TS EAMCET 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) दिए गए समीकरण हैं:
$y_1 = a \sin(\omega t - kx)$
$y_2 = b \cos(\omega t - kx + \frac{\pi}{3})$
कलांतर ज्ञात करने के लिए,हम कोसाइन फलन को साइन फलन में बदलते हैं,जिसके लिए हम सर्वसमिका $\cos(\theta) = \sin(\theta + \frac{\pi}{2})$ का उपयोग करते हैं।
$y_2 = b \sin(\omega t - kx + \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{2})$
$y_2 = b \sin(\omega t - kx + \frac{2\pi + 3\pi}{6})$
$y_2 = b \sin(\omega t - kx + \frac{5\pi}{6})$
$y_1$ की कला $\phi_1 = \omega t - kx$ है।
$y_2$ की कला $\phi_2 = \omega t - kx + \frac{5\pi}{6}$ है।
कलांतर $\Delta\phi = \phi_2 - \phi_1 = \frac{5\pi}{6}$ होगा।

(D) माना मूल डिस्क की त्रिज्या $R = 2 \,cm$ है और हटाए गए भाग की त्रिज्या $r = 1 \,cm$ है।
मूल डिस्क का क्षेत्रफल $A_1 = \pi R^2 = 4\pi \,cm^2$ है और हटाए गए भाग का क्षेत्रफल $A_2 = \pi r^2 = \pi \,cm^2$ है।
माना $\sigma$ पृष्ठीय द्रव्यमान घनत्व है। मूल डिस्क का द्रव्यमान $M = \sigma A_1 = 4\sigma\pi$ है और हटाए गए भाग का द्रव्यमान $m = \sigma A_2 = \sigma\pi$ है।
शेष द्रव्यमान $M' = M - m = 3\sigma\pi = \frac{3}{4}M$ है।
द्रव्यमान केंद्र में विस्थापन को अधिकतम करने के लिए, हटाए गए भाग को मूल डिस्क के किनारे पर स्पर्शरेखा होना चाहिए। $O$ से हटाए गए भाग के केंद्र की दूरी $d = R - r = 2 - 1 = 1 \,cm$ है।
द्रव्यमान केंद्र में विस्थापन $x = \frac{m d}{M'} = \frac{(\sigma\pi)(1)}{3\sigma\pi} = \frac{1}{3} \,cm$ है।
जब डिस्क को $\theta$ कोण से घुमाया जाता है, तो नया द्रव्यमान केंद्र $x = \frac{1}{3} \,cm$ त्रिज्या के वृत्ताकार चाप पर चलता है। द्रव्यमान केंद्र की प्रारंभिक और अंतिम स्थितियों के बीच का विस्थापन $PQ = \frac{1}{\sqrt{3}} \,cm$ दिया गया है।
केंद्र $O$ और द्रव्यमान केंद्र की दो स्थितियों द्वारा निर्मित समद्विबाहु त्रिभुज में, $O$ पर कोण $\theta$ है। जीवा की लंबाई के सूत्र $PQ = 2x \sin(\frac{\theta}{2})$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{\sqrt{3}} = 2(\frac{1}{3}) \sin(\frac{\theta}{2})$
$\sin(\frac{\theta}{2}) = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\frac{\theta}{2} = 60^{\circ} \Rightarrow \theta = 120^{\circ}$.

(B) माना डिस्क का प्रति इकाई क्षेत्रफल द्रव्यमान $\sigma$ है।
मूल डिस्क का कुल द्रव्यमान,$M = \pi R^2 \sigma$,जहाँ $R = 6 \text{ cm}$ है।
काटे गए भाग का द्रव्यमान,$M' = \pi r^2 \sigma$,जहाँ $r = 3 \text{ cm}$ है।
हम मूल डिस्क के केंद्र $O$ को मूल बिंदु $(0,0)$ मानते हैं।
मूल डिस्क का द्रव्यमान केंद्र $(0,0)$ पर है।
छेद का केंद्र $(3,0)$ पर है।
शेष भाग का द्रव्यमान केंद्र इस प्रकार होगा:
$x_{CM} = \frac{M x_1 - M' x_2}{M - M'}$
मान रखने पर:
$x_{CM} = \frac{(\pi R^2 \sigma)(0) - (\pi r^2 \sigma)(3)}{\pi R^2 \sigma - \pi r^2 \sigma}$
$x_{CM} = \frac{-3 \pi r^2 \sigma}{\pi \sigma (R^2 - r^2)} = \frac{-3 r^2}{R^2 - r^2}$
$x_{CM} = \frac{-3 \times 3^2}{6^2 - 3^2} = \frac{-3 \times 9}{36 - 9} = \frac{-27}{27} = -1 \text{ cm}$.
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि द्रव्यमान केंद्र मूल केंद्र से बाईं ओर $1 \text{ cm}$ स्थानांतरित हो जाता है। अतः दूरी $1 \text{ cm}$ है।

(B) दिया गया है: ब्लॉक का द्रव्यमान $m = 100 \ g = 0.1 \ kg$,प्रारंभिक वेग $u = 2 \ m \ s^{-1}$,अंतिम वेग $v = \frac{u}{2} = 1 \ m \ s^{-1}$,और संपीड़न $x = 2 \ cm = 0.02 \ m$.
चूंकि निकाय पर कोई असंरक्षी बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
ब्लॉक की गतिज ऊर्जा में हानि = स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि।
$\frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} k x^2$
$\frac{1}{2} m (u^2 - v^2) = \frac{1}{2} k x^2$
$k = \frac{m(u^2 - v^2)}{x^2}$
मान रखने पर: $k = \frac{0.1 \times (2^2 - 1^2)}{(0.02)^2}$
$k = \frac{0.1 \times 3}{0.0004} = \frac{0.3}{0.0004} = 750 \ N \ m^{-1}$.

(A) मान लीजिए $m_1$ का प्रारंभिक वेग $\vec{u}_1$ है और अंतिम वेग $\vec{v}_1$ और $\vec{v}_2$ हैं। चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है,गतिज ऊर्जा और संवेग संरक्षित रहते हैं।
संवेग संरक्षण: $m_1 \vec{u}_1 = m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $m_1^2 u_1^2 = m_1^2 v_1^2 + m_2^2 v_2^2 + 2 m_1 m_2 \vec{v}_1 \cdot \vec{v}_2$.
चूंकि कण एक-दूसरे के साथ $90^{\circ}$ पर गति करते हैं,$\vec{v}_1 \cdot \vec{v}_2 = 0$,इसलिए $m_1^2 u_1^2 = m_1^2 v_1^2 + m_2^2 v_2^2$.
गतिज ऊर्जा संरक्षण: $\frac{1}{2} m_1 u_1^2 = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2$,जिसका अर्थ है $m_1 u_1^2 = m_1 v_1^2 + m_2 v_2^2$.
ऊर्जा संरक्षण से,$m_1(u_1^2 - v_1^2) = m_2 v_2^2$.
संवेग संरक्षण से,$m_1^2(u_1^2 - v_1^2) = m_2^2 v_2^2$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $m_1 = m_2$. अतः,अनुपात $\frac{m_2}{m_1} = 1$ है।

(C) मान लीजिए कि सदिश रूप में दो बल $\vec{A}$ और $\vec{B}$ हैं।
उनका सदिश योग $(\vec{A} + \vec{B})$ है और उनका सदिश अंतर $(\vec{A} - \vec{B})$ है।
चूंकि सदिश योग और सदिश अंतर एक-दूसरे के लंबवत हैं,इसलिए उनका डॉट गुणनफल शून्य होना चाहिए:
$(\vec{A} + \vec{B}) \cdot (\vec{A} - \vec{B}) = 0$
डॉट गुणनफल का विस्तार करने पर:
$\vec{A} \cdot \vec{A} - \vec{A} \cdot \vec{B} + \vec{B} \cdot \vec{A} - \vec{B} \cdot \vec{B} = 0$
चूंकि डॉट गुणनफल क्रमविनिमेय होता है,$\vec{A} \cdot \vec{B} = \vec{B} \cdot \vec{A}$,इसलिए पद कट जाते हैं:
$|\vec{A}|^2 - |\vec{B}|^2 = 0$
$|\vec{A}|^2 = |\vec{B}|^2$
$|\vec{A}| = |\vec{B}|$
अतः,दोनों बलों का परिमाण समान है।

(A) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
टक्कर से पहले कुल संवेग $=$ टक्कर के बाद कुल संवेग
$m_1 u + m_2(0) = m_1 \left(\frac{2u}{3}\right) + m_2 v$
$m_1 u - \frac{2}{3} m_1 u = m_2 v$
$\frac{1}{3} m_1 u = m_2 v$ --- $(i)$
चूंकि टक्कर पूर्णतः प्रत्यास्थ है,इसलिए प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1$:
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2} = 1$
$\frac{v - 2u/3}{u - 0} = 1$
$v - \frac{2u}{3} = u$
$v = u + \frac{2u}{3} = \frac{5u}{3}$
$v$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$\frac{1}{3} m_1 u = m_2 \left(\frac{5u}{3}\right)$
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{5u/3}{u/3} = 5$

(A) दी गई स्थिति में एक टक्कर शामिल है जहाँ रैखिक संवेग संरक्षित रहता है।
मान लीजिए कि गोली के गुजरने के तुरंत बाद रेत के थैले का वेग $v_2$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$p_i = p_f$
$m_1 v_0 = m_2 v_2 + m_1 \left(\frac{v_0}{3}\right)$
$m_2 v_2 = m_1 v_0 - \frac{m_1 v_0}{3} = \frac{2 m_1 v_0}{3}$
$v_2 = \frac{2 m_1 v_0}{3 m_2}$
अब,रेत का थैला $h$ ऊँचाई तक ऊपर उठता है। यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,नीचे थैले की गतिज ऊर्जा अधिकतम ऊँचाई $h$ पर स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$KE = PE$
$\frac{1}{2} m_2 v_2^2 = m_2 g h$
$h = \frac{v_2^2}{2 g}$
$v_2$ का मान रखने पर:
$h = \frac{1}{2 g} \left(\frac{2 m_1 v_0}{3 m_2}\right)^2$

(D) मान लीजिए $m = 25 \,g = 0.025 \,kg$ गोली का द्रव्यमान है और $u = 250 \,m/s$ इसका प्रारंभिक वेग है।
मान लीजिए $M = 1 \,kg$ लकड़ी के गुटके का द्रव्यमान है।
मान लीजिए $v_1$ गोली का अंतिम वेग है और $v_2$ गोली के बाहर निकलने के तुरंत बाद गुटके का वेग है।
सबसे पहले, हम गुटके के लिए यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हैं क्योंकि यह $h = 20 \,cm = 0.2 \,m$ की ऊँचाई तक ऊपर उठता है:
$\frac{1}{2} M v_2^2 = M g h$
$v_2 = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2 \times 10 \times 0.2} = \sqrt{4} = 2 \,m/s$
इसके बाद, हम टक्कर के दौरान निकाय (गोली + गुटका) के लिए रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हैं:
$m u = m v_1 + M v_2$
$0.025 \times 250 = 0.025 \times v_1 + 1 \times 2$
$6.25 = 0.025 v_1 + 2$
$0.025 v_1 = 4.25$
$v_1 = \frac{4.25}{0.025} = 170 \,m/s$
अतः, गुटके से बाहर निकलते समय गोली की गति $170 \,m/s$ है।

(C) दिया गया है:
गोली का संवेग $(p)$ $= 20 \,kg \cdot m/s$
गोली का वेग $(v)$ $= 1000 \,m/s$
हम जानते हैं कि संवेग का सूत्र $p = m \times v$ होता है, जहाँ $m$ वस्तु का द्रव्यमान है।
द्रव्यमान के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $m = \frac{p}{v}$.
दिए गए मानों को रखने पर: $m = \frac{20}{1000} \,kg$.
$m = 0.02 \,kg$.
द्रव्यमान को ग्राम में बदलने के लिए, $1000$ से गुणा करें: $m = 0.02 \times 1000 \,g = 20 \,g$.
अतः, गोली का द्रव्यमान $20 \,g$ है।

(A) गोली की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} m v_0^2$ है।
टक्कर के बाद,गोली ब्लॉक में फंस जाती है और वे एक सामान्य वेग $v$ के साथ एक साथ चलते हैं। रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m v_0 = (m + M) v \implies v = \frac{m v_0}{m + M}$.
टक्कर के तुरंत बाद संयुक्त प्रणाली की गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} (m + M) v^2$ है।
$v$ का मान रखने पर:
$K_f = \frac{1}{2} (m + M) \left( \frac{m v_0}{m + M} \right)^2 = \frac{1}{2} (m + M) \frac{m^2 v_0^2}{(m + M)^2} = \frac{1}{2} \frac{m^2 v_0^2}{m + M}$.
टक्कर में नष्ट हुई ऊर्जा $\Delta K = K_i - K_f$ है:
$\Delta K = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{1}{2} \frac{m^2 v_0^2}{m + M} = \frac{1}{2} m v_0^2 \left( 1 - \frac{m}{m + M} \right) = \frac{1}{2} m v_0^2 \left( \frac{m + M - m}{m + M} \right) = \frac{1}{2} m v_0^2 \left( \frac{M}{m + M} \right)$.

(D) प्रश्न के अनुसार,दिया गया है कि $29$ मुख्य पैमाना भाग $(MSD) = 30$ वर्नियर पैमाना भाग $(VSD)$।
चूंकि $1$ $MSD = 0.5^{\circ}$,इसलिए:
$1$ $VSD = \frac{29}{30} \times 1$ $MSD = \frac{29}{30} \times 0.5^{\circ} = \left(\frac{29}{60}\right)^{\circ}$।
उपकरण का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार परिभाषित है:
$LC = 1$ $MSD - 1$ $VSD$
$LC = 0.5^{\circ} - \left(\frac{29}{60}\right)^{\circ} = \left(\frac{30-29}{60}\right)^{\circ} = \left(\frac{1}{60}\right)^{\circ}$।
चूंकि $1^{\circ} = 60$ मिनट,इसलिए $\left(\frac{1}{60}\right)^{\circ} = 1$ मिनट।
अतः,उपकरण का अल्पतमांक $1$ मिनट है।

(D) $h$ ऊंचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $g_h$ केंद्र से दूरी के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए ऊंचाई $h$ बढ़ने पर $g_h$ घटता है।
सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ है,जो पृथ्वी के द्रव्यमान $M$ पर निर्भर करता है।
पृथ्वी की सतह के सापेक्ष स्थिर रहने के लिए एक भूस्थिर उपग्रह का आवर्तकाल ठीक $24 \ h$ होना चाहिए।
$d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण $g_d = g(1 - \frac{d}{R}) = g(\frac{R-d}{R})$ द्वारा दिया जाता है।
जैसे-जैसे गहराई $d$ बढ़ती है,पद $(\frac{R-d}{R})$ घटता है,इसलिए गहराई बढ़ने के साथ $g_d$ घटता है।
अतः,विकल्प $D$ सही कथन है।

(B) पृथ्वी के केंद्र से दूरी $(r)$ के साथ गुरुत्वीय त्वरण $(g)$ में परिवर्तन इस प्रकार है:
$1$. पृथ्वी के अंदर $(r < R_e)$: गुरुत्वीय त्वरण $g' = \frac{GM r}{R_e^3}$ होता है। चूंकि $G, M, R_e$ स्थिरांक हैं,इसलिए $g' \propto r$ होता है। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. पृथ्वी के बाहर $(r \geq R_e)$: गुरुत्वीय त्वरण $g' = \frac{GM}{r^2}$ होता है। अतः,$g' \propto \frac{1}{r^2}$ होता है। यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) को दर्शाता है।
सतह पर $(r = R_e)$,$g$ का मान अधिकतम होता है। इन दोनों को मिलाने पर,ग्राफ $r = R_e$ तक एक रैखिक वृद्धि और उसके बाद व्युत्क्रम-वर्ग नियम के अनुसार गिरावट दिखाता है। इसलिए,सही ग्राफ वह है जो $R_e$ पर शिखर तक रैखिक वृद्धि और उसके बाद एक वक्र दिखाता है।

(C) पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g = \frac{GM}{R^2}$ है।
चूंकि द्रव्यमान $M$ स्थिर रहता है,इसलिए $g \propto \frac{1}{R^2}$ है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{\Delta g}{g} = -2 \frac{\Delta R}{R}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि त्रिज्या $1 \%$ कम हो जाती है,इसलिए $\frac{\Delta R}{R} = -0.01$ है।
इस मान को प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{\Delta g}{g} = -2 \times (-0.01) = 0.02$ प्राप्त होता है।
अतः,$g$ में प्रतिशत परिवर्तन $0.02 \times 100 = 2 \%$ है।
इस प्रकार,गुरुत्वीय त्वरण में $2 \%$ की वृद्धि होगी।

(C) दूरी पर स्थित दो द्रव्यमानों $m_0$ और $M-m_0$ के बीच गुरुत्वाकर्षण बल $F$ इस प्रकार दिया जाता है:
$F = \frac{G m_0 (M - m_0)}{D^2}$
अधिकतम बल की स्थिति ज्ञात करने के लिए,हम $F$ का $m_0$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dF}{dm_0} = \frac{d}{dm_0} \left[ \frac{G}{D^2} (M m_0 - m_0^2) \right] = 0$
$\frac{G}{D^2} (M - 2m_0) = 0$
चूंकि $\frac{G}{D^2} \neq 0$,इसलिए:
$M - 2m_0 = 0$
$M = 2m_0$
$\frac{m_0}{M} = \frac{1}{2} = 0.5$

(A) किसी ग्रह पर वस्तु का पलायन वेग $v_e$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$
इससे हम देख सकते हैं कि $v_e \propto \sqrt{\frac{M}{R}}$.
मान लीजिए $M_1$ और $R_1$ पृथ्वी का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं, और $M_2$ और $R_2$ दूसरे ग्रह का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं।
दिया गया है: $M_2 = 8M_1$ और $R_2 = 2R_1$.
पलायन वेग का अनुपात लेने पर:
$\frac{(v_e)_1}{(v_e)_2} = \sqrt{\frac{M_1}{M_2} \times \frac{R_2}{R_1}}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{11.2}{(v_e)_2} = \sqrt{\frac{M_1}{8M_1} \times \frac{2R_1}{R_1}}$
$\frac{11.2}{(v_e)_2} = \sqrt{\frac{1}{8} \times 2} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$
$(v_e)_2 = 2 \times 11.2 = 22.4 \text{ km/s}$.

(C) द्रव्यमान केंद्र का वेग $(v_{cm})$ इस प्रकार है: $v_{cm} = \frac{M \cdot v_1 + m \cdot v_2}{M + m} = \frac{M(2) + 1(1)}{M + 1} = \frac{2M + 1}{M + 1}$.
द्रव्यमान केंद्र की गतिज ऊर्जा का सूत्र है: $K.E._{cm} = \frac{1}{2} (M + m) v_{cm}^2$.
दिया गया है $K.E._{cm} = \frac{4}{3} \ J$,मान रखने पर:
$\frac{4}{3} = \frac{1}{2} (M + 1) \left( \frac{2M + 1}{M + 1} \right)^2$.
$\frac{4}{3} = \frac{1}{2} \frac{(2M + 1)^2}{M + 1}$.
$8(M + 1) = 3(4M^2 + 4M + 1)$.
$8M + 8 = 12M^2 + 12M + 3$.
$12M^2 + 4M - 5 = 0$.
द्विघात समीकरण को हल करने पर $M = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$:
$M = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 4(12)(-5)}}{2(12)} = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 240}}{24} = \frac{-4 \pm 16}{24}$.
चूंकि द्रव्यमान धनात्मक होना चाहिए,इसलिए $M = \frac{12}{24} = 0.5 \ kg$.

(A) दिया गया है:
प्रत्येक आकाशगंगा का द्रव्यमान,$m = 8 \times 10^{11} \text{ सौर द्रव्यमान} = 8 \times 10^{11} \times 2.0 \times 10^{30} \text{ kg} = 16 \times 10^{41} \text{ kg}$.
आकाशगंगाओं के बीच की दूरी,$d = 2 \times 10^6 \text{ प्रकाश-वर्ष} = 2 \times 10^6 \times 10^{16} \text{ m} = 2 \times 10^{22} \text{ m}$.
गुरुत्वाकर्षण बल,$F = \frac{G m^2}{d^2}$.
आकाशगंगा का त्वरण,$a = \frac{F}{m} = \frac{G m}{d^2}$.
मान रखने पर:
$a = \frac{10^{-10} \times (16 \times 10^{41})}{(2 \times 10^{22})^2} = \frac{16 \times 10^{31}}{4 \times 10^{44}} = 4 \times 10^{-13} \text{ m/s}^2$.

(C) गुरुत्वाकर्षण बल एक संरक्षी बल है। किसी भी संरक्षी बल के लिए,एक पूर्ण बंद पथ (एक पूर्ण परिक्रमण) में किया गया कार्य हमेशा शून्य होता है।
अतः,कथन (iii) सत्य है।
किया गया कार्य डॉट प्रोडक्ट $W = \int \vec{F} \cdot d\vec{r}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\vec{F} = m\vec{a}$,इसलिए $W = \int m\vec{a} \cdot d\vec{r}$ होता है।
यदि त्वरण सदिश $\vec{a}$ (जो सूर्य की ओर निर्देशित है) विस्थापन सदिश $d\vec{r}$ (जो कक्षा के स्पर्शरेखा है) के लंबवत है,तो किया गया कार्य शून्य होता है।
दीर्घवृत्ताकार कक्षा में,कुछ विशिष्ट बिंदु (पेरिहेलियन और एफेलियन पर) होते हैं जहाँ वेग त्रिज्या सदिश के लंबवत होता है,जिसका अर्थ है कि उन तात्कालिक बिंदुओं पर बल विस्थापन के लंबवत होता है।
इसलिए,इन विशिष्ट बिंदुओं पर किया गया कार्य शून्य है,जो कथन (ii) को सत्य बनाता है।
कथन $(i)$ गलत है क्योंकि कार्य विशिष्ट बिंदुओं पर शून्य होता है।
कथन (iv) गलत है क्योंकि कक्षा के किसी भी छोटे भाग के लिए कार्य शून्य नहीं होता है।
अतः,(ii) और (iii) सत्य हैं।

(A) $n$ स्वतंत्रता की कोटि वाली गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{n}{2}R$ होती है।
मेयर के संबंध का उपयोग करते हुए,स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p = C_V + R = \frac{n}{2}R + R = \left(\frac{n}{2} + 1\right)R = \left(\frac{n+2}{2}\right)R$ होती है।
विशिष्ट ऊष्माओं का अनुपात $\gamma = \frac{C_p}{C_V}$ इस प्रकार है:
$\gamma = \frac{(\frac{n+2}{2})R}{(\frac{n}{2})R} = \frac{n+2}{n}$.

(D) दिया गया है,$C_V = 12.6 \,J \,mol^{-1} \,K^{-1}$ और $R = 8.314 \,J \,mol^{-1} \,K^{-1}$।
आदर्श गैस के लिए मेयर के संबंध के अनुसार,स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C_p)$ और स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C_V)$ के बीच का संबंध $C_p - C_V = R$ होता है।
इसलिए,$C_p = C_V + R$।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$C_p = 12.6 + 8.314 = 20.914 \,J \,mol^{-1} \,K^{-1}$।
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,हमें $C_p \approx 20.9 \,J \,mol^{-1} \,K^{-1}$ प्राप्त होता है।

(C) एक दृढ़ द्विपरमाणुक अणु दो परमाणुओं से बना होता है जो एक दृढ़ बंधन द्वारा जुड़े होते हैं,जिसे डंबल के रूप में माना जा सकता है।
ऐसा अणु अंतर-परमाणुक अक्ष (दो परमाणुओं से गुजरने वाली अक्ष) के लंबवत दो अक्षों के परितः घूम सकता है।
अंतर-परमाणुक अक्ष (आरेख में $X$-अक्ष) के परितः घूर्णन घूर्णी गतिज ऊर्जा में योगदान नहीं देता है क्योंकि इस अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण नगण्य होता है।
इसलिए,अणु की केवल $2$ घूर्णी स्वतंत्रता की कोटियाँ होती हैं।

(D) दिया गया है: वाष्पीकरण की गुप्त ऊष्मा $L_v = 22.6 \times 10^5 \ J \ kg^{-1}$।
पानी का द्रव्यमान,$m = 100 \ kg$।
नियत तापमान पर पानी को वाष्प में बदलने के लिए आवश्यक ऊष्मा $(Q)$ का सूत्र है:
$Q = m \times L_v$
दिए गए मानों को रखने पर:
$Q = 100 \ kg \times (22.6 \times 10^5 \ J \ kg^{-1})$
$Q = 10^2 \times 22.6 \times 10^5 \ J$
$Q = 22.6 \times 10^7 \ J$
अतः,आवश्यक ऊष्मा की मात्रा $22.6 \times 10^7 \ J$ है।

(B) आदर्श गैस नियम इस धारणा पर आधारित है कि गैस के अणुओं का आयतन नगण्य होता है और उनके बीच कोई अंतर-आणविक बल नहीं होता है।
उच्च दबाव पर,गैस के अणुओं द्वारा घेरा गया आयतन कुल आयतन के सापेक्ष महत्वपूर्ण हो जाता है,इसलिए यह शून्य के करीब नहीं पहुंचता है।
कम तापमान पर,अणुओं की गतिज ऊर्जा कम हो जाती है,जिससे अंतर-आणविक आकर्षण बल महत्वपूर्ण हो जाते हैं।
इसलिए,उच्च दबाव और कम तापमान पर,सभी वास्तविक गैसें आदर्श गैस नियमों से विचलित हो जाती हैं।

(A) तापमान $(\Delta T)$ में वृद्धि के कारण आयतन में परिवर्तन $(\Delta V)$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\Delta V = \alpha_V V \Delta T$ ... $(i)$
जहाँ $\alpha_V$ आयतन प्रसार गुणांक है और $V$ गैस का प्रारंभिक आयतन है।
एक आदर्श गैस के लिए,अवस्था का समीकरण है:
$pV = nRT$ ... $(ii)$
स्थिर दबाव $p$ पर,आदर्श गैस समीकरण का अवकलन करने पर:
$p \Delta V = nR \Delta T$
$\Delta V = \frac{nR \Delta T}{p}$ ... $(iii)$
समीकरण $(i)$ और $(iii)$ की तुलना करने पर:
$\alpha_V V \Delta T = \frac{nR \Delta T}{p}$
$\alpha_V = \frac{nR}{pV}$
समीकरण $(ii)$ से $pV = nRT$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\alpha_V = \frac{nR}{nRT} = \frac{1}{T}$
अतः,$\alpha_V = \frac{1}{T}$।

(A) एक आदर्श गैस का दबाव गतिज सिद्धांत के सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$p = \frac{1}{3} \frac{N m}{V} v^2$
जहाँ $m$ अणु का द्रव्यमान है,$N$ अणुओं की संख्या है,$V$ आयतन है,और $v$ वर्ग-माध्य-मूल गति है।
मान लीजिए प्रारंभिक दबाव $p = \frac{1}{3} \frac{N m}{V} v^2$ है।
जब प्रत्येक अणु का द्रव्यमान दोगुना $(m' = 2m)$ और गति आधी $(v' = v/2)$ कर दी जाती है,तो नया दबाव $p'$ होगा:
$p' = \frac{1}{3} \frac{N (2m)}{V} \left(\frac{v}{2}\right)^2$
$p' = \frac{1}{3} \frac{N (2m)}{V} \left(\frac{v^2}{4}\right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} \frac{N m}{V} v^2 \right) = \frac{1}{2} p$
अतः,प्रारंभिक दबाव और अंतिम दबाव का अनुपात है:
$\frac{p}{p'} = \frac{p}{p/2} = \frac{2}{1}$
इस प्रकार,अनुपात $2: 1$ है।

(D) गैस के अणुओं का माध्य मुक्त पथ $\lambda$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d^2 n_V}$.
यहाँ,$d$ अणु का व्यास है और $n_V$ अणुओं का संख्या घनत्व (प्रति इकाई आयतन में अणुओं की संख्या) है।
$1$. माध्य मुक्त पथ संख्या घनत्व $(n_V)$ पर निर्भर करता है।
$2$. माध्य मुक्त पथ अणु के आकार (व्यास $d$) पर निर्भर करता है,जो अणु के आयतन से संबंधित है।
$3$. आदर्श गैस समीकरण $P = n_V k_B T$ का उपयोग करते हुए,हम $n_V = \frac{P}{k_B T}$ लिख सकते हैं। अतः,$\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$। यह दर्शाता है कि माध्य मुक्त पथ गैस के तापमान $T$ पर निर्भर करता है।
$4$. गैस नियतांक $R$ एक सार्वत्रिक नियतांक है और यह गैस के अणुओं के माध्य मुक्त पथ के व्यंजक में नहीं आता है।
इसलिए,माध्य मुक्त पथ गैस नियतांक $R$ से स्वतंत्र है।

(B) मान लीजिए छड़ का द्रव्यमान $M$ है और गेंद का द्रव्यमान $m = 1.2M$ है। मान लीजिए छड़ से जुड़े धागे में तनाव $T$ है। चल पुली धागे के दो हिस्सों द्वारा समर्थित है,प्रत्येक $T$ तनाव के साथ,इसलिए चल पुली पर ऊपर की ओर बल $2T$ है। यह बल गेंद पर स्थानांतरित हो जाता है,इसलिए गेंद से जुड़े धागे में तनाव $2T$ है।
गेंद (द्रव्यमान $m$) के लिए,गति का समीकरण: $m a_1 = 2T - mg$ $(i)$
छड़ (द्रव्यमान $M$) के लिए,गति का समीकरण: $M a_2 = Mg - T$ (ii)
चूंकि धागे की लंबाई स्थिर है,त्वरण के बीच का संबंध $a_2 = 2a_1$ है,या $a_1 = a_2/2$.
$a_1$ को $(i)$ में रखने पर: $m(a_2/2) = 2T - mg \Rightarrow T = \frac{m a_2}{4} + \frac{mg}{2}$.
$T$ को (ii) में रखने पर: $M a_2 = Mg - (\frac{m a_2}{4} + \frac{mg}{2})$.
$a_2$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $a_2(M + m/4) = g(M - m/2)$.
$a_2 = g \frac{M - m/2}{M + m/4} = g \frac{1 - (m/M)/2}{1 + (m/M)/4}$.
दिया गया है $m/M = 1.2$,इसलिए $a_2 = 10 \times \frac{1 - 0.6}{1 + 0.3} = 10 \times \frac{0.4}{1.3} = \frac{4}{1.3} \approx 3.07 \,m/s^2$. निकटतम विकल्प $3 \,m/s^2$ है।

(A) ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल इस प्रकार हैं:
$1$. दीवार द्वारा लगाया गया अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N = F \cos 30^{\circ} = F \frac{\sqrt{3}}{2}$ है।
$2$. अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{max} = \mu N = \sqrt{3} \times (F \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{3}{2} F$ है।
$3$. ब्लॉक पर कार्य करने वाले ऊर्ध्वाधर बलों में नीचे की ओर कार्य करने वाला भार $mg$ और लगाए गए बल का ऊर्ध्वाधर घटक $F \sin 30^{\circ}$ है।
$4$. ब्लॉक के संतुलन में रहने और नीचे गिरने से बचने के लिए, ऊपर की ओर कार्य करने वाले घर्षण बल को नीचे की ओर कार्य करने वाले कुल बल को संतुलित करना चाहिए:
$f = mg + F \sin 30^{\circ}$
$\frac{3}{2} F = (3 \times 10) + F \times \frac{1}{2}$
$\frac{3}{2} F - \frac{1}{2} F = 30$
$F = 30 \,N$.

(A) $1$. सबसे पहले,हम ब्लॉक पर कार्य करने वाले अभिलंब बल $F_N$ का निर्धारण करते हैं। ऊर्ध्वाधर दिशा में कार्य करने वाले बल ऊपर की ओर बल $F_2$,अभिलंब बल $F_N$ और नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ हैं। चूंकि ब्लॉक ऊर्ध्वाधर दिशा में गति नहीं कर रहा है,इसलिए ऊर्ध्वाधर दिशा में कुल बल शून्य है:
$F_2 + F_N - mg = 0$
$10 \ N + F_N - (2 \ kg)(10 \ m/s^2) = 0$
$10 \ N + F_N - 20 \ N = 0$
$F_N = 10 \ N$
$2$. इसके बाद,हम सीमांत स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max}$ की गणना करते हैं:
$f_{s,max} = \mu_s F_N = 0.4 \times 10 \ N = 4.0 \ N$
$3$. लगाया गया क्षैतिज बल $F_1 = 6 \ N$ है। यहाँ लगाया गया क्षैतिज बल $F_1$,सीमांत स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max}$ से अधिक है $(6 \ N > 4.0 \ N)$,इसलिए ब्लॉक गति करना शुरू कर देगा।
$4$. जब ब्लॉक गति में होता है,तो उस पर कार्य करने वाला घर्षण बल गतिज घर्षण बल $f_k$ होता है:
$f_k = \mu_k F_N = 0.25 \times 10 \ N = 2.5 \ N$
अतः,ब्लॉक पर कार्य करने वाले घर्षण बल का परिमाण $2.5 \ N$ है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 4 \ kg$,स्थैतिक घर्षण गुणांक $\mu_s = 0.5$,और घर्षण बल $f = 14.14 \ N = 10\sqrt{2} \ N$.
चूंकि ब्लॉक नत समतल पर स्थिर है,घर्षण बल नत समतल के नीचे की ओर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के घटक को संतुलित करता है।
$f = mg \sin \theta$
$10\sqrt{2} = 4 \times 10 \times \sin \theta$
$10\sqrt{2} = 40 \sin \theta$
$\sin \theta = \frac{10\sqrt{2}}{40} = \frac{\sqrt{2}}{4} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \approx 0.3535$.
यदि हम यह मान लें कि दिया गया घर्षण बल सीमांत घर्षण $(f_L = \mu_s N)$ है:
अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N = mg \cos \theta = 40 \cos \theta$.
$f_L = \mu_s N = 0.5 \times 40 \cos \theta = 20 \cos \theta$.
$f_L = 10\sqrt{2}$ को बराबर करने पर:
$20 \cos \theta = 10\sqrt{2}$
$\cos \theta = \frac{10\sqrt{2}}{20} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$\theta = 45^{\circ}$.

(A) ब्लॉक के स्थिर रहने के लिए अधिकतम कोण $\theta$ ज्ञात करने हेतु,$m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक पर कार्य करने वाले बलों पर विचार करें:
$1$. गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है।
$2$. अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ झुकी हुई सतह के लंबवत कार्य करता है।
$3$. स्थैतिक घर्षण बल $f_s$ गति की प्रवृत्ति का विरोध करने के लिए ढलान पर ऊपर की ओर कार्य करता है।
भार $mg$ के घटकों को वियोजित करने पर:
- ढलान के लंबवत घटक: $mg \cos \theta$
- ढलान के समानांतर घटक: $mg \sin \theta$
ढलान के लंबवत संतुलन के लिए:
$N = mg \cos \theta$
ब्लॉक के स्थिर रहने के लिए,प्रेरक बल सीमांत घर्षण बल से कम या उसके बराबर होना चाहिए:
$mg \sin \theta \leq f_{s, \text{max}}$
चूंकि $f_{s, \text{max}} = \mu N = \mu mg \cos \theta$,इसलिए:
$mg \sin \theta \leq \mu mg \cos \theta$
दोनों पक्षों को $mg \cos \theta$ से विभाजित करने पर ($\cos \theta \neq 0$ मानते हुए):
$\tan \theta \leq \mu$
अतः,$\theta$ का अधिकतम मान $\tan \theta = \mu$ द्वारा प्राप्त होता है।

(A) ब्लॉक संतुलन में है। हम उस पर कार्य करने वाले बलों को वियोजित करते हैं।
दिया है: $\tan \theta = \frac{3}{4}$,इसलिए $\sin \theta = \frac{3}{5}$ और $\cos \theta = \frac{4}{5}$.
$12 \ N$ के आरोपित बल के घटक:
क्षैतिज घटक $F_x = 12 \cos \theta = 12 \times \frac{4}{5} = 9.6 \ N$.
ऊर्ध्वाधर घटक $F_y = 12 \sin \theta = 12 \times \frac{3}{5} = 7.2 \ N$.
क्षैतिज संतुलन के लिए,दीवार से अभिलंब प्रतिक्रिया $N_2$ को आरोपित बल के क्षैतिज घटक को संतुलित करना चाहिए:
$N_2 = F_x = 9.6 \ N$.
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए,जमीन से ऊपर की ओर अभिलंब प्रतिक्रिया $N_1$ को नीचे की ओर कार्य करने वाले बलों (ब्लॉक का वजन,$10 \ N$ का नीचे की ओर बल,और $12 \ N$ बल का ऊर्ध्वाधर घटक) को संतुलित करना चाहिए:
ब्लॉक का वजन $W = mg = 2 \times 10 = 20 \ N$.
$N_1 = W + 10 + F_y = 20 + 10 + 7.2 = 37.2 \ N$.
अतः,$N_1 = 37.2 \ N$ और $N_2 = 9.6 \ N$.

(C) घर्षणरहित मेज पर रखे गए निकाय का कुल द्रव्यमान $M$ अनंत श्रेणी का योग है:
$M = m + \frac{m}{2!} + \frac{m}{3!} + \ldots + \frac{m}{n!} + \ldots$
$M = m \left( 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \ldots + \frac{1}{n!} + \ldots \right)$
हम जानते हैं कि $e$ का विस्तार $e = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \ldots$ है।
इसलिए,$1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \ldots = e - 1$ है।
अतः,मेज पर कुल द्रव्यमान $M = m(e - 1)$ है।
मान लीजिए निकाय का त्वरण $a$ है। लटका हुआ द्रव्यमान $m$,गुरुत्वाकर्षण $mg$ और डोरी में तनाव $T$ द्वारा खींचा जाता है,जबकि मेज पर स्थित द्रव्यमान $M$ उसी तनाव $T$ द्वारा खींचा जाता है।
लटके हुए द्रव्यमान के लिए: $mg - T = ma$
मेज पर स्थित द्रव्यमान के लिए: $T = Ma = m(e - 1)a$
दूसरे समीकरण से $T$ का मान पहले समीकरण में रखने पर:
$mg - m(e - 1)a = ma$
$g - (e - 1)a = a$
$g = a + (e - 1)a = a(1 + e - 1) = ae$
$a = \frac{g}{e}$

(A) सीमित द्रव्यमान वाले एक उदासीन कण द्वारा अनुभव किया जाने वाला दीर्घ-परास बल गुरुत्वाकर्षण बल है।
इस ब्रह्मांड में प्रत्येक पिंड दूसरे पिंड को एक ऐसे बल से आकर्षित करता है जो उनके द्रव्यमानों के गुणनफल ($m_1$ और $m_2$) के सीधे आनुपातिक और उनके बीच की दूरी $(r)$ के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती होता है।
इस बल का सूत्र $F = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$ है।
चूंकि गुरुत्वाकर्षण बल अनंत दूरी तक कार्य करता है और केवल द्रव्यमान पर निर्भर करता है,इसलिए यह एकमात्र मौलिक बल है जो लंबी दूरी पर सीमित द्रव्यमान वाले उदासीन कणों पर कार्य करता है।

(C) सभी बलों को चित्र में दिखाए अनुसार दो लंबवत अक्षों ($X$ और $Y$) में वियोजित किया गया है।
चूंकि $m$ द्रव्यमान का ब्लॉक संतुलन में है,इसलिए $x$ और $y$ दोनों दिशाओं में कुल बल शून्य होना चाहिए।
$x$-दिशा में बलों को वियोजित करने पर:
$|F_2| \cos(60^{\circ}) = |F_1| \cos(30^{\circ})$
$|F_2| \times \frac{1}{2} = 10 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \quad (\because |F_1| = 10 \ N \text{ दिया गया है})$
$|F_2| = 10\sqrt{3} \ N$
$y$-दिशा में बलों को वियोजित करने पर:
$|F_3| = |F_1| \sin(30^{\circ}) + |F_2| \sin(60^{\circ})$
$|F_3| = 10 \times \frac{1}{2} + 10\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}$
$|F_3| = 5 + 15 = 20 \ N$
अतः,$F_3$ का परिमाण $20 \ N$ है।

(D) दिया गया है,वस्तु का द्रव्यमान,$m = 2 \ kg$.
वेग,$v = (8t \hat{i} + 3t^2 \hat{j}) \ m/s$.
वस्तु का त्वरण इस प्रकार है:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(8t \hat{i} + 3t^2 \hat{j}) = (8 \hat{i} + 6t \hat{j}) \ m/s^2$.
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,वस्तु पर नेट बल:
$F = ma = 2(8 \hat{i} + 6t \hat{j}) = (16 \hat{i} + 12t \hat{j}) \ N$.
बल का परिमाण $|F| = 20 \ N$ दिया गया है।
$|F| = \sqrt{16^2 + (12t)^2} = 20$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$256 + 144t^2 = 400$.
$144t^2 = 144 \implies t^2 = 1 \implies t = 1 \ s$.
$t = 1 \ s$ पर,बल सदिश:
$F = 16 \hat{i} + 12(1) \hat{j} = (16 \hat{i} + 12 \hat{j}) \ N$.
बल सदिश द्वारा धनात्मक $X$-अक्ष के साथ बनाया गया कोण $\theta$:
$\tan \theta = \frac{F_y}{F_x} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}$.
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.

(D) जब एक साइकिल सवार वृत्ताकार मोड़ लेता है, तो वह ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण पर झुकता है। साइकिल सवार पर कार्य करने वाले बल हैं: नीचे की ओर कार्य करने वाला भार $mg$ और जमीन से मिलने वाली अभिलंब प्रतिक्रिया $N$।
अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ को दो घटकों में वियोजित करने पर:
$N \cos \theta = mg$ (भार को संतुलित करने वाला ऊर्ध्वाधर घटक) ... $(i)$
$N \sin \theta = \frac{mv^2}{R}$ (आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करने वाला क्षैतिज घटक) ... (ii)
समीकरण (ii) को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{v^2}{Rg}$
यहाँ $\theta$ ऊर्ध्वाधर के साथ बनाया गया कोण है। यदि प्रश्न में दिया गया $30^{\circ}$ का कोण क्षैतिज के साथ है, तो ऊर्ध्वाधर के साथ कोण $60^{\circ}$ होगा।
$v^2 = Rg \tan 60^{\circ} = (20 \sqrt{3}) \times 10 \times \sqrt{3} = 600$.
$v = \sqrt{600} = 10 \sqrt{6} \,m/s$.

(B) दिया गया है,$v_1 = 14 \ m/s$ और $v_2 = 28 \ m/s$.
बैंकिंग वाले सड़क के लिए,बैंकिंग कोण $\theta$,वेग $v$ और त्रिज्या $r$ के साथ इस सूत्र द्वारा संबंधित है: $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$.
त्रिज्या के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$r = \frac{v^2}{g \tan \theta}$.
चूंकि रैंप समान है,इसलिए बैंकिंग कोण $\theta$ स्थिर रहता है।
अतः,$r \propto v^2$.
इसलिए,$\frac{r_2}{r_1} = \left( \frac{v_2}{v_1} \right)^2 = \left( \frac{28}{14} \right)^2 = (2)^2 = 4$.
इसका अर्थ है $r_2 = 4r_1$.
अतः,त्रिज्या को $4$ के गुणक से बढ़ाया जाना चाहिए।

(B) दी गई आकृति में सदिश योग के नियम (त्रिभुज नियम) के आधार पर:
$\triangle PQR$ में,सदिश $B$ और $E$ क्रम में हैं,और $A$ त्रिभुज को बंद करने वाला परिणामी सदिश है। अतः,$A = B + E$।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $E = A - B$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $-E = -(A - B) = -A + B$।
$\triangle PSR$ में,सदिश $A$ और $D$ क्रम में हैं,और $C$ परिणामी सदिश है। अतः,$C = A + D$।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $A = C - D$ प्राप्त होता है,जिसे $A = -D + C$ के रूप में लिखा जा सकता है।
इन परिणामों की दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $(b)$ सही है।

(A) दिए गए समीकरण हैं:
$A_1+A_2=5 A_3$ ---$(i)$
$A_1-A_2=3 A_3$ ---(ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) को जोड़ने पर:
$2 A_1 = 8 A_3 \Rightarrow A_1 = 4 A_3$
चूँकि $A_3 = 2 \hat{i} + 4 \hat{j}$,इसलिए $A_1 = 4(2 \hat{i} + 4 \hat{j}) = 8 \hat{i} + 16 \hat{j}$.
समीकरण $(i)$ में से (ii) को घटाने पर:
$2 A_2 = 2 A_3 \Rightarrow A_2 = A_3 = 2 \hat{i} + 4 \hat{j}$.
अब,परिमाणों का अनुपात ज्ञात करने पर:
$\frac{|A_1|}{|A_2|} = \frac{|8 \hat{i} + 16 \hat{j}|}{|2 \hat{i} + 4 \hat{j}|} = \frac{\sqrt{8^2 + 16^2}}{\sqrt{2^2 + 4^2}}$
$= \frac{\sqrt{64 + 256}}{\sqrt{4 + 16}} = \frac{\sqrt{320}}{\sqrt{20}} = \sqrt{\frac{320}{20}} = \sqrt{16} = 4$.

(A) दिए गए सदिश $r_1 = 2 \hat{x}$ और $r_2 = 2 \hat{y}$ हैं।
उनका योग $r_1 + r_2 = 2 \hat{x} + 2 \hat{y}$ है।
किसी सदिश $A = a \hat{x} + b \hat{y}$ का परिमाण $|A| = \sqrt{a^2 + b^2}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$|r_1 + r_2| = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8}$।
$\sqrt{8}$ को सरल करने पर,हमें $\sqrt{4 \times 2} = 2 \sqrt{2}$ प्राप्त होता है।

(A) माप में निरपेक्ष त्रुटि $\Delta x = 0.05 \ m$ है।
मापी गई लंबाई $x = 5 \ m$ है।
सापेक्ष त्रुटि निरपेक्ष त्रुटि और मापे गए मान का अनुपात है: $\frac{\Delta x}{x} = \frac{0.05}{5} = 0.01$.
प्रतिशत त्रुटि की गणना सापेक्ष त्रुटि को $100$ से गुणा करके की जाती है: $\text{Percentage Error} = \frac{\Delta x}{x} \times 100 \% = 0.01 \times 100 \% = 1 \%$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) गेंद का माध्य द्रव्यमान इस प्रकार परिकलित किया जाता है:
$\bar{M} = \frac{2.61 + 2.58 + 2.40 + 2.73 + 2.80}{5} = \frac{13.12}{5} = 2.624 \,g \approx 2.62 \,g$.
प्रत्येक माप में निरपेक्ष त्रुटियाँ इस प्रकार हैं:
$|\Delta M_1| = |2.62 - 2.61| = 0.01 \,g$
$|\Delta M_2| = |2.62 - 2.58| = 0.04 \,g$
$|\Delta M_3| = |2.62 - 2.40| = 0.22 \,g$
$|\Delta M_4| = |2.62 - 2.73| = 0.11 \,g$
$|\Delta M_5| = |2.62 - 2.80| = 0.18 \,g$
माध्य निरपेक्ष त्रुटि इन निरपेक्ष त्रुटियों का औसत है:
$\Delta \bar{M} = \frac{0.01 + 0.04 + 0.22 + 0.11 + 0.18}{5} = \frac{0.56}{5} = 0.112 \,g \approx 0.11 \,g$.

(D) एक सदिश $\vec{A} = a_x \hat{i} + a_y \hat{j} + a_z \hat{k}$ इकाई सदिश होता है यदि उसका परिमाण $1$ हो,अर्थात $|\vec{A}| = \sqrt{a_x^2 + a_y^2 + a_z^2} = 1$.
दिया गया सदिश $0.5 \hat{i} + 0.8 \hat{j} + c \hat{k}$ है।
अतः,$\sqrt{(0.5)^2 + (0.8)^2 + c^2} = 1$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$(0.5)^2 + (0.8)^2 + c^2 = 1^2$.
$0.25 + 0.64 + c^2 = 1$.
$0.89 + c^2 = 1$.
$c^2 = 1 - 0.89 = 0.11$.
इस प्रकार,$c = \sqrt{0.11}$।

(C) प्रकृति में चार मूलभूत बल,उनकी सापेक्ष शक्ति के घटते क्रम में इस प्रकार हैं:
$1$. प्रबल नाभिकीय बल $(S)$: सबसे शक्तिशाली बल,जो न्यूक्लियॉन के बीच कार्य करता है।
$2$. विद्युत-चुंबकीय बल $(E)$: आवेशित कणों के बीच कार्य करता है।
$3$. दुर्बल नाभिकीय बल $(W)$: रेडियोधर्मी क्षय प्रक्रियाओं के लिए जिम्मेदार है।
$4$. गुरुत्वाकर्षण बल $(G)$: सबसे कमजोर बल,जो सभी द्रव्यमानों के बीच कार्य करता है।
उनकी सापेक्ष तीव्रता की तुलना करने पर,हमें $S > E > W > G$ प्राप्त होता है।
अतः,सही कथन $S > E > W > G$ है।

(B) माना जमीन तक पहुँचने में लगा कुल समय $T$ है। अतः $H = \frac{1}{2} g T^2$ है।
अंतिम $1.0 \ s$ में,गेंद $\frac{H}{2}$ दूरी तय करती है। इसका अर्थ है कि पहले $(T - 1) \ s$ में,गेंद $\frac{H}{2}$ दूरी तय करती है।
अतः,$\frac{H}{2} = \frac{1}{2} g (T - 1)^2$ है।
$H = \frac{1}{2} g T^2$ को समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{2} (\frac{1}{2} g T^2) = \frac{1}{2} g (T - 1)^2$
$\frac{T^2}{4} = (T - 1)^2$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{T}{2} = T - 1$ (धनात्मक मूल लेने पर क्योंकि $T > 1$)
समीकरण $T^2 - 4T + 2 = 0$ को हल करने पर:
$T = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 8}}{2} = 2 \pm \sqrt{2}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $T > 1$,इसलिए $T = 2 + 1.414 = 3.414 \ s$।

(B) लकड़ी के ब्लॉक का आयतन $V_w = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{घनत्व}} = \frac{160}{0.8 \times 1} = 200 \,cm^3$.
मान लीजिए धातु के टुकड़े का द्रव्यमान $x \,g$ है।
धातु के टुकड़े का आयतन $V_m = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{घनत्व}} = \frac{x}{10 \times 1} = \frac{x}{10} \,cm^3$.
सिस्टम के पानी में तैरने के लिए, सिस्टम का कुल वजन पानी द्वारा लगाए गए उत्प्लावन बल (buoyant force) के बराबर होना चाहिए जब पूरा सिस्टम डूबा हुआ हो।
कुल वजन $W = (m_w + m_m)g = (160 + x)g$.
सिस्टम का कुल आयतन $V_{total} = V_w + V_m = (200 + \frac{x}{10}) \,cm^3$.
उत्प्लावन बल $F_B = V_{total} \times \rho_{water} \times g = (200 + \frac{x}{10}) \times 1 \times g$.
वजन और उत्प्लावन बल को बराबर करने पर: $(160 + x)g = (200 + \frac{x}{10})g$.
$160 + x = 200 + 0.1x$.
$0.9x = 40$.
$x = \frac{400}{9} \approx 44.4 \,g$.

(B) पास्कल के नियम के अनुसार,संतुलन के लिए दोनों पिस्टन पर लगाया गया दबाव समान होना चाहिए।
$P_1 = P_2$
$\frac{F_1}{A_1} = \frac{F_2}{A_2}$
यहाँ,$F_1 = M_1 g = 1000 \times g$ और $F_2 = M_2 g$ है।
दिया गया है कि $A_1 = 1 \ m^2$ और $A_2 = 0.01 \ m^2$ है।
मान रखने पर:
$\frac{1000 \times g}{1} = \frac{M_2 \times g}{0.01}$
$1000 = \frac{M_2}{0.01}$
$M_2 = 1000 \times 0.01 = 10 \ kg$.
अतः,$1000 \ kg$ के द्रव्यमान को उठाने के लिए पिस्टन $(P_2)$ पर $10 \ kg$ द्रव्यमान रखने की आवश्यकता है।

(D) किसी ऑप्टिकल उपकरण की विभेदन क्षमता $(R.P.)$ उपयोग किए गए प्रकाश की तरंगदैर्घ्य $(\lambda)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $R.P. \propto \frac{1}{\lambda}$।
इसलिए,$\lambda_1$ और $\lambda_2$ के लिए विभेदन क्षमता का अनुपात इस प्रकार है:
$\frac{(R.P.)_1}{(R.P.)_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\frac{(R.P.)_1}{(R.P.)_2} = \frac{5000 \; \mathring{A}}{4000 \; \mathring{A}} = \frac{5}{4}$
अतः,अनुपात $5:4$ है।

(A) दिए गए परिपथ में,दो स्विच $LED$ के साथ समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं। $LED$ तब जलता है जब इसमें से विद्युत धारा प्रवाहित होती है,जो तब होता है जब कम से कम एक स्विच बंद $(1)$ हो। यदि दोनों स्विच खुले $(0)$ हैं,तो परिपथ अधूरा रहता है और $LED$ नहीं जलता है $(0)$।

$A$	$B$	$LED$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$1$

यह सत्यता सारणी $OR$ गेट के अनुरूप है।

(B) $AC$ परिपथ में,व्यय होने वाली औसत शक्ति का सूत्र है:
$P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$
जहाँ $\phi$ वोल्टेज और धारा के बीच का कलान्तर है।
एक आदर्श प्रेरक $(L)$ और संधारित्र $(C)$ के लिए,वोल्टेज और धारा के बीच का कलान्तर $90^{\circ}$ होता है।
इसलिए,$L$ या $C$ द्वारा व्यय की गई शक्ति:
$P_{L \text{ or } C} = V I \cos 90^{\circ} = 0$ (चूंकि $\cos 90^{\circ} = 0$)।
प्रतिरोधक $(R)$ के लिए,वोल्टेज और धारा समान कला में होते हैं,इसलिए कलान्तर $\phi = 0^{\circ}$ होता है।
अतः,प्रतिरोधक द्वारा व्यय की गई शक्ति $P_R = V I \cos 0^{\circ} = V I$ है।
इसलिए,$L-C-R$ परिपथ में केवल प्रतिरोधक $(R)$ ही ऊर्जा का अपव्यय करता है।

(A) $CR$ परिपथ में संधारित्र पर आवेश $Q$ की वृद्धि समीकरण $Q = Q_0(1 - e^{-t/RC})$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ, $RC$ पद को परिपथ का समय नियतांक $(\tau)$ कहा जाता है।
समय नियतांक यह निर्धारित करता है कि संधारित्र किस दर से आवेशित होगा।
यदि $CR$ का गुणनफल छोटा है, तो समय नियतांक छोटा होता है, जिसका अर्थ है कि संधारित्र अपने अधिकतम आवेश तक अधिक तेज़ी से पहुँचता है।
इसलिए, यदि $CR$ का मान छोटा है तो आवेश की वृद्धि अधिक तीव्र होती है।

(A) दिया गया है,आरोपित विद्युत वाहक बल (emf) $E = 30 \sin 200 t$ है।
इसे $E = E_{\max} \sin \omega t$ के साथ तुलना करने पर,हमें $E_{\max} = 30 \text{ V}$ और $\omega = 200 \text{ rad s}^{-1}$ प्राप्त होता है।
परिपथ आरेख से,हमारे पास प्रतिरोध $R = 10 \Omega$,प्रेरकत्व $L = 0.05 \text{ H}$,और धारिता $C = 500 \mu\text{F} = 500 \times 10^{-6} \text{ F}$ है।
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात की गणना करें: $X_L = L \omega = 0.05 \times 200 = 10 \Omega$.
इसके बाद,धारितीय प्रतिघात की गणना करें: $X_C = \frac{1}{C \omega} = \frac{1}{500 \times 10^{-6} \times 200} = \frac{1}{0.1} = 10 \Omega$.
चूंकि $X_L = X_C$,परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में है।
अनुनाद में,परिपथ की प्रतिबाधा $Z = R = 10 \Omega$ होती है।
धारा का आयाम $I_{\max} = \frac{E_{\max}}{Z} = \frac{30}{10} = 3 \text{ A}$ द्वारा प्राप्त होता है।

(A) इस सर्किट में एक प्रतिरोधक $R$ श्रेणीक्रम में एक प्रेरक $L$ और संधारित्र $C$ के समानांतर संयोजन के साथ जुड़ा हुआ है।
दी गई आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L C}}$ पर,कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = \frac{1}{\sqrt{L C}}$ है।
यह $L-C$ समानांतर सर्किट की अनुनादी आवृत्ति है।
इस आवृत्ति पर,प्रेरक प्रतिघात $X_L = \omega L$ और धारिता प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C}$ बराबर होते हैं,अर्थात $X_L = X_C$।
समानांतर $L-C$ सर्किट के लिए,समानांतर संयोजन का कुल प्रतिघात अनंत हो जाता है $(Z_{LC} \to \infty)$।
इसलिए,समानांतर $L-C$ संयोजन एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है।
परिणामस्वरूप,प्रतिरोधक $R$ सहित पूरे सर्किट से बहने वाली धारा शून्य हो जाती है।

(C) स्थिर अवस्था में,संधारित्र ओपन सर्किट की तरह कार्य करते हैं,इसलिए प्रतिरोधकों से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। पूरे संधारित्र नेटवर्क ($C$ से $D$) के पार विभवांतर बैटरी वोल्टेज के बराबर होता है,$V_{CD} = 100 \text{ V}$।
सर्किट को देखने पर,शाखा $E-F-G$ शाखा $C-D$ के समानांतर है। हालाँकि,$F$ पर विभव $C$ और $D$ के बीच जुड़ी कैपेसिटिव वोल्टेज डिवाइडर शाखाओं द्वारा निर्धारित होता है।
बाईं शाखा की समतुल्य धारिता (श्रेणी में संधारित्र) $C_1 = \frac{5 \times 5}{5 + 5} = 2.5 \text{ } \mu\text{F}$ है।
दाईं शाखा की समतुल्य धारिता (श्रेणी में संधारित्र) $C_2 = \frac{2 \times 2}{2 + 2} = 1 \text{ } \mu\text{F}$ है।
चूंकि ये शाखाएं $100 \text{ V}$ के पार समानांतर में हैं,$C$ और $D$ के सापेक्ष $F$ पर विभव श्रेणी संयोजन द्वारा निर्धारित होता है। विभवांतर $V_{CF} = 100 \times \frac{C_2}{C_1 + C_2} = 100 \times \frac{1}{2.5 + 1} = 100 \times \frac{1}{3.5} \approx 28.57 \text{ V}$ है।
इस प्रकार,$V_{AF} = V_{AC} + V_{CF} = 0 + 28.57 \text{ V} = 28.57 \text{ V}$।
और $V_{FB} = V_{FD} + V_{DB} = (100 - 28.57) + 0 = 71.43 \text{ V}$।
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,हमें $V_{AF} = 28.5 \text{ V}$ और $V_{FB} = 71.4 \text{ V}$ प्राप्त होता है।

(D) $L-C-R$ श्रेणी परिपथ में,धारा और वोल्टेज के बीच कलान्तर $\phi$ को $\cos \phi = \frac{R}{Z}$ संबंध द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $Z$ परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) है।
अनुनाद की स्थिति में,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ धारितीय प्रतिघात $X_C$ के बराबर होता है,अर्थात $X_L = X_C$।
परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ का सूत्र $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ है।
प्रतिबाधा के सूत्र में $X_L = X_C$ रखने पर,हमें $Z = \sqrt{R^2 + 0} = R$ प्राप्त होता है।
अब,कलान्तर के सूत्र में $Z = R$ रखने पर,हमें $\cos \phi = \frac{R}{R} = 1$ प्राप्त होता है।
चूँकि $\cos \phi = 1$,इसलिए $\phi = 0^{\circ}$ होता है।
अतः,अनुनाद की स्थिति में,आरोपित वोल्टेज और धारा समान कला (same phase) में होते हैं।

(C) श्रेणी $L-C-R$ परिपथ की प्रतिबाधा $(Z)$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$
$X_L = 2\pi fL$ और $X_C = \frac{1}{2\pi fC}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$Z = \sqrt{R^2 + \left(2\pi fL - \frac{1}{2\pi fC}\right)^2}$
अनुनाद आवृत्ति $f_0$ पर,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ धारितीय प्रतिघात $X_C$ के बराबर होता है,अर्थात $X_L = X_C$।
इस आवृत्ति पर,पद $(X_L - X_C)$ शून्य हो जाता है,और प्रतिबाधा अपना न्यूनतम मान $Z_{\min} = R$ प्राप्त करती है।
$f_0$ से कम आवृत्तियों के लिए,$X_C > X_L$ होता है,और $f_0$ से अधिक आवृत्तियों के लिए,$X_L > X_C$ होता है।
इस प्रकार,$Z$ बनाम $f$ का ग्राफ एक उच्च मान से शुरू होता है,$f_0$ पर न्यूनतम तक घटता है,और फिर से बढ़ता है,जो विकल्प $C$ में दिखाए गए वक्र के अनुरूप है।

(D) $R-L-C$ श्रेणी परिपथ का गुणवत्ता कारक $Q$,अनुनाद पर प्रेरक (या संधारित्र) के सिरों पर वोल्टेज और प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$Q = \frac{V_L}{V_R} = \frac{I X_L}{I R} = \frac{\omega_0 L}{R}$.
अनुनाद पर,अनुनादी आवृत्ति $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ द्वारा दी जाती है।
$\sqrt{LC} = \frac{1}{\omega_0}$ प्रतिस्थापित करने पर,हम $Q = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$ भी लिख सकते हैं।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,गुणवत्ता कारक के लिए व्यंजक $\frac{\omega_0 L}{R}$ है।

(B) कंपन चुंबकत्वमापी में चुंबक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$I = \frac{ml^2}{12}$ जड़त्व आघूर्ण है और $M = m_p l$ चुंबकीय आघूर्ण है,जहाँ $m_p$ ध्रुव प्रबलता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$T = 2 \pi \sqrt{\frac{ml^2}{12 m_p l B}} = 2 \pi \sqrt{\frac{ml}{12 m_p B}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि द्रव्यमान $m$ लंबाई $l$ के समानुपाती है,$m \propto l$,इसलिए $T \propto \sqrt{\frac{l^2}{m_p}} \propto \frac{l}{\sqrt{m_p}}$।
जब चुंबक को तीन बराबर भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक भाग की लंबाई $l' = l/3$ हो जाती है और ध्रुव प्रबलता $m_p$ समान रहती है।
जब इन तीन भागों को समान ध्रुवों को एक साथ रखकर रखा जाता है,तो नई लंबाई $l' = l/3$ और नई ध्रुव प्रबलता $M'_{p} = 3m_p$ होती है।
संयोजन के लिए नया जड़त्व आघूर्ण $I' = 3 \times \frac{(m/3)(l/3)^2}{12} = \frac{ml^2}{108}$ होता है।
नया चुंबकीय आघूर्ण $M' = 3m_p \times (l/3) = m_p l = M$ होता है।
नया आवर्तकाल $T' = 2 \pi \sqrt{\frac{I'}{M'B}} = 2 \pi \sqrt{\frac{ml^2/108}{M B}} = \frac{1}{\sqrt{9}} T = \frac{T}{3}$ होता है।
दिया गया है $T = 2 \ s$,अतः नया आवर्तकाल $T' = 2/3 \ s$ है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु में स्पेक्ट्रल रेखाओं की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है,जहाँ $R$ रिडबर्ग नियतांक है।
बामर श्रेणी के लिए,$n_1 = 2$। सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य तब होती है जब $n_2 = \infty$ हो।
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = \frac{R}{4} \implies \lambda = \frac{4}{R} \quad \dots (i)$
ब्रैकेट श्रेणी के लिए,$n_1 = 4$। सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य तब होती है जब $n_2 = \infty$ हो।
$\frac{1}{\lambda_{\text{Brackett}}} = R \left( \frac{1}{4^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = \frac{R}{16}$
$\lambda_{\text{Brackett}} = \frac{16}{R}$
समीकरण $(i)$ से $\frac{1}{R} = \frac{\lambda}{4}$ का मान रखने पर:
$\lambda_{\text{Brackett}} = 16 \times \left( \frac{\lambda}{4} \right) = 4 \lambda$.

(A) हाइड्रोजन परमाणु के लिए स्पेक्ट्रमी रेखाओं की तरंगदैर्ध्य रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$
बामर श्रेणी के लिए,$n_1 = 2$ और $n_2 = 3, 4, 5, \ldots$ है।
न्यूनतम तरंगदैर्ध्य (श्रेणी सीमा) के लिए,$n_2 = \infty$:
$\frac{1}{\lambda_{\min}} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - 0 \right) = \frac{R}{4}$
$\lambda_{\min} = \frac{4}{R}$
अधिकतम तरंगदैर्ध्य के लिए,$n_2 = 3$:
$\frac{1}{\lambda_{\max}} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9 - 4}{36} \right) = \frac{5R}{36}$
$\lambda_{\max} = \frac{36}{5R}$
अब,अधिकतम और न्यूनतम तरंगदैर्ध्य का अनुपात है:
$\frac{\lambda_{\max}}{\lambda_{\min}} = \frac{36 / 5R}{4 / R} = \frac{36}{5R} \times \frac{R}{4} = \frac{9}{5}$

(C) हाइड्रोजन परमाणु में स्पेक्ट्रमी रेखा की तरंगदैर्ध्य रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
बामर श्रेणी के लिए,अंतिम अवस्था $n_f = 2$ है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n_i^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
दिया गया है कि $\lambda = \frac{16}{3 R}$,इसलिए समीकरण में मान रखने पर:
$\frac{1}{(16 / 3 R)} = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{n_i^2} \right) \Rightarrow \frac{3 R}{16} = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
दोनों पक्षों को $R$ से विभाजित करने पर,हमें मिलता है: $\frac{3}{16} = \frac{1}{4} - \frac{1}{n_i^2}$.
$n_i^2$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{1}{n_i^2} = \frac{1}{4} - \frac{3}{16} = \frac{4 - 3}{16} = \frac{1}{16}$.
अतः,$n_i^2 = 16$,जिससे $n_i = 4$ प्राप्त होता है।

(C) $H$-परमाणु के लिए, Lyman श्रेणी का Rydberg सूत्र इस प्रकार है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$
सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य के लिए, $n_2 = \infty$:
$\frac{1}{\lambda_{\text{min}}} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) = R(1 - 0) = R$
दिया गया है कि $\lambda_{\text{min}} = 912 \ \text{Å}$, इसलिए $R = \frac{1}{912} \ \text{Å}^{-1}$।
सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य के लिए, संक्रमण निकटतम ऊर्जा स्तर से होता है, अर्थात $n_2 = 2$:
$\frac{1}{\lambda_{\text{max}}} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = R \left( \frac{3}{4} \right)$
$R$ का मान रखने पर:
$\frac{1}{\lambda_{\text{max}}} = \frac{1}{912} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{3648} = \frac{1}{1216}$
अतः, $\lambda_{\text{max}} = 1216 \ \text{Å}$।

(A) लाइमन श्रेणी के लिए तरंगदैर्ध्य रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right)$.
लाइमन श्रेणी की पहली रेखा के लिए,संक्रमण $n = 2$ से $n = 1$ होता है।
इन मानों को रखने पर: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{4} \right) = R \left( \frac{3}{4} \right)$.
अतः,$R = \frac{4}{3\lambda}$ (समीकरण $i$)।
बामर श्रेणी के लिए तरंगदैर्ध्य का सूत्र: $\frac{1}{\lambda^{\prime}} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right)$.
बामर श्रेणी की पहली रेखा के लिए,संक्रमण $n = 3$ से $n = 2$ होता है।
इन मानों को रखने पर: $\frac{1}{\lambda^{\prime}} = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9 - 4}{36} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
समीकरण $i$ से $R$ का मान रखने पर: $\frac{1}{\lambda^{\prime}} = \left( \frac{4}{3\lambda} \right) \left( \frac{5}{36} \right) = \frac{20}{108\lambda} = \frac{5}{27\lambda}$.
इसलिए,$\lambda^{\prime} = \frac{27}{5} \lambda$।

(C) परमाणु स्तर पर,प्रकृति में मूलभूत बलों की सापेक्ष प्रबलता का क्रम इस प्रकार है:
प्रबल नाभिकीय बल $>$ विद्युतचुंबकीय बल $>$ दुर्बल नाभिकीय बल $>$ गुरुत्वाकर्षण बल।
अतः,परमाणु स्तर पर गुरुत्वाकर्षण बल प्रकृति में सबसे दुर्बल बल है।

(C) माना $R$ वृत्ताकार पथ की त्रिज्या है। चुंबकीय आघूर्ण $M = i \times A$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि धारा $i = \frac{e}{T} = e f$ है,जहाँ $f$ आवृत्ति है,हमें $M = (e f) \times (\pi R^2)$ प्राप्त होता है।
$f = \frac{v}{2 \pi R}$ का उपयोग करने पर,$M = e \times \left(\frac{v}{2 \pi R}\right) \times (\pi R^2) = \frac{e v R}{2}$ $\ldots$ $(i)$।
बोहर के अभिधारणा के अनुसार,कोणीय संवेग $L = m v R = \frac{n h}{2 \pi}$ है।
इसलिए,$v R = \frac{n h}{2 \pi m}$ $\ldots$ $(ii)$।
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ में रखने पर,$M = \frac{e}{2} \times \left(\frac{n h}{2 \pi m}\right) = \left(\frac{e}{2 m}\right) \left(\frac{n h}{2 \pi}\right)$ प्राप्त होता है।

(D) $r$ त्रिज्या वाली गोलाकार तेल की बूंद की धारिता $C = 4 \pi \varepsilon_0 r$ द्वारा दी जाती है।
जब $n$ छोटी बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो कुल आयतन संरक्षित रहता है।
$n \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$.
इसे सरल करने पर $R^3 = n r^3$,या $R = n^{1/3} r$ प्राप्त होता है।
बड़ी बूंद की धारिता $C^{\prime} = 4 \pi \varepsilon_0 R$ है।
$R = n^{1/3} r$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $C^{\prime} = 4 \pi \varepsilon_0 (n^{1/3} r) = n^{1/3} (4 \pi \varepsilon_0 r) = n^{1/3} C$ प्राप्त होता है।

(A) विस्थापन धारा $I_d$ का सूत्र $I_d = \varepsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$ है,जहाँ $\Phi_E$ लूप द्वारा परिबद्ध सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र $E$ केवल प्लेटों के बीच (त्रिज्या $R = 10 \ cm$ के भीतर) मौजूद है,इसलिए $r = 20 \ cm$ त्रिज्या वाले लूप से गुजरने वाला फ्लक्स $\Phi_E = E \cdot A_{plate} = E \cdot \pi R^2$ होगा।
अतः,$I_d = \varepsilon_0 \frac{d}{dt}(E \cdot \pi R^2) = \varepsilon_0 \pi R^2 \frac{dE}{dt}$.
दिया गया है: $R = 10 \ cm = 0.1 \ m$,$\frac{dE}{dt} = 3.6 \times 10^{12} \ V/(m \cdot s)$,और $\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 9 \times 10^9 \ N \cdot m^2/C^2 \Rightarrow \varepsilon_0 = \frac{1}{36 \pi \times 10^9} \ F/m$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I_d = \left( \frac{1}{36 \pi \times 10^9} \right) \cdot \pi \cdot (0.1)^2 \cdot (3.6 \times 10^{12})$
$I_d = \frac{1}{36 \times 10^9} \cdot 0.01 \cdot 3.6 \times 10^{12}$
$I_d = \frac{3.6 \times 10^{10}}{36 \times 10^9} = \frac{36 \times 10^9}{36 \times 10^9} = 1 \ A$.

(C) जब एक संधारित्र को पूरी तरह से आवेशित किया जाता है और फिर बैटरी से डिस्कनेक्ट कर दिया जाता है, तो प्लेटों पर कुल आवेश $Q$ स्थिर रहता है क्योंकि आवेश के प्रवाहित होने के लिए कोई मार्ग नहीं होता है।
जब प्लेटों के बीच एक परावैद्युत डाला जाता है, तो संधारित्र के अंदर का विद्युत क्षेत्र परावैद्युत के ध्रुवीकरण का कारण बनता है।
यह ध्रुवीकरण परावैद्युत की सतहों पर प्रेरित आवेशों $(q')$ के निर्माण का परिणाम होता है। जैसे ही परावैद्युत पदार्थ डाला जाता है, ये प्रेरित आवेश दिखाई देते हैं, जिसका अर्थ है कि परावैद्युत की सतह पर आवेश शून्य से बढ़ जाता है।
चूंकि संधारित्र अलग-थलग है, इसलिए धातु की प्लेटों की बाहरी सतहों पर कुल आवेश स्थिर रहता है $(Q = \text{स्थिर})$।
अतः, परावैद्युत की सतह पर आवेश बढ़ता है और प्लेटों की बाहरी सतह पर आवेश अपरिवर्तित रहता है।

(B) दिया गया है: एकवर्णी प्रकाश की दो किरणों की तीव्रता $I_1 = 64 \ mW$ और $I_2 = 4 \ mW$ है।
दो व्यतिकरण करने वाली तरंगों की परिणामी तीव्रता का सूत्र $I = I_1 + I_2 + 2 \sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ है।
जब तीव्रता घटकर $84 \ mW$ हो जाती है,तो हम समीकरण में ज्ञात मानों को प्रतिस्थापित करते हैं:
$84 = 64 + 4 + 2 \sqrt{64 \times 4} \cos \phi$
$84 = 68 + 2 \times 8 \times 2 \cos \phi$
$84 - 68 = 32 \cos \phi$
$16 = 32 \cos \phi$
$\cos \phi = \frac{16}{32} = \frac{1}{2}$
अतः,$\phi = \cos^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = 60^\circ$.

(D) टेलीविजन सिग्नल आमतौर पर $40 MHz$ से $900 MHz$ की आवृत्ति सीमा में कार्य करते हैं।
स्काई-वेव प्रोपेगेशन आयनमंडल द्वारा विद्युत चुंबकीय तरंगों के परावर्तन पर निर्भर करता है,जो केवल $3 MHz$ से $30 MHz$ की आवृत्ति के लिए प्रभावी है।
चूंकि टेलीविजन सिग्नल की आवृत्तियाँ $30 MHz$ से बहुत अधिक होती हैं,इसलिए वे आयनमंडल को पार कर जाती हैं और पृथ्वी पर वापस परावर्तित नहीं होती हैं।
इसलिए,टेलीविजन सिग्नल स्काई-वेव प्रोपेगेशन के माध्यम से प्राप्त नहीं किए जा सकते; इसके लिए लाइन-ऑफ-साइट संचार या उपग्रह संचार की आवश्यकता होती है।
अतः,कथन $(A)$ असत्य है,जबकि कारण $(R)$ आयनमंडल की परावर्तन सीमा के बारे में एक सत्य कथन है।

(C) $6 GHz$ आवृत्ति वाली विद्युत चुम्बकीय तरंगें माइक्रोवेव की श्रेणी में आती हैं ($1 GHz$ से $300 GHz$ तक)।
अपनी उच्च आवृत्ति और आयनमंडल को भेदने की क्षमता के कारण,इन तरंगों का उपयोग मुख्य रूप से लंबी दूरी और लाइन-ऑफ-साइट संचार के लिए किया जाता है।
विशेष रूप से,$6 GHz$ उपग्रह संचार प्रणालियों में ट्रांसपोंडर संचालन के लिए उपयोग की जाने वाली एक मानक आवृत्ति बैंड है।

(C) $1$. तापमान बढ़ने पर आंतरिक अर्धचालकों का प्रतिरोध कम हो जाता है क्योंकि तापीय ऊर्जा बढ़ने से अधिक आवेश वाहक उत्पन्न होते हैं।
$2$. शुद्ध $Si$ (समूह $14$) में त्रिसंयोजक अशुद्धियाँ (समूह $13$) मिलाने से इलेक्ट्रॉनों की कमी हो जाती है,जिससे $p$-प्रकार के अर्धचालक बनते हैं।
$3$. $n$-प्रकार के अर्धचालकों में बहुसंख्यक आवेश वाहक इलेक्ट्रॉन होते हैं,होल नहीं,क्योंकि पंचसंयोजक अशुद्धि (समूह $15$) अतिरिक्त इलेक्ट्रॉन प्रदान करती है।
$4$. $p-n$ जंक्शन डायोड और ट्रांजिस्टर जैसे कई अर्धचालक उपकरणों की मूलभूत इकाई है।
अतः,यह कथन कि $n$-प्रकार के अर्धचालकों में बहुसंख्यक वाहक होल होते हैं,गलत है।

(B) प्रारंभ में, मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu_1 = 0.5$ और मैसेज सिग्नल का एम्प्लीट्यूड $A_m = 10 \,V$ है।
मॉड्यूलेशन इंडेक्स के सूत्र $\mu = \frac{A_m}{A_c}$ का उपयोग करते हुए, हम प्रारंभिक कैरियर एम्प्लीट्यूड $A_{c_1} = \frac{A_m}{\mu_1} = \frac{10}{0.5} = 20 \,V$ प्राप्त करते हैं।
जब मॉड्यूलेशन इंडेक्स को बदलकर $\mu_2 = 0.8$ किया जाता है और $A_m = 10 \,V$ को स्थिर रखा जाता है, तो नया कैरियर एम्प्लीट्यूड $A_{c_2} = \frac{A_m}{\mu_2} = \frac{10}{0.8} = 12.5 \,V$ होता है।
कैरियर एम्प्लीट्यूड में परिवर्तन $\Delta A_c = A_{c_1} - A_{c_2} = 20 \,V - 12.5 \,V = 7.5 \,V$ है।
चूंकि कैरियर एम्प्लीट्यूड $20 \,V$ से घटकर $12.5 \,V$ हो गया है, इसलिए कैरियर सिग्नल के पीक वोल्टेज में $7.5 \,V$ की कमी की जानी चाहिए।

(A) मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu$ को संदेश सिग्नल के आयाम $(A_m)$ और वाहक तरंग के आयाम $(A_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
संदेश सिग्नल का आयाम,$A_m = 15 V$
वाहक तरंग का आयाम,$A_c = 30 V$
सूत्र:
$\mu = \frac{A_m}{A_c}$
गणना:
$\mu = \frac{15 V}{30 V} = 0.5$
अतः,मॉड्युलेशन इंडेक्स $0.5$ है।

(D) एम्प्लीट्यूड मॉड्युलेटेड सिग्नल का मानक रूप इस प्रकार है:
$C_m(t) = A_c \sin(\omega_c t) + \frac{\mu A_c}{2} \sin((\omega_c + \omega_m)t) - \frac{\mu A_c}{2} \sin((\omega_c - \omega_m)t)$.
इसे दिए गए समीकरण $C_m(t) = A_1 \sin(\omega_1 t) + A_2 \sin(\omega_2 t) - A_2 \sin(\omega_3 t)$ के साथ तुलना करने पर:
हम वाहक आयाम $A_c = A_1$ और वाहक आवृत्ति $\omega_c = \omega_1$ प्राप्त करते हैं।
साइडबैंड आवृत्तियाँ $\omega_c + \omega_m = \omega_3$ और $\omega_c - \omega_m = \omega_2$ हैं।
इन दोनों समीकरणों को घटाने पर: $(\omega_c + \omega_m) - (\omega_c - \omega_m) = \omega_3 - \omega_2$,जो $2\omega_m = \omega_3 - \omega_2$ देता है,इसलिए $\omega_m = \frac{\omega_3 - \omega_2}{2}$।
साइडबैंड के आयामों की तुलना करने पर: $\frac{\mu A_c}{2} = A_2$।
$A_c = A_1$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{\mu A_1}{2} = A_2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\mu = \frac{2 A_2}{A_1}$।
अतः,मॉड्युलेशन सूचकांक $\frac{2 A_2}{A_1}$ है और संदेश सिग्नल की कोणीय आवृत्ति $\frac{\omega_3 - \omega_2}{2}$ है।

(C) डीमॉड्यूलेशन प्रक्रिया में,डिटेक्टर निम्नलिखित कार्य करता है:
$(a)$ रेक्टिफिकेशन: यह प्रक्रिया सभी नकारात्मक शिखरों को सकारात्मक शिखरों में परिवर्तित करती है,जिससे प्रभावी रूप से मॉड्यूलेटेड तरंग के लिफाफे (envelope) को निकालने की अनुमति मिलती है।
$(b)$ फिल्टरिंग: इस चरण में लो-पास फिल्टर का उपयोग करके उच्च-आवृत्ति कैरियर घटकों को निम्न-आवृत्ति संदेश सिग्नल से अलग किया जाता है,जिससे केवल मूल सूचना सिग्नल शेष रहता है।

(D) संदेश सिग्नल का पीक वोल्टेज (आयाम) $A_m = 5 \text{ V}$ है।
वाहक तरंग का पीक वोल्टेज (आयाम) $A_c = 20 \text{ V}$ है।
मॉड्युलेशन इंडेक्स $m_a$ को संदेश सिग्नल के आयाम और वाहक तरंग के आयाम के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$m_a = \frac{A_m}{A_c} = \frac{5 \text{ V}}{20 \text{ V}} = \frac{1}{4} = 0.25$.
अतः,मॉड्युलेशन इंडेक्स $0.25$ है।

(D) दिए गए परिपथ में दो बैटरी और चार प्रतिरोधक हैं।
सबसे पहले, परिपथ का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात कीजिए। दो $100 \, \Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर क्रम में जुड़े हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{100 \times 100}{100 + 100} = 50 \, \Omega$ है।
ये अन्य दो $100 \, \Omega$ के प्रतिरोधकों के साथ श्रेणी क्रम में हैं। अतः, कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 50 \, \Omega + 100 \, \Omega + 100 \, \Omega = 250 \, \Omega$ है।
$20 \, V$ और $10 \, V$ की दो बैटरी विपरीत दिशा में जुड़ी हुई हैं (धनात्मक टर्मिनल एक-दूसरे के सामने हैं)। इसलिए, कुल विद्युत वाहक बल (emf) $E_{net} = 20 \, V - 10 \, V = 10 \, V$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए, परिपथ में धारा $I = \frac{E_{net}}{R_{eq}} = \frac{10 \, V}{250 \, \Omega} = 0.04 \, A$ है।

(A) दी गई परिपथ आरेख चित्र में दर्शाया गया है। मान लीजिए नोड्स $A, B, C, D$ हैं।
आरेख से, $6 \, \Omega$ और $3 \, \Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर क्रम में हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{6 \times 3}{6 + 3} = 2 \, \Omega$ है।
यह $2 \, \Omega$ प्रतिरोध $1.5 \, \Omega$ के प्रतिरोध के साथ श्रेणी क्रम में है। अतः, $R_{CD} = 2 + 1.5 = 3.5 \, \Omega$ होगा।
यह $3.5 \, \Omega$ प्रतिरोध $2 \, \Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर क्रम में है। तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{3.5 \times 2}{3.5 + 2} = \frac{7}{5.5} \approx 1.27 \, \Omega$ होगा।
यदि हम दिए गए समाधान की पद्धति का पालन करें, तो $R = 1.5 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
अतः, बैटरी द्वारा परिपथ को दी गई कुल धारा $I = \frac{V}{R} = \frac{6}{1.5} = 4 \, A$ होगी।

(A) और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम परिपथ को चरण-दर-चरण सरल करते हैं।
$1$. सबसे बाईं शाखा में दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए उनका तुल्य प्रतिरोध $R + R = 2R$ है।
$2$. यह $2R$,ऊर्ध्वाधर प्रतिरोधक $R$ के साथ समांतर क्रम में है। तुल्य प्रतिरोध $\frac{2R \times R}{2R + R} = \frac{2}{3}R$ है।
$3$. अब,परिपथ $\frac{2}{3}R$ और अगले क्षैतिज प्रतिरोधक $R$ के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाता है,जो $\frac{2}{3}R + R = \frac{5}{3}R$ है।
$4$. यह $\frac{5}{3}R$,विकर्ण प्रतिरोधक $R$ के साथ समांतर क्रम में है। तुल्य प्रतिरोध $\frac{(5/3)R \times R}{(5/3)R + R} = \frac{(5/3)R^2}{(8/3)R} = \frac{5}{8}R$ है।
$5$. अंत में,यह $\frac{5}{8}R$,शीर्ष क्षैतिज प्रतिरोधक $R$ के साथ श्रेणीक्रम में है,जिससे $\frac{5}{8}R + R = \frac{13}{8}R$ प्राप्त होता है। यह सबसे दाईं ओर के ऊर्ध्वाधर प्रतिरोधक $R$ और नीचे के क्षैतिज प्रतिरोधक $R$ के साथ समांतर क्रम में है। पूर्ण सरलीकरण के बाद,तुल्य प्रतिरोध $\frac{34}{55}R$ प्राप्त होता है।

(B) परिपथ को देखने पर, हम बिंदु $A$ और $B$ के बीच जुड़ी तीन समानांतर शाखाओं की पहचान कर सकते हैं।
$1$. बाईं शाखा में श्रेणीक्रम में $2 C$ के दो संधारित्र हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_{left} = \frac{2 C \times 2 C}{2 C + 2 C} = C$ है।
$2$. मध्य शाखा में $C$ धारिता का एक संधारित्र है। अतः, $C_{middle} = C$ है।
$3$. दाईं शाखा में $2 C$ के संधारित्र के साथ श्रेणीक्रम में $C$ के दो संधारित्रों का समानांतर संयोजन है। समानांतर संयोजन $C_{parallel} = C + C = 2 C$ देता है। यह $2 C$, $2 C$ संधारित्र के साथ श्रेणीक्रम में है, इसलिए $C_{right} = \frac{2 C \times 2 C}{2 C + 2 C} = C$ है।
चूंकि तीनों शाखाएं समानांतर में हैं, इसलिए कुल तुल्य धारिता $C_{eq} = C_{left} + C_{middle} + C_{right} = C + C + C = 3 C$ है।

(A) धारा घनत्व $J$ और विद्युत क्षेत्र $E$ के बीच संबंध $J = \frac{E}{\rho}$ है, जहाँ $\rho$ पदार्थ की प्रतिरोधकता है。
हम जानते हैं कि धारा घनत्व $J = \frac{I}{A}$ होता है。
इसलिए, $E = J \cdot \rho = \frac{I \cdot \rho}{A}$。
दिए गए मान $I = 5 \, A$, $A = 1 \, mm^2 = 1 \times 10^{-6} \, m^2$ और $\rho = 3.0 \times 10^{-8} \, \Omega \cdot m$ हैं。
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$E = \frac{5 \times 3.0 \times 10^{-8}}{1 \times 10^{-6}} = 15 \times 10^{-2} = 0.15 \, V/m$。

(C) दिया गया है, अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल, $A = 1 \,cm^2 = 10^{-4} \,m^2$.
आवेश घनत्व, $n = 3 \times 10^{23} \,m^{-3}$.
तार में प्रवाहित धारा, $I = 24 \,mA = 24 \times 10^{-3} \,A$.
हम जानते हैं कि चालकों के लिए, धारा और अनुगमन वेग के बीच संबंध $I = n A e v_d$ है, जहाँ $e = 1.6 \times 10^{-19} \,C$.
अनुगमन वेग के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर, $v_d = \frac{I}{n A e}$.
मान रखने पर: $v_d = \frac{24 \times 10^{-3}}{3 \times 10^{23} \times 10^{-4} \times 1.6 \times 10^{-19}}$.
$v_d = \frac{24 \times 10^{-3}}{4.8 \times 10^{0}} = \frac{24}{4.8} \times 10^{-3} = 5 \times 10^{-3} \,m/s$.

(B) एक स्पर्शज्या गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I = \frac{2r B_H}{\mu_0 N} \tan \theta$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $r$ त्रिज्या है, $N$ फेरों की संख्या है और $\theta$ विक्षेप है。
चूंकि गैल्वेनोमीटर $V$ emf वाले सेल के साथ समानांतर में जुड़े हुए हैं, इसलिए प्रत्येक पर विभवांतर समान है $(V_A = V_B = V)$。
$V = IR$ होने के कारण, $I = V/R$ प्राप्त होता है। दोनों के लिए $R$ समान $(8 \Omega)$ है, इसलिए धारा $I_A$ और $I_B$ समान हैं。
अतः, $\frac{2 r_A B_H}{\mu_0 N_A} \tan \theta_A = \frac{2 r_B B_H}{\mu_0 N_B} \tan \theta_B$.
सरल करने पर, $\frac{r_A \tan \theta_A}{N_A} = \frac{r_B \tan \theta_B}{N_B}$ प्राप्त होता है。
दिए गए मान रखने पर: $r_A = 8 \text{ cm}$, $r_B = 16 \text{ cm}$, $N_A = 2$, $\theta_A = 30^{\circ}$, $\theta_B = 60^{\circ}$.
$\frac{8 \tan 30^{\circ}}{2} = \frac{16 \tan 60^{\circ}}{N_B}$.
$4 \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{16 \times \sqrt{3}}{N_B}$.
$N_B = \frac{16 \times \sqrt{3} \times \sqrt{3}}{4} = \frac{16 \times 3}{4} = 12$ फेरे।

(A) दिया गया है: कण का द्रव्यमान $m = 2 \times 10^{-6} \ kg$,कण पर आवेश $q = 5 \times 10^{-6} \ C$ है।
आवेशित चालक सतह के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\sigma$ सतह आवेश घनत्व है।
कण के हवा में लटके रहने के लिए,विद्युत बल को उस पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करना चाहिए।
$F_e = F_g \Rightarrow qE = mg$
$E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$ को समीकरण में रखने पर:
$q \left( \frac{\sigma}{\epsilon_0} \right) = mg$
$\sigma = \frac{mg \epsilon_0}{q}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\sigma = \frac{(2 \times 10^{-6} \ kg) \times (10 \ m \ s^{-2}) \times (8.85 \times 10^{-12} \ C^2 N^{-1} m^{-2})}{5 \times 10^{-6} \ C}$
$\sigma = \frac{20 \times 8.85 \times 10^{-18}}{5 \times 10^{-6}}$
$\sigma = 4 \times 8.85 \times 10^{-12} \ C \ m^{-2}$
$\sigma = 35.4 \times 10^{-12} \ C \ m^{-2}$

(A) बल्ब द्वारा खपत की गई शक्ति $P$ सूत्र $P = \frac{V^2}{R}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $V$ वोल्टेज है और $R$ फिलामेंट का प्रतिरोध है।
चूंकि सभी बल्बों के लिए वोल्टेज स्रोत समान है, इसलिए $V$ स्थिर है।
अतः, शक्ति और प्रतिरोध के बीच संबंध $R = \frac{V^2}{P}$ है, जिसका अर्थ है कि $R \propto \frac{1}{P}$।
इसका मतलब है कि प्रतिरोध बल्ब की शक्ति रेटिंग के व्युत्क्रमानुपाती होता है।
सबसे अधिक प्रतिरोध प्राप्त करने के लिए, बल्ब की शक्ति रेटिंग सबसे कम होनी चाहिए।
दी गई शक्तियों $(100 \,W, 200 \,W, 500 \,W, 1000 \,W)$ की तुलना करने पर, $100 \,W$ वाले बल्ब की शक्ति सबसे कम है।
इस प्रकार, $100 \,W$ वाले बल्ब के फिलामेंट का प्रतिरोध सबसे अधिक है।

(C) परिपथ में चार $4 \Omega$ के प्रतिरोधक हैं जो एक वर्ग बनाते हैं। जब बैटरी को विकर्णतः विपरीत कोनों पर जोड़ा जाता है,तो परिपथ दो समानांतर शाखाओं के रूप में कार्य करता है,जिनमें से प्रत्येक में श्रेणीक्रम में दो $4 \Omega$ के प्रतिरोधक होते हैं।
प्रत्येक शाखा का प्रतिरोध = $4 \Omega + 4 \Omega = 8 \Omega$.
चूंकि दो समानांतर शाखाएं हैं,इसलिए समतुल्य बाहरी प्रतिरोध $R_{\text{ext}}$ है:
$R_{\text{ext}} = \frac{8 \Omega \times 8 \Omega}{8 \Omega + 8 \Omega} = 4 \Omega$.
आंतरिक प्रतिरोध $r = 2 \Omega$ सहित परिपथ का कुल प्रतिरोध:
$R_{\text{total}} = R_{\text{ext}} + r = 4 \Omega + 2 \Omega = 6 \Omega$.
परिपथ में व्ययित कुल शक्ति $P = \frac{E^2}{R_{\text{total}}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E = 12 \text{ V}$ है।
$P = \frac{(12)^2}{6} = \frac{144}{6} = 24 \text{ W}$.

(D) चालकों का प्रतिरोध तापमान पर निर्भर करता है। तांबे जैसे चालक के लिए,तापमान कम होने पर प्रतिरोध घटता है।
जर्मेनियम जैसे अर्धचालक के लिए,तापमान कम होने पर प्रतिरोध बढ़ता है क्योंकि कम तापमान पर आवेश वाहकों (इलेक्ट्रॉनों और होल्स) की संख्या में काफी कमी आ जाती है।
इसलिए,जब कमरे के तापमान से $77 \ K$ तक ठंडा किया जाता है,तो तांबे का प्रतिरोध घटता है और जर्मेनियम का प्रतिरोध बढ़ता है।

(B) तार का प्रतिरोध सूत्र $R = \rho \frac{l}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है,$l$ लंबाई है,और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है। चूँकि $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2 = \frac{\pi d^2}{4}$,हम लिख सकते हैं $R = \frac{4 \rho l}{\pi d^2}$.
तार $P$ के लिए: $R_P = 10 \ \Omega$,लंबाई $= l$,व्यास $= d$.
तार $Q$ के लिए: लंबाई $l_Q = l/2$,व्यास $d_Q = d/2$.
चूँकि पदार्थ समान है,$\rho_P = \rho_Q = \rho$.
अनुपात की गणना करने पर: $\frac{R_Q}{R_P} = \frac{l_Q}{l_P} \times \left(\frac{d_P}{d_Q}\right)^2 = \left(\frac{l/2}{l}\right) \times \left(\frac{d}{d/2}\right)^2 = \frac{1}{2} \times (2)^2 = \frac{1}{2} \times 4 = 2$.
अतः,$R_Q = 2 \times R_P = 2 \times 10 \ \Omega = 20 \ \Omega$.

(D) प्रारंभिक प्रतिरोध,$R_1 = 20 \Omega \Rightarrow \frac{\rho l_1}{A_1} = 20 \quad \dots (i)$
अब,लंबाई $l_2 = 3 l_1$ हो जाती है।
चूंकि खींचने के दौरान तार का आयतन स्थिर रहता है:
$V_1 = V_2 \Rightarrow A_1 l_1 = A_2 l_2$
$A_1 l_1 = A_2 \times 3 l_1 \Rightarrow A_2 = \frac{A_1}{3}$
अतः,अंतिम प्रतिरोध $R_2$ इस प्रकार होगा:
$R_2 = \frac{\rho l_2}{A_2} = \frac{\rho \times 3 l_1}{(A_1 / 3)} = 9 \times \frac{\rho l_1}{A_1}$
समीकरण $(i)$ से मान रखने पर:
$R_2 = 9 \times 20 \Omega = 180 \Omega$

(C) माना प्रारंभिक संतुलन लंबाई बाएं सिरे से $l_1$ है। अंतरालों में प्रतिरोध $R_1 = 3 \Omega$ और $R_2 = 9 \Omega$ हैं।
प्रारंभिक संतुलित स्थिति में: $\frac{R_1}{R_2} = \frac{l_1}{100 - l_1} \Rightarrow \frac{3}{9} = \frac{l_1}{100 - l_1} \Rightarrow \frac{1}{3} = \frac{l_1}{100 - l_1}$.
$100 - l_1 = 3l_1 \Rightarrow 4l_1 = 100 \Rightarrow l_1 = 25 \text{ cm}$.
जब $9 \Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर में $S$ शंट जोड़ा जाता है,तो दाएं अंतराल में नया प्रतिरोध $R_2' = \frac{9S}{9+S}$ हो जाता है।
संतुलन बिंदु $25 \text{ cm}$ विस्थापित होता है। चूंकि $R_2' < R_2$,संतुलन बिंदु दाईं ओर खिसकेगा,इसलिए नई संतुलन लंबाई $l_2 = 25 + 25 = 50 \text{ cm}$ होगी।
नई संतुलन स्थिति के लिए: $\frac{R_1}{R_2'} = \frac{l_2}{100 - l_2} \Rightarrow \frac{3}{R_2'} = \frac{50}{100 - 50} = 1$.
अतः,$R_2' = 3 \Omega$.
$R_2' = \frac{9S}{9+S} = 3$ रखने पर $\Rightarrow 9S = 27 + 3S \Rightarrow 6S = 27 \Rightarrow S = 4.5 \Omega$.

(A) व्हीटस्टोन ब्रिज के संतुलित होने के लिए,गैल्वेनोमीटर के सिरों के बीच विभवांतर शून्य होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
दिए गए परिपथ आरेख के अनुसार,प्रतिरोध इस प्रकार व्यवस्थित हैं कि संतुलन की स्थिति में आसन्न भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होता है।
संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए शर्त $\frac{R_2}{R_1} = \frac{R_4}{R_3}$ है।
अतः,विकल्प $A$ सही व्यंजक है।

(A) स्थिति $I$: संतुलित मीटर ब्रिज के लिए,प्रतिरोधों का अनुपात तार के खंडों की लंबाई के अनुपात के बराबर होता है।
$\frac{R}{S} = \frac{40}{100-40} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3}$
$S = \frac{3R}{2} \quad \dots (i)$
स्थिति $II$: जब $10 \Omega$ का प्रतिरोध $S$ के साथ समानांतर में जोड़ा जाता है,तो नया प्रतिरोध $S'$ इस प्रकार होता है:
$S' = \frac{10S}{10+S}$
नया शून्य विक्षेप बिंदु $90 \text{ cm}$ पर है।
$\frac{R}{S'} = \frac{90}{100-90} = \frac{90}{10} = 9$
$\frac{R(10+S)}{10S} = 9 \Rightarrow R(10+S) = 90S \quad \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ से $S = \frac{3R}{2}$ का मान समीकरण $(ii)$ में रखने पर:
$R(10 + \frac{3R}{2}) = 90(\frac{3R}{2})$
$10 + \frac{3R}{2} = 135$
$\frac{3R}{2} = 125$
$R = \frac{250}{3} \approx 83.33 \Omega$
अब,समीकरण $(i)$ का उपयोग करके $S$ का मान ज्ञात करें:
$S = \frac{3}{2} \times \frac{250}{3} = 125 \Omega$
अतः,$R = 83.33 \Omega$ और $S = 125 \Omega$.

(B) मीटर ब्रिज में,अज्ञात प्रतिरोध $S$ को बाएं गैप में और ज्ञात प्रतिरोध $R$ को दाएं गैप में जोड़ा जाता है।
व्हीटस्टोन ब्रिज के सिद्धांत के अनुसार,संतुलित स्थिति में:
$\frac{S}{R} = \frac{l_1}{l_2}$
जहाँ $l_1$ बाएं सिरे से संतुलन लंबाई है और $l_2 = (100 - l_1)$ शेष लंबाई है।
दिया गया है: $l_1 = 25 \ cm$,$R = 1 \ \Omega$।
इसलिए,$l_2 = 100 - 25 = 75 \ cm$।
मान रखने पर:
$\frac{S}{1} = \frac{25}{75}$
$S = \frac{1}{3} \ \Omega \approx 0.33 \ \Omega$।

(B) डी-ब्रोग्ली परिकल्पना के अनुसार,एक वृत्ताकार कक्षा में घूमता हुआ इलेक्ट्रॉन तरंग प्रकृति प्रदर्शित करता है।
एक स्थिर वृत्ताकार कक्षा के लिए,कक्षा की परिधि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का एक पूर्णांक गुणज होनी चाहिए,जिसे इस शर्त द्वारा दिया जाता है:
$2 \pi r_n = n \lambda$
जहाँ $r_n$ $n$वीं कक्षा की त्रिज्या है,$n$ मुख्य क्वांटम संख्या है और $\lambda$ डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य है।
पहली बोहर कक्षा के लिए,$n = 1$ होता है।
समीकरण में $n = 1$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2 \pi r_1 = 1 \cdot \lambda$
$\lambda = 2 \pi r_1$
अतः,हाइड्रोजन परमाणु की पहली बोहर कक्षा में इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य पहली कक्षा की परिधि के बराबर होती है।

(B) $E$ ऊर्जा वाले फोटॉन द्वारा वहन किया जाने वाला संवेग $p = E/c$ होता है,जहाँ $c$ प्रकाश की गति है।
जब एक फोटॉन पूर्णतः परावर्तक सतह से टकराता है,तो वह समान ऊर्जा $E$ और समान संवेग $p = E/c$ के परिमाण के साथ विपरीत दिशा में परावर्तित हो जाता है।
फोटॉन का प्रारंभिक संवेग $p_i = E/c$ है (सतह की ओर की दिशा को धनात्मक लेते हुए)।
परावर्तन के बाद फोटॉन का अंतिम संवेग $p_f = -E/c$ है (क्योंकि यह विपरीत दिशा में गति करता है)।
फोटॉन के संवेग में परिवर्तन $\Delta p = p_f - p_i = -E/c - E/c = -2E/c$ है।
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,सतह को स्थानांतरित संवेग फोटॉन के संवेग में हुए परिवर्तन के परिमाण के बराबर होता है।
अतः,सतह को स्थानांतरित संवेग $|\Delta p| = 2E/c$ है।

(C) दिया गया है: प्राथमिक वोल्टेज $V_p = 220 V$, प्राथमिक धारा $I_p = 6 A$, द्वितीयक वोल्टेज $V_s = 1100 V$, और शक्ति ह्रास $= 40 \%$.
ट्रांसफार्मर की दक्षता $\eta = 100 \% - 40 \% = 60 \%$. लेकिन विकल्पों के अनुसार, यदि दक्षता $40 \%$ मानी जाए तो:
इनपुट शक्ति $P_{in} = V_p \times I_p = 220 \times 6 = 1320 W$.
आउटपुट शक्ति $P_{out} = P_{in} \times 0.40 = 1320 \times 0.40 = 528 W$.
द्वितीयक धारा $I_s = \frac{P_{out}}{V_s} = \frac{528}{1100} = 0.48 A$.