C}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{1}{C^{\prime}} = \frac{4}{C}$.
इसलिए,अनुपात $\frac{C}{C^{\prime}} = 4$ है।
नोट: प्रतिरोध $R$ में परिवर्तन $LCR$ परिपथ की अनुनाद आवृत्ति को प्रभावित नहीं करता है।

(C) स्पेक्ट्रल रेखा की तरंगदैर्घ्य $\lambda$ के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$ है।
पाश्चन श्रेणी के लिए,$n_1 = 3$ है। सबसे लंबी तरंगदैर्घ्य $n_2 = 4$ से संक्रमण के अनुरूप होती है।
$\frac{1}{\lambda_P} = R \left[ \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right] = R \left[ \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right] = R \left[ \frac{16 - 9}{144} \right] = \frac{7R}{144}$.
अतः,$\lambda_P = \frac{144}{7R}$.
लाइमन श्रेणी के लिए,$n_1 = 1$ है। सबसे लंबी तरंगदैर्घ्य $n_2 = 2$ से संक्रमण के अनुरूप होती है।
$\frac{1}{\lambda_L} = R \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = R \left[ 1 - \frac{1}{4} \right] = \frac{3R}{4}$.
अतः,$\lambda_L = \frac{4}{3R}$.
अब,अनुपात $\frac{\lambda_P}{\lambda_L}$ की गणना करने पर:
$\frac{\lambda_P}{\lambda_L} = \frac{144 / 7R}{4 / 3R} = \frac{144}{7R} \times \frac{3R}{4} = \frac{36 \times 3}{7} = \frac{108}{7} \approx 15.42$.
चूंकि $15 < 15.42 < 16$,इसलिए सही विकल्प $C$ है।

(A) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं अवस्था में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{|E|}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि प्रारंभिक अवस्था $n_A = 3$ है,इसलिए प्रारंभिक ऊर्जा $E_{n_A} = -\frac{|E|}{3^2} = -\frac{|E|}{9}$ है।
जब $\Delta E = \frac{|E|}{12}$ ऊर्जा वाले फोटॉन का अवशोषण होता है,तो इलेक्ट्रॉन $n_B$ अवस्था में चला जाता है,जिसकी ऊर्जा $E_{n_B} = -\frac{|E|}{n_B^2}$ है।
ऊर्जा संरक्षण का समीकरण $E_{n_B} - E_{n_A} = \Delta E$ है।
मान रखने पर: $-\frac{|E|}{n_B^2} - (-\frac{|E|}{9}) = \frac{|E|}{12}$.
$|E|$ से विभाजित करने पर: $-\frac{1}{n_B^2} + \frac{1}{9} = \frac{1}{12}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{1}{n_B^2} = \frac{1}{9} - \frac{1}{12}$.
समान हर (common denominator) लेने पर: $\frac{1}{n_B^2} = \frac{4 - 3}{36} = \frac{1}{36}$.
अतः,$n_B^2 = 36$,जिससे $n_B = 6$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है,इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $= 5.5 eV$ है।
हाइड्रोजन परमाणु को मूल अवस्था $(n=1)$ से प्रथम उत्तेजित अवस्था $(n=2)$ में उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 eV - (-13.6 eV) = 10.2 eV$ है।
चूंकि आपतित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $(5.5 eV)$ आवश्यक उत्तेजन ऊर्जा $(10.2 eV)$ से कम है,इसलिए इलेक्ट्रॉन हाइड्रोजन परमाणु को कोई ऊर्जा स्थानांतरित नहीं कर पाएगा और कोई इलेक्ट्रॉनिक संक्रमण नहीं होगा।
चूंकि आंतरिक उत्तेजन के लिए कोई ऊर्जा खर्च नहीं होती है,इसलिए निकाय की कुल गतिज ऊर्जा संरक्षित रहती है।
अतः,यह टक्कर प्रत्यास्थ है।

(D) जब एक इलेक्ट्रॉन उत्तेजित अवस्था $n$ से मूल अवस्था में संक्रमण करता है, तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या का सूत्र: $N = \frac{n(n-1)}{2}$ है।
यहाँ $N = 10$ दिया गया है, इसलिए $\frac{n(n-1)}{2} = 10$, जिसका अर्थ है $n^2 - n - 20 = 0$।
द्विघात समीकरण को हल करने पर, $(n-5)(n+4) = 0$, हमें $n = 5$ प्राप्त होता है (क्योंकि $n$ धनात्मक होना चाहिए)।
$n=5$ अवस्था की ऊर्जा $E_5 = -\frac{13.6}{5^2} = -\frac{13.6}{25} = -0.544 \text{ eV}$ है।
मूल अवस्था $(n=1)$ की ऊर्जा $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ है।
परमाणु को $n=1$ से $n=5$ तक उत्तेजित करने के लिए आवश्यक आपतित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = E_5 - E_1 = -0.544 - (-13.6) = 13.056 \text{ eV}$ है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{1242 \text{ eV-nm}}{13.056 \text{ eV}} \approx 95.1 \text{ nm}$ प्राप्त होती है।

(B) अनंत रेखीय आवेश के कारण $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E_{line} = \frac{2k\lambda}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु आवेश $q$ के कारण उससे $(d-r)$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E_{point} = \frac{kq}{(d-r)^2}$ होता है।
कुल विद्युत क्षेत्र शून्य होने के लिए,दोनों के परिमाण समान होने चाहिए: $E_{line} = E_{point}$.
मान रखने पर $\lambda = 1 \ C \ m^{-1}$,$q = 1 \ C$,और $d = 3 \ m$:
$\frac{2k(1)}{r} = \frac{k(1)}{(3-r)^2}$
$\frac{2}{r} = \frac{1}{(3-r)^2}$
$2(3-r)^2 = r$
$2(9 - 6r + r^2) = r$
$18 - 12r + 2r^2 = r$
$2r^2 - 13r + 18 = 0$
द्विघात सूत्र $r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करने पर:
$r = \frac{13 \pm \sqrt{169 - 144}}{4} = \frac{13 \pm 5}{4}$
$r_1 = \frac{18}{4} = 4.5 \ m$ और $r_2 = \frac{8}{4} = 2 \ m$.
चूंकि बिंदु को मूल बिंदु और आवेश के बीच होना चाहिए $(0 < r < 3)$,इसलिए मान्य दूरी $r = 2 \ m$ है।

(C) जब $t = 2 \,mm$ मोटाई की धातु की प्लेट को $d = 6 \,mm$ प्लेट दूरी वाले समानांतर प्लेट संधारित्र में डाला जाता है,तो धातु की प्लेट के दोनों ओर हवा का अंतराल $d_1 = 3 \,mm$ और $d_2 = d - d_1 - t = 6 - 3 - 2 = 1 \,mm$ होता है।
यह व्यवस्था श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों के बराबर है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $A = 36 \pi \,cm^2 = 36 \pi \times 10^{-4} \,m^2$ है।
तुल्य धारिता $C_{\text{eq}}$ का सूत्र: $\frac{1}{C_{\text{eq}}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{d_1}{\varepsilon_0 A} + \frac{d_2}{\varepsilon_0 A} = \frac{d_1 + d_2}{\varepsilon_0 A}$.
मान रखने पर: $d_1 + d_2 = 3 \,mm + 1 \,mm = 4 \,mm = 4 \times 10^{-3} \,m$.
$C_{\text{eq}} = \frac{\varepsilon_0 A}{d_1 + d_2} = \frac{1}{4 \pi \times 9 \times 10^9} \times \frac{36 \pi \times 10^{-4}}{4 \times 10^{-3}}$.
$C_{\text{eq}} = \frac{1}{36 \times 10^9} \times \frac{36 \times 10^{-4}}{4 \times 10^{-3}} = \frac{10^{-4}}{4 \times 10^{-3} \times 10^9} = \frac{1}{4} \times 10^{-10} \,F = 0.25 \times 10^{-10} \,F = 25 \times 10^{-12} \,F = 25 \,pF$.

(B) मान लीजिए कि चार प्लेटों को ऊपर से नीचे $1, 2, 3, 4$ के रूप में क्रमांकित किया गया है। बाहरी प्लेटें $1$ और $4$ एक साथ जुड़ी हुई हैं। बिंदु $A$ और $B$ क्रमशः प्लेट $2$ और $3$ से जुड़े हैं।
प्लेट $1$ और $2$ के बीच, एक संधारित्र $C_1 = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$ है।
प्लेट $2$ और $3$ के बीच, एक संधारित्र $C_2 = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$ है।
प्लेट $3$ और $4$ के बीच, एक संधारित्र $C_3 = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$ है।
चूंकि प्लेट $1$ और $4$ जुड़ी हुई हैं, वे समान विभव पर हैं। मान लीजिए यह विभव $V_0$ है। प्लेट $2$ विभव $V_A$ पर है और प्लेट $3$ विभव $V_B$ पर है।
संधारित्र $C_1$, $V_A$ और $V_0$ के बीच जुड़ा है। संधारित्र $C_3$, $V_B$ और $V_0$ के बीच जुड़ा है। संधारित्र $C_2$, $V_A$ और $V_B$ के बीच जुड़ा है।
यह $C_1$ और $C_3$ के श्रेणीक्रम संयोजन के बराबर है, जो $C_2$ के साथ समानांतर क्रम में है।
चूंकि $C_1 = C_2 = C_3 = C = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$, तुल्य धारिता $C_{eq}$ है:
$C_{eq} = C_2 + (C_1 \text{ और } C_3 \text{ का श्रेणीक्रम संयोजन})$
$C_{eq} = C + \frac{C \times C}{C + C} = C + \frac{C}{2} = \frac{3C}{2}$
$C = \frac{\varepsilon_0 S}{d}$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें प्राप्त होता है:
$C_{eq} = \frac{3}{2} \frac{\varepsilon_0 S}{d}$

(A) दिया गया है:
कलेक्टर धारा में परिवर्तन,$\Delta I_C = 8.9 \ mA$
एमिटर धारा में परिवर्तन,$\Delta I_E = 9.0 \ mA$
हम जानते हैं कि एमिटर धारा,कलेक्टर धारा और बेस धारा का योग होती है: $\Delta I_E = \Delta I_C + \Delta I_B$
इसलिए,बेस धारा में परिवर्तन: $\Delta I_B = \Delta I_E - \Delta I_C = 9.0 \ mA - 8.9 \ mA = 0.1 \ mA$
धारा प्रवर्धन गुणांक $\beta$ को कलेक्टर धारा में परिवर्तन और बेस धारा में परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{8.9 \ mA}{0.1 \ mA} = 89$

(D) कम आवृत्ति वाले संकेतों में बहुत कम ऊर्जा होती है; इसलिए,मॉड्युलेशन के बिना उन्हें लंबी दूरी तक प्रेषित नहीं किया जा सकता है।
मॉड्युलेशन में,वाहक तरंग की विशेषताओं को कम आवृत्ति वाले (संदेश) संकेत के आयाम के अनुसार बदला जाता है।
वाहक तरंगें उच्च आवृत्ति वाले संकेत होते हैं जिनका उपयोग मॉड्युलेशन के माध्यम से कम आवृत्ति वाले संकेत को लंबी दूरी तक भेजने के लिए किया जाता है।

(D) मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu$ को $\mu = \frac{A_m}{A_c}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $A_m$ संदेश सिग्नल का अधिकतम आयाम है और $A_c$ कैरियर सिग्नल का अधिकतम आयाम है।
दिया गया है कि $A_m$ में $0.1 \%$ की वृद्धि होती है और $A_c$ में $0.3 \%$ की वृद्धि होती है,तो नए आयाम $A_m' = A_m(1 + 0.001) = 1.001 A_m$ और $A_c' = A_c(1 + 0.003) = 1.003 A_c$ होंगे।
नया मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu'$ होगा: $\mu' = \frac{1.001 A_m}{1.003 A_c} = \frac{1.001}{1.003} \mu$।
मॉड्युलेशन इंडेक्स में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{\mu' - \mu}{\mu} \times 100$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\left( \frac{1.001}{1.003} - 1 \right) \times 100 = \left( \frac{1.001 - 1.003}{1.003} \right) \times 100 = \frac{-0.002}{1.003} \times 100 \approx -0.1994 \% \approx -0.2 \%$।

(D) ट्रांसमिटिंग एंटीना की ऊँचाई $h_T$ और रिसीविंग एंटीना की ऊँचाई $h_R$ के बीच अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट $(LOS)$ दूरी $d_m$ का सूत्र $d_m = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$ है, जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
दिया गया है: $h_T = 20 \,m$, $d_m = 40 \,km = 40,000 \,m$, और $R = 6400 \,km = 6.4 \times 10^6 \,m$.
मान रखने पर:
$40,000 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 20} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times h_R}$
$40,000 = \sqrt{256 \times 10^6} + \sqrt{12.8 \times 10^6 \times h_R}$
$40,000 = 16,000 + \sqrt{12.8 \times 10^6 \times h_R}$
$24,000 = \sqrt{12.8 \times 10^6 \times h_R}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$(24,000)^2 = 12.8 \times 10^6 \times h_R$
$576,000,000 = 12,800,000 \times h_R$
$h_R = \frac{576,000,000}{12,800,000} = 45 \,m$.
अतः, रिसीविंग एंटीना की ऊँचाई $45 \,m$ है।

(D) दिया गया है: कैरियर आवृत्ति $f_c = 5 MHz$,कैरियर पीक वोल्टेज $V_c = 40 V$,मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu = 0.75$.
$1$. संदेश सिग्नल के पीक वोल्टेज $(V_m)$ की गणना:
मॉड्युलेशन इंडेक्स को $\mu = \frac{V_m}{V_c}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
मान रखने पर: $0.75 = \frac{V_m}{40 V}$.
$V_m = 40 V \times 0.75 = 30 V$.
$2$. संदेश सिग्नल की आवृत्ति $(f_m)$ की गणना:
दो साइड-बैंड्स (अपर साइड-बैंड और लोअर साइड-बैंड) के बीच आवृत्ति का अंतर बैंडविड्थ के बराबर होता है,जो $2 f_m$ है।
दिया गया है: $2 f_m = 40 kHz$.
$f_m = \frac{40 kHz}{2} = 20 kHz$.
अतः,संदेश सिग्नल का पीक वोल्टेज और आवृत्ति क्रमशः $30 V$ और $20 kHz$ है।

(C) यह दिया गया है कि $E_1 = 2 \ V$ emf वाली बैटरी से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,इसलिए $I_1 = 0 \ A$ है।
परिपथ में,$E_2 = 5 \ V$ और $R_2$ वाली शाखा,$R_3 = 2 \ \Omega$ वाली शाखा के समानांतर है।
चूंकि $I_1 = 0$ है,समानांतर संयोजन के सिरों पर विभवांतर $E_1 = 2 \ V$ के बराबर है।
अतः,$R_3$ के सिरों पर वोल्टेज $V_{R3} = 2 \ V$ है।
$R_3$ से प्रवाहित होने वाली धारा $I_3 = \frac{V_{R3}}{R_3} = \frac{2 \ V}{2 \ \Omega} = 1 \ A$ है।
अब,मध्य शाखा में किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर,शाखा के सिरों पर विभवांतर $V_{AB} = 2 \ V$ है।
हमारे पास $E_2 - I_3 R_2 = V_{AB}$ है,जहाँ $E_2 = 5 \ V$ है।
$5 \ V - (1 \ A) \times R_2 = 2 \ V
\Rightarrow R_2 = 3 \ \Omega$।
$R_2$ के सिरों पर वोल्टेज $V_2$,प्रतिरोध $R_2$ पर विभव पतन (potential drop) है,जो $V_2 = -I_3 R_2 = -1 \ A \times 3 \ \Omega = -3 \ V$ है।
अतः,$V_2 = -3 \ V$ और $I_3 = 1 \ A$ है।

(B) और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम परिपथ को सबसे दाहिने सिरे से सरल करते हैं।
$1$. अंतिम दो प्रतिरोधक (एक श्रेणी में $R$ और एक ऊर्ध्वाधर $R$) श्रेणी क्रम में हैं: $R_{\text{eq1}} = R + R = 2R$.
$2$. यह $2R$,ऊर्ध्वाधर $2R$ प्रतिरोधक के साथ समानांतर क्रम में है: $R_{\text{eq2}} = \frac{2R \times 2R}{2R + 2R} = R$.
$3$. अब,यह $R$,अगले क्षैतिज $R$ के साथ श्रेणी क्रम में है: $R_{\text{eq3}} = R + R = 2R$.
$4$. यह $2R$,अगले ऊर्ध्वाधर $2R$ के साथ समानांतर क्रम में है: $R_{\text{eq4}} = \frac{2R \times 2R}{2R + 2R} = R$.
$5$. इस पैटर्न को जारी रखते हुए,अगला क्षैतिज $R$,$R$ के साथ श्रेणी क्रम में है: $R_{\text{eq5}} = R + R = 2R$.
$6$. यह $2R$,अगले ऊर्ध्वाधर $2R$ के साथ समानांतर क्रम में है: $R_{\text{eq6}} = \frac{2R \times 2R}{2R + 2R} = R$.
$7$. अंत में,यह $R$,पहले क्षैतिज $R$ के साथ श्रेणी क्रम में है: $R_{\text{eq7}} = R + R = 2R$.
$8$. यह $2R$,पहले ऊर्ध्वाधर $2R$ के साथ समानांतर क्रम में है: $R_{\text{eq8}} = \frac{2R \times 2R}{2R + 2R} = R$.
अतः,$A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध $R$ है। सही विकल्प $B$ है।

(A) प्रारंभ में,पहले संधारित्र $C_1 = 4 \mu F$ को $V = 6 \ V$ तक आवेशित किया जाता है। संचित आवेश $Q = C_1 V = 4 \mu F \times 6 \ V = 24 \mu C$ है।
जब बैटरी को हटा दिया जाता है और दूसरे संधारित्र $C_2 = 8 \mu F$ (जो प्रारंभ में अनावेशित है) को पहले संधारित्र के साथ समांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो कुल आवेश $Q = 24 \mu C$ दोनों के बीच पुनर्वितरित हो जाता है।
समांतर क्रम संयोजन में,दोनों संधारित्रों के सिरों पर विभवांतर $V'$ समान होता है।
कुल धारिता $C_{eq} = C_1 + C_2 = 4 \mu F + 8 \mu F = 12 \mu F$ है।
उभयनिष्ठ विभवांतर $V' = \frac{Q}{C_{eq}} = \frac{24 \mu C}{12 \mu F} = 2 \ V$ प्राप्त होता है।

(B) सर्किट $A$ में,वोल्टमीटर सीधे प्रतिरोध $R$ के समानांतर जुड़ा हुआ है। एमीटर प्रतिरोध $R$ और वोल्टमीटर दोनों से बहने वाली कुल धारा को मापता है। चूंकि वोल्टमीटर का प्रतिरोध बहुत अधिक होता है,इसलिए इससे बहने वाली धारा बहुत कम होती है। यह सर्किट तब पसंद किया जाता है जब प्रतिरोध $R$ कम हो,क्योंकि एमीटर द्वारा अतिरिक्त धारा को मापने से होने वाली त्रुटि कम हो जाती है।
सर्किट $B$ में,एमीटर प्रतिरोध $R$ के साथ श्रृंखला में जुड़ा हुआ है,और वोल्टमीटर प्रतिरोध $R$ और एमीटर दोनों के बीच विभवांतर को मापता है। चूंकि एमीटर का प्रतिरोध बहुत कम होता है,इसलिए इसके पार वोल्टेज ड्रॉप बहुत कम होता है। यह सर्किट तब पसंद किया जाता है जब प्रतिरोध $R$ अधिक हो,क्योंकि वोल्टमीटर द्वारा एमीटर के पार अतिरिक्त वोल्टेज ड्रॉप को मापने से होने वाली त्रुटि कम हो जाती है।
इसलिए,सर्किट $A$ का उपयोग कम प्रतिरोध के लिए और सर्किट $B$ का उपयोग उच्च प्रतिरोध के लिए किया जाता है।

(D) दिया गया है कि उपकरण का प्रतिरोध $R$,धारा $I$ से $R = \frac{0.2 I}{I-4}$ संबंध द्वारा संबंधित है।
उपकरण द्वारा खपत की गई शक्ति $P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है।
$R$ का व्यंजक रखने पर: $P = I^2 \left( \frac{0.2 I}{I-4} \right) = \frac{0.2 I^3}{I-4}$.
न्यूनतम शक्ति ज्ञात करने के लिए,हम $P$ का $I$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dP}{dI} = 0$.
$\frac{d}{dI} \left( \frac{0.2 I^3}{I-4} \right) = 0$.
भागफल नियम (quotient rule) का उपयोग करने पर: $\frac{(I-4)(0.6 I^2) - (0.2 I^3)(1)}{(I-4)^2} = 0$.
$0.6 I^3 - 2.4 I^2 - 0.2 I^3 = 0$.
$0.4 I^3 - 2.4 I^2 = 0$.
$0.4 I^2 (I - 6) = 0$.
चूंकि $I > 4$,इसलिए $I = 6 \ A$ प्राप्त होता है।
$I = 6 \ A$ को शक्ति समीकरण में रखने पर: $P_{\min} = \frac{0.2 \times (6)^3}{6-4} = \frac{0.2 \times 216}{2} = 0.2 \times 108 = 21.6 \ W$.

(B) दिया गया सर्किट आरेख चित्र में दिखाया गया है। मान लीजिए कि $I_1$ और $I_2$ क्रमशः लूप $(1)$ और लूप $(2)$ में लूप धाराएं हैं।
लूप $(1)$ में $KVL$ लागू करने पर:
$-5 + 10 I_1 + 10(I_1 - I_2) = 0$
$20 I_1 - 10 I_2 = 5$ --- $(i)$
लूप $(2)$ में $KVL$ लागू करने पर:
$10 I_2 + 3 + 10(I_2 - I_1) = 0$
$-10 I_1 + 20 I_2 = -3$ --- $(ii)$
समीकरण $(i)$ को $2$ से गुणा करके समीकरण $(ii)$ में जोड़ने पर:
$40 I_1 - 20 I_2 = 10$
$-10 I_1 + 20 I_2 = -3$
जोड़ने पर $30 I_1 = 7 \Rightarrow I_1 = \frac{7}{30} \text{ A}$ प्राप्त होता है।
$I_1$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$20(\frac{7}{30}) - 10 I_2 = 5$
$\frac{14}{3} - 5 = 10 I_2$
$10 I_2 = \frac{14 - 15}{3} = -\frac{1}{3} \Rightarrow I_2 = -\frac{1}{30} \text{ A}$.
शाखा $AB$ से गुजरने वाली धारा $I_{AB} = I_1 - I_2 = \frac{7}{30} - (-\frac{1}{30}) = \frac{8}{30} \text{ A}$ है।
$AB$ टर्मिनलों के बीच वोल्टेज $V_{AB} = I_{AB} \times R_{AB} = \frac{8}{30} \times 10 = \frac{8}{3} \text{ V}$ है।

(C) जब किसी धातु का तापमान बढ़ाया जाता है,तो उसमें मौजूद परमाणु अधिक तीव्रता से कंपन करने लगते हैं। इससे इलेक्ट्रॉनों और जाली आयनों के बीच टक्करों की संख्या में वृद्धि होती है। इस प्रकार,क्रमिक टक्करों के बीच का औसत समय,जिसे विश्रांति काल (relaxation time) ' $\tau$ ' कहा जाता है,कम हो जाता है। धातु की प्रतिरोधकता ' $\rho$ ' को सूत्र $\rho = \frac{m}{n e^2 \tau}$ द्वारा दिया जाता है। यहाँ,$m$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है,$n$ मुक्त इलेक्ट्रॉनों का संख्या घनत्व है,और $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है। चूँकि $\rho \propto \frac{1}{\tau}$,इसलिए जैसे-जैसे तापमान बढ़ने के साथ विश्रांति काल ' $\tau$ ' घटता है,प्रतिरोधकता ' $\rho$ ' बढ़ जाती है।

(A) धारा $I$ को आवेश के प्रवाह की दर के रूप में परिभाषित किया गया है, जो $I = \frac{Q}{t}$ द्वारा दिया जाता है।
सबसे पहले, तार से प्रवाहित होने वाले कुल आवेश $Q$ की गणना करें।
इलेक्ट्रॉनों की कुल संख्या $N = n \times N_A$, जहाँ $n = 0.1 \text{ mol}$ और $N_A = 6 \times 10^{23} \text{ mol}^{-1}$ है।
$N = 0.1 \times 6 \times 10^{23} = 6 \times 10^{22} \text{ इलेक्ट्रॉन}$.
कुल आवेश $Q = N \times e$, जहाँ $e = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$ है।
$Q = 6 \times 10^{22} \times 1.6 \times 10^{-19} = 9.6 \times 10^3 \text{ C} = 9600 \text{ C}$.
समय $t = 40 \text{ min} = 40 \times 60 \text{ s} = 2400 \text{ s}$.
अब, धारा $I = \frac{9600 \text{ C}}{2400 \text{ s}} = 4 \text{ A}$ की गणना करें।

(A) दिया गया है: वोल्टेज $V = 10 \, V$, प्रारंभिक धारा $I_1 = 0.1 \, A$, प्रारंभिक तापमान $t_1 = 40^{\circ} C$, और ताप गुणांक $\alpha = 2 \times 10^{-4} {}^{\circ} C^{-1}$ है।
$t_1 = 40^{\circ} C$ पर प्रारंभिक प्रतिरोध $R_1 = \frac{V}{I_1} = \frac{10}{0.1} = 100 \, \Omega$ है।
जब धारा $I_2 = 0.098 \, A$ हो जाती है, तो तापमान $t_2$ पर प्रतिरोध $R_2 = \frac{V}{I_2} = \frac{10}{0.098} \approx 102.04 \, \Omega$ है।
संबंध $R_2 = R_1 [1 + \alpha(t_2 - t_1)]$ का उपयोग करने पर:
$102.04 = 100 [1 + 2 \times 10^{-4} (t_2 - 40)]$.
$1.0204 = 1 + 2 \times 10^{-4} (t_2 - 40)$.
$0.0204 = 2 \times 10^{-4} (t_2 - 40)$.
$t_2 - 40 = \frac{0.0204}{2 \times 10^{-4}} = 102$.
$t_2 = 102 + 40 = 142^{\circ} C$.

(B) मान लीजिए $t_2$ फिलामेंट का तापमान है जब बल्ब चालू है और $t_1$ परिवेश का तापमान है जब बल्ब बंद है।
दिया गया है:
$R_{t_2} = 250 \ \Omega$
$R_{t_1} = 25 \ \Omega$
$t_1 = 25^{\circ} C$
$\alpha = 4.5 \times 10^{-3} /^{\circ} C$
प्रतिरोध की तापमान निर्भरता के सूत्र का उपयोग करते हुए:
$R_{t_2} = R_{t_1} [1 + \alpha(t_2 - t_1)]$
$250 = 25 [1 + 4.5 \times 10^{-3} (t_2 - 25)]$
दोनों पक्षों को $25$ से विभाजित करने पर:
$10 = 1 + 4.5 \times 10^{-3} (t_2 - 25)$
$9 = 4.5 \times 10^{-3} (t_2 - 25)$
$t_2 - 25 = \frac{9}{4.5 \times 10^{-3}}$
$t_2 - 25 = 2 \times 10^3$
$t_2 - 25 = 2000$
$t_2 = 2025^{\circ} C$
अतः,जब बल्ब चालू होता है तो फिलामेंट का तापमान $2025^{\circ} C$ होता है।

(C) $A \rightarrow IV$: माइकलसन-मोरली प्रयोग को ल्यूमिनिफेरस ईथर के अस्तित्व का पता लगाने के लिए डिज़ाइन किया गया था। इस प्रयोग के परिणाम ने ईथर के अस्तित्व न होने का सुझाव दिया।
$B \rightarrow III$: स्टर्न-गेरलाच प्रयोग ने प्रदर्शित किया कि कोणीय संवेग का स्थानिक अभिविन्यास क्वांटाइज्ड है। इसने साबित किया कि इलेक्ट्रॉनों में स्पिन नामक एक आंतरिक गुण होता है, जो उन्हें चुंबकीय आघूर्ण प्रदान करता है।
$C \rightarrow II$: डेविसन-जर्मर प्रयोग ने इलेक्ट्रॉनों की तरंग प्रकृति के लिए प्रायोगिक प्रमाण प्रदान किया, जो डी-ब्रोग्ली द्रव्य तरंगों के अस्तित्व की पुष्टि करता है।
$D \rightarrow I$: क्लाउड चैंबर में कॉस्मिक किरणों के ट्रैक का अध्ययन करके, कार्ल एंडरसन ने पॉजिट्रॉन की खोज की, जो इलेक्ट्रॉन के समान द्रव्यमान वाला एक धनावेशित कण है, जो एंटी-मैटर के अस्तित्व की पुष्टि करता है।

(D) $m$ द्रव्यमान और $E$ गतिज ऊर्जा वाले कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र है:
$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$
दूसरे कण के लिए,द्रव्यमान $m' = 2m$ और ऊर्जा $E' = 2E$ है। दी गई गतिज ऊर्जा वाले कण के लिए डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य के सूत्र में आवेश $q$ का कोई प्रभाव नहीं पड़ता है।
नए मानों को सूत्र में रखने पर:
$\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2m'E'}}$
$\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2(2m)(2E)}}$
$\lambda' = \frac{h}{\sqrt{8mE}}$
$\lambda' = \frac{h}{2\sqrt{2mE}}$
चूंकि $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$\lambda' = \frac{\lambda}{2}$

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 8.0 \times 10^{-31} \ kg$, आवेश $q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$, गतिज ऊर्जा $KE = 3 \ keV = 3 \times 10^3 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 4.8 \times 10^{-16} \ J$, और प्लांक नियतांक $h = 6.4 \times 10^{-34} \ Js$ है।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है।
संवेग $p = \sqrt{2m(KE)}$ होने के कारण, $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2m(KE)}}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर:
$\lambda = \frac{6.4 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times 8.0 \times 10^{-31} \times 4.8 \times 10^{-16}}} \approx 0.4 \ \text{Å}$ (दिए गए विकल्पों के अनुसार)।
अतः, सही विकल्प $A$ है।

(C) एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $E = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{660 \times 10^{-9}} = 3 \times 10^{-19} J$.
$t = 100 ms = 0.1 s$ समय में लैंप द्वारा उत्सर्जित कुल ऊर्जा $E_{total} = P \times t = 300 \times 0.1 = 30 J$ है।
$r = 10 m$ की दूरी पर तीव्रता $A_{sphere} = 4\pi r^2 = 4\pi(10)^2 = 400\pi m^2$ के गोलाकार क्षेत्रफल पर वितरित होती है।
$r_s = 1 cm = 10^{-2} m$ त्रिज्या वाले सेंसर के मुख का क्षेत्रफल $A_{sensor} = \pi r_s^2 = \pi(10^{-2})^2 = \pi \times 10^{-4} m^2$ है।
सेंसर पर आपतित ऊर्जा $E_{sensor} = E_{total} \times \frac{A_{sensor}}{A_{sphere}} = 30 \times \frac{\pi \times 10^{-4}}{400\pi} = \frac{30 \times 10^{-4}}{400} = 7.5 \times 10^{-6} J$ है।
फोटॉनों की संख्या $n = \frac{E_{sensor}}{E} = \frac{7.5 \times 10^{-6}}{3 \times 10^{-19}} = 2.5 \times 10^{13}$ है।

(C) वैज्ञानिक मैक्सवेल ने एम्पीयर के नियम की आगे जांच की और पाया कि यह समय के साथ बदलने वाले विद्युत क्षेत्रों के लिए अधूरा था।
उन्होंने एम्पीयर के नियम को संशोधित करने के लिए विस्थापन धारा,$I_d = \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$ की अवधारणा पेश की।
यह संशोधन,जिसे एम्पीयर-मैक्सवेल नियम के रूप में जाना जाता है,संधारित्र (capacitor) वाले सर्किट में धारा की निरंतरता के संबंध में एम्पीयर के मूल परिपथीय नियम की अस्पष्टता को हल करता है।

(A) दिया गया है: स्रोत की शक्ति $P = 1 \,W$, दूरी $d = 1 \,m$, संपर्क क्षेत्र की त्रिज्या $r = 1 \,Å = 10^{-10} \,m$, कार्य फलन $\phi = 5 \,eV = 5 \times 1.6 \times 10^{-19} \,J$.
$d$ दूरी पर तीव्रता $I = \frac{P}{4 \pi d^2} = \frac{1}{4 \pi (1)^2} = \frac{1}{4 \pi} \,W/m^2$.
वृत्ताकार क्षेत्र $A = \pi r^2$ द्वारा अवशोषित शक्ति $P_{abs} = I \times A = \frac{1}{4 \pi} \times \pi (10^{-10})^2 = \frac{10^{-20}}{4} \,W$.
कार्य फलन के बराबर ऊर्जा संचित करने के लिए आवश्यक समय $t = \frac{\phi}{P_{abs}}$.
मान रखने पर: $t = \frac{5 \times 1.6 \times 10^{-19}}{10^{-20} / 4} = \frac{8 \times 10^{-19}}{0.25 \times 10^{-20}} = 320 \,s$.

(C) जब प्रकाश पुंज $\theta$ आपतन कोण पर आपतित होता है,तो सतह पर प्रभावी तीव्रता $I \cos \theta$ होती है और प्रभावी क्षेत्रफल $A \cos \theta$ होता है। आपतित प्रकाश द्वारा प्रति इकाई समय प्रति इकाई क्षेत्रफल में स्थानांतरित संवेग $\frac{I \cos \theta}{c}$ है। इस संवेग स्थानांतरण का अभिलंब घटक $\frac{I \cos \theta}{c} \times \cos \theta = \frac{I \cos^2 \theta}{c}$ है।
चूंकि सतह पूर्णतः परावर्तक है,इसलिए परावर्तित प्रकाश भी संवेग में परिवर्तन के कारण समान दबाव डालता है। कुल विकिरण दबाव $p_{\text{net}}$ आपतित और परावर्तित प्रकाश के कारण दबाव का योग है:
$p_{\text{net}} = \frac{I \cos^2 \theta}{c} + \frac{I \cos^2 \theta}{c} = \frac{2I \cos^2 \theta}{c}$.
$A$ क्षेत्रफल वाली सतह पर लगने वाला बल $F$,$F = p_{\text{net}} \times A$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$F = \frac{2IA \cos^2 \theta}{c}$.

(C) दिया गया है, फ्लैशलाइट की तीव्रता, $I = 9 \, W/cm^2 = 9 \times 10^4 \, W/m^2$.
क्षेत्रफल, $A = 300 \, cm^2 = 3 \times 10^{-2} \, m^2$.
एक पूर्णतः परावर्तक सतह के लिए, विकिरण दाब $p = \frac{2I}{c}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $c = 3.0 \times 10^8 \, m/s$ प्रकाश की गति है।
मान रखने पर: $p = \frac{2 \times 9 \times 10^4}{3 \times 10^8} = 6 \times 10^{-4} \, N/m^2$.
सतह पर लगने वाला औसत बल $F = p \times A$ है।
$F = (6 \times 10^{-4} \, N/m^2) \times (3 \times 10^{-2} \, m^2) = 18 \times 10^{-6} \, N = 18 \, \mu N$.

(C) यह परिपथ दो समानांतर ब्लॉकों से बना है जो $10 \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं।
सबसे पहले,ऊपरी समानांतर ब्लॉक ($15 \Omega$ और $5 \Omega$) का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_{eq1} = \frac{15 \times 5}{15 + 5} = \frac{75}{20} = 3.75 \Omega$.
इस ब्लॉक पर वोल्टेज $45 V$ दिया गया है। इस शाखा से प्रवाहित होने वाली धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{eq1}} = \frac{45}{3.75} = 12 A$.
इसके बाद,मध्य समानांतर ब्लॉक $(24 \Omega, 12 \Omega, 8 \Omega)$ का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करें:
$\frac{1}{R_{eq2}} = \frac{1}{24} + \frac{1}{12} + \frac{1}{8} = \frac{1 + 2 + 3}{24} = \frac{6}{24} = \frac{1}{4} \Rightarrow R_{eq2} = 4 \Omega$.
$a$ और $b$ के बीच कुल विभवांतर तीनों खंडों पर वोल्टेज ड्रॉप का योग है:
$V_{ab} = V_{top} + V_{middle} + V_{bottom} = 45 V + (I \times R_{eq2}) + (I \times 10 \Omega)$.
$V_{ab} = 45 + (12 \times 4) + (12 \times 10) = 45 + 48 + 120 = 213 V$.

(D) दिया गया है: पीक emf, $V_0 = 8 \, V$, आवृत्ति $f = \frac{30}{\pi} \, Hz$, प्रतिरोध $R = 8 \, \Omega$, औसत शक्ति $P_{avg} = 0.4 \, W$।
$V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}} = \frac{8}{\sqrt{2}} \, V$।
औसत शक्ति का सूत्र $P_{avg} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi = V_{rms} \left(\frac{V_{rms}}{Z}\right) \left(\frac{R}{Z}\right) = \frac{V_{rms}^2 R}{Z^2}$ है।
मान रखने पर: $0.4 = \frac{(8/\sqrt{2})^2 \times 8}{Z^2} = \frac{32 \times 8}{Z^2} = \frac{256}{Z^2}$।
$Z^2 = \frac{256}{0.4} = 640 \, \Omega^2$।
चूंकि $Z^2 = R^2 + X_L^2$, इसलिए $640 = 8^2 + X_L^2 = 64 + X_L^2$।
$X_L^2 = 640 - 64 = 576$, अतः $X_L = 24 \, \Omega$।
$X_L = 2 \pi f L$ का उपयोग करने पर, $24 = 2 \pi (\frac{30}{\pi}) L = 60 L$।
$L = \frac{24}{60} = 0.4 \, H$।

(B) दिया गया है: चुंबकीय क्षेत्र $B = 10^{-12} \sin(5 \times 10^6 t) \text{ T}$,फेरों की संख्या $N = 300$,और क्षेत्रफल $A = 20 \text{ cm}^2 = 20 \times 10^{-4} \text{ m}^2$.
फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित emf $e = -N \frac{d\phi}{dt}$ होता है,जहाँ $\phi = BA$.
चूंकि कुंडली क्षेत्र के लंबवत है,$\phi = BA \cos(0^\circ) = BA$.
मान रखने पर:
$e = -N \frac{d}{dt}(BA) = -NA \frac{dB}{dt}$
$e = -300 \times (20 \times 10^{-4}) \times \frac{d}{dt} [10^{-12} \sin(5 \times 10^6 t)]$
$e = -300 \times 20 \times 10^{-4} \times 10^{-12} \times \cos(5 \times 10^6 t) \times (5 \times 10^6)$
$e = -6000 \times 10^{-16} \times 5 \times 10^6 \times \cos(5 \times 10^6 t)$
$e = -30000 \times 10^{-10} \times \cos(5 \times 10^6 t)$
$e = -3 \times 10^{-6} \cos(5 \times 10^6 t) \text{ V}$.

(A) टोरॉइड की वाइंडिंग में धारा द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n I$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \text{ H m}^{-1}$,$n = 1500 \text{ turns/m}$,और $I = 10 \text{ A}$।
$B = 4 \pi \times 10^{-7} \times 1500 \times 10 = 6 \pi \times 10^{-3} \text{ T} = 6 \pi \text{ mT}$।
कुल आंतरिक चुंबकीय क्षेत्र $B_0 = 10 \pi \text{ mT}$ दिया गया है।
कुल चुंबकीय क्षेत्र धारा के कारण क्षेत्र और चुम्बकन के कारण क्षेत्र $(B_m)$ का योग होता है:
$B_0 = B + B_m$।
अतः,$B_m = B_0 - B = 10 \pi \text{ mT} - 6 \pi \text{ mT} = 4 \pi \text{ mT}$।

(B) दिया गया है: घूर्णन की आवृत्ति $f = 10 \ rev/s$,छड़ की लंबाई $L = 80 \ cm = 0.8 \ m$ और चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.5 \ T$ है।
छड़ अपने मध्य बिंदु के परितः घूमती है। चुंबकीय क्षेत्र $B$ में कोणीय वेग $\omega$ से घूमने वाली $l$ लंबाई की छड़ में प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = \frac{1}{2} B \omega l^2$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,छड़ अपने केंद्र के परितः घूम रही है,इसलिए छड़ का प्रत्येक आधा भाग (लंबाई $r = L/2 = 0.4 \ m$) चुंबकीय क्षेत्र में गति करने वाले एक अलग चालक के रूप में कार्य करता है।
छड़ के एक आधे भाग में प्रेरित $EMF$ $\varepsilon' = \frac{1}{2} B \omega r^2$ है।
चूंकि $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 10 = 20 \pi \ rad/s$,इसलिए:
$\varepsilon' = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (20 \pi) \times (0.4)^2 = 0.5 \times 10 \pi \times 0.16 = 0.8 \pi \ V$ है।
चूंकि दोनों आधे भाग केंद्र के सापेक्ष विपरीत ध्रुवता के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हुए हैं,इसलिए दोनों सिरों के बीच विभवांतर $V = \varepsilon' + \varepsilon' = 2 \times 0.8 \pi = 1.6 \pi \ V$ होगा।

(B) दिया गया है: प्रारंभिक धारा $I_1 = 6.0 \,A$,अंतिम धारा $I_2 = 1.0 \,A$,समय अंतराल $\Delta t = 0.2 \,s$,और औसत प्रेरित emf $e = 150 \,V$ है।
एक प्रेरक (inductor) में प्रेरित औसत emf का सूत्र $e = L \frac{|\Delta I|}{\Delta t}$ है,जहाँ $\Delta I = I_1 - I_2$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$150 = L \frac{(6.0 - 1.0)}{0.2}$
$150 = L \frac{5.0}{0.2}$
$150 = L \times 25$
$L = \frac{150}{25} = 6 \,H$.
अतः,परिपथ का स्व-प्रेरकत्व $6 \,H$ है। सही विकल्प $B$ है।

(A) केंद्र से $r$ त्रिज्या पर टोरोइड के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 n I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
केंद्र से $r$ दूरी पर $dr$ चौड़ाई और $h$ ऊंचाई की एक सूक्ष्म आयताकार पट्टी पर विचार करें। क्षेत्रफल का घटक $dA = h \, dr$ है।
इस सूक्ष्म क्षेत्रफल से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $d\phi = B \cdot dA = \left( \frac{\mu_0 n I}{2 \pi r} \right) (h \, dr)$ है।
अनुप्रस्थ काट से गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ प्राप्त करने के लिए $r = a$ से $r = b$ तक समाकलन करने पर:
$\phi = \int_a^b \frac{\mu_0 n I h}{2 \pi r} dr = \frac{\mu_0 n I h}{2 \pi} \int_a^b \frac{1}{r} dr = \frac{\mu_0 n I h}{2 \pi} [\ln r]_a^b = \frac{\mu_0 n I h}{2 \pi} \ln \left( \frac{b}{a} \right)$।
स्व-प्रेरकत्व $L$ को $L = \frac{n \phi}{I}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\phi$ का मान रखने पर:
$L = \frac{n}{I} \left( \frac{\mu_0 n I h}{2 \pi} \ln \left( \frac{b}{a} \right) \right) = \frac{\mu_0 n^2 h}{2 \pi} \ln \left( \frac{b}{a} \right)$।

(A) दिया गया है,विद्युत चुम्बकीय $(EM)$ तरंग की आवृत्ति,$f = 3 \ MHz = 3 \times 10^6 \ Hz$ है।
अचुंबकीय माध्यम की विद्युतशीलता,$\epsilon = 16 \epsilon_0$ है।
निर्वात में $EM$ तरंग की तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8 \ m/s}{3 \times 10^6 \ Hz} = 100 \ m$ है।
माध्यम का अपवर्तनांक $n = \sqrt{\epsilon_r \mu_r}$ है। चूंकि माध्यम अचुंबकीय है,इसलिए $\mu_r = 1$ है।
अतः,$n = \sqrt{\frac{\epsilon}{\epsilon_0}} = \sqrt{16} = 4$ है।
माध्यम में तरंगदैर्ध्य $\lambda' = \frac{\lambda}{n} = \frac{100 \ m}{4} = 25 \ m$ है।
तरंगदैर्ध्य में परिवर्तन $\Delta \lambda = \lambda' - \lambda = 25 \ m - 100 \ m = -75 \ m$ है।

(D) श्रेणी $LCR$ परिपथ के लिए प्रतिबाधा $Z$ का सूत्र है: $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$।
यहाँ,$R = 5 \ \Omega$,$L = 20 \ mH = 20 \times 10^{-3} \ H$,और $C = 500 \ \mu F = 500 \times 10^{-6} \ F$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 50 = 100 \pi \ rad/s$ है।
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = 100 \pi \times 20 \times 10^{-3} = 2 \pi \approx 6.28 \ \Omega$ है।
धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \pi \times 500 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.05 \pi} = \frac{20}{\pi} \approx 6.37 \ \Omega$ है।
अब,$Z = \sqrt{5^2 + (6.28 - 6.37)^2} = \sqrt{25 + (-0.09)^2} = \sqrt{25 + 0.0081} = \sqrt{25.0081} \approx 5 \ \Omega$ होगा।

(B) दिया गया है,अधिकतम चुंबकीय क्षेत्र,$B_0 = 1.26 \times 10^{-4} \ T$ और निर्वात की पारगम्यता,$\mu_0 = 1.26 \times 10^{-6} \ H/m$ है। प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$I = \frac{1}{2} \frac{B_0^2 c}{\mu_0}$
मान रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \times \frac{(1.26 \times 10^{-4})^2 \times 3 \times 10^8}{1.26 \times 10^{-6}}$
$I = \frac{1}{2} \times \frac{1.26 \times 1.26 \times 10^{-8} \times 3 \times 10^8}{1.26 \times 10^{-6}}$
$I = \frac{1}{2} \times 1.26 \times 3 \times 10^2 \times 10^6$
$I = 0.63 \times 3 \times 10^6 = 1.89 \times 10^6 \ W/m^2$.

(B) दिया है,प्रत्येक गोले का द्रव्यमान $m = 20 \text{ g} = 2 \times 10^{-2} \text{ kg}$,$g = 10 \text{ m/s}^2$.
प्रत्येक गोले पर आवेश $q = 10^{-10} \text{ C}$.
धागे की लंबाई $L = 300 \text{ cm} = 3 \text{ m}$.
संतुलन की स्थिति में,एक गोले पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,स्थिर-वैद्युत बल $F$ और भार $mg$ हैं।
बलों को वियोजित करने पर:
$T \cos \theta = mg$
$T \sin \theta = F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q^2}{x^2}$
समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{F}{mg} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q^2}{x^2 mg}$
ज्यामिति से,$\tan \theta = \frac{x/2}{\sqrt{L^2 - (x/2)^2}} \approx \frac{x}{2L}$ (चूंकि $x \ll L$).
$\tan \theta$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{x}{2L} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q^2}{x^2 mg}$
$x^3 = \frac{2L q^2}{4 \pi \varepsilon_0 mg} = (9 \times 10^9) \cdot \frac{2 \times 3 \times (10^{-10})^2}{2 \times 10^{-2} \times 10} = 27 \times 10^{-9} \text{ m}^3$.
$x = (27 \times 10^{-9})^{1/3} \text{ m} = 3 \times 10^{-3} \text{ m} = 3 \text{ mm}$.
अतः,संतुलन पृथक्करण दूरी $3 \text{ mm}$ है।

(C) $t$ मोटाई और $\mu$ अपवर्तनांक वाली पतली शीट द्वारा उत्पन्न पथ अंतर $\Delta x = (\mu - 1)t$ द्वारा दिया जाता है।
पहली स्लिट के लिए,$\mu_1 = 1.6$ है,इसलिए पथ अंतर $\Delta x_1 = (1.6 - 1)t = 0.6t$ होगा।
दूसरी स्लिट के लिए,$\mu_2 = 1.3$ है,इसलिए पथ अंतर $\Delta x_2 = (1.3 - 1)t = 0.3t$ होगा।
केंद्रीय बिंदु पर कुल पथ अंतर $\Delta x = |\Delta x_1 - \Delta x_2| = |0.6t - 0.3t| = 0.3t$ होगा।
दिया गया है कि केंद्रीय बिंदु पर $10$वीं दीप्त फ्रिंज है,इसलिए कुल पथ अंतर $10\lambda$ के बराबर होना चाहिए।
अतः,$0.3t = 10\lambda$.
यहाँ $\lambda = 600 \ nm = 600 \times 10^{-9} \ m$ रखने पर:
$0.3t = 10 \times 600 \times 10^{-9} \ m$.
$t = \frac{6000 \times 10^{-9}}{0.3} \ m = 20000 \times 10^{-9} \ m = 20 \ \mu m$.

(C) मान लीजिए कि गुहिका बनाने से पहले ठोस गोले का आवेश $Q_0$ है। एकसमान आवेशित अचालक गोले के अंदर किसी भी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \frac{\rho \vec{r}}{3 \epsilon_0} = \frac{Q_0 \vec{r}}{4 \pi \epsilon_0 R^3}$ द्वारा दिया जाता है।
अध्यारोपण के सिद्धांत के अनुसार,गुहिका के केंद्र $(O')$ पर विद्युत क्षेत्र मूल गोले के कारण क्षेत्र और हटाए गए गोलाकार भाग के कारण उत्पन्न होने वाले क्षेत्र का अंतर है।
$E = E_{Q_0} - E_{\text{cavity}} = \frac{Q_0}{4 \pi \epsilon_0 R^3} \left( \frac{R}{2} \right) - 0 = \frac{Q_0}{8 \pi \epsilon_0 R^2} = \frac{Q_0}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \left( \frac{1}{2} \right)$.
चूंकि आवेश घनत्व $\rho$ एकसमान है,आवेश आयतन के समानुपाती होता है: $\frac{Q}{Q_0} = \frac{V_{\text{sphere}} - V_{\text{cavity}}}{V_{\text{sphere}}} = \frac{\frac{4}{3} \pi R^3 - \frac{4}{3} \pi (R/4)^3}{\frac{4}{3} \pi R^3} = 1 - \frac{1}{64} = \frac{63}{64}$.
अतः,$Q_0 = Q \left( \frac{64}{63} \right)$.
$Q_0$ का मान $E$ के समीकरण में रखने पर:
$E = \frac{Q (64/63)}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{32}{63} \left( \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \right) \approx 0.5079 \left( \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \right)$.
इसकी तुलना $E = K \left( \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 R^2} \right)$ से करने पर,हमें $K \approx 0.51$ प्राप्त होता है।

(A) जब एक अचालक गोले के केंद्र पर एक ऋणात्मक आवेश $(-q)$ रखा जाता है,तो यह अपने आसपास के स्थान में एक विद्युत क्षेत्र उत्पन्न करता है।
परिभाषा के अनुसार,एक ऋणात्मक बिंदु आवेश के लिए विद्युत क्षेत्र रेखाएं आवेश की ओर निर्देशित होती हैं।
चूंकि आवेश गोले के केंद्र में स्थित है,इसलिए गोले की सतह पर किसी भी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र रेखाएं केंद्र की ओर इंगित करेंगी।
अतः,सतह पर किसी भी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र की दिशा त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर होती है,जैसा कि चित्र में दिखाया गया है।

(D) दिया गया है कि गोले का आयतन आवेश घनत्व $\rho_v = 1 \times 10^{-6} \ C/m^3$ है।
स्थिरांक $\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} = 9 \times 10^9 \ Nm^2 C^{-2}$ है।
केंद्र से दूरी $r = 1 \ mm = 10^{-3} \ m$ है।
समान रूप से आवेशित गोले के अंदर किसी बिंदु के लिए,गॉस के नियम के अनुसार विद्युत क्षेत्र $E$ इस प्रकार है:
$E = \frac{\rho_v r}{3 \epsilon_0}$
चूंकि $\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} = 9 \times 10^9$,इसलिए $\frac{1}{\epsilon_0} = 36 \pi \times 10^9$ है।
इस मान को सूत्र में रखने पर:
$E = \frac{\rho_v r}{3} \times (36 \pi \times 10^9)$
$E = \rho_v r \times 12 \pi \times 10^9$
$\rho_v$ और $r$ के मान रखने पर:
$E = (1 \times 10^{-6}) \times (10^{-3}) \times 12 \pi \times 10^9$
$E = 10^{-9} \times 12 \pi \times 10^9$
$E = 12 \pi \ N/C$.
अतः,विद्युत क्षेत्र $12 \pi \ N/C$ है।

(C) प्रश्न के अनुसार,दो बड़ी समानांतर प्लेटों के बीच की जगह एक समान आवेश घनत्व $\rho$ वाले पदार्थ से भरी हुई है। चूंकि यह एक समांग माध्यम है,इसलिए इन प्लेटों के बीच किसी भी बिंदु पर विभव की गणना पॉइसन (Poisson's) के समीकरण द्वारा की जाती है:
$\nabla^2 V = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}$
चूंकि हमें $x$-दिशा में किसी भी बिंदु पर विभव की गणना करनी है,इसलिए $y$ और $z$ दिशाओं में विभव का अवकलन शून्य होगा।
अतः,समीकरण इस प्रकार सरल हो जाता है:
$\frac{d^2 V}{d x^2} = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}$
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$\int \frac{d^2 V}{d x^2} dx = -\int \frac{\rho}{\varepsilon_0} dx$
$\frac{d V}{d x} = -\frac{\rho x}{\varepsilon_0} - A$
दोनों पक्षों का पुनः $x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$\int \frac{d V}{d x} dx = \int \left( -\frac{\rho x}{\varepsilon_0} - A \right) dx$
$V = -\frac{\rho x^2}{2 \varepsilon_0} - Ax - B$
$V = -\left( \frac{\rho x^2}{2 \varepsilon_0} + Ax + B \right)$