TS EAMCET 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) परिणामी विस्थापन $x = x_1 + x_2 + x_3$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए समीकरणों को प्रतिस्थापित करने पर:
$x = A \cos \omega t + 2 A \sin \omega t + \sqrt{2} A \cos (\omega t + \frac{\pi}{4})$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos (\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta$ का उपयोग करने पर:
$x = A \cos \omega t + 2 A \sin \omega t + \sqrt{2} A (\cos \omega t \cos \frac{\pi}{4} - \sin \omega t \sin \frac{\pi}{4})$.
चूंकि $\cos \frac{\pi}{4} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है:
$x = A \cos \omega t + 2 A \sin \omega t + \sqrt{2} A (\frac{1}{\sqrt{2}} \cos \omega t - \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \omega t)$.
$x = A \cos \omega t + 2 A \sin \omega t + A \cos \omega t - A \sin \omega t$.
$x = 2 A \cos \omega t + A \sin \omega t$.
$x = a \cos \omega t + b \sin \omega t$ रूप के विस्थापन के लिए परिणामी आयाम $R = \sqrt{a^2 + b^2}$ होता है।
अतः,$R = \sqrt{(2 A)^2 + A^2} = \sqrt{4 A^2 + A^2} = \sqrt{5} A$.

(A) पानी उठाने के लिए पंप की प्रभावी शक्ति $P_p$ उसकी दक्षता $\eta$ और उसकी रेटेड शक्ति $P_{\text{rated}}$ के गुणनफल के बराबर होती है।
$P_p = \eta \times P_{\text{rated}} = 0.95 \times 600 W = 570 W$.
$t$ समय में $h$ ऊंचाई तक $V$ आयतन के पानी को उठाने के लिए आवश्यक शक्ति $P_p = \frac{mgh}{t} = \frac{\rho V gh}{t}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\rho$ पानी का घनत्व है।
दिया गया है: $\rho = 1000 kg/m^3$,$g = 10 m/s^2$,$h = 60 m$,और $t = 20 \text{ मिनट} = 20 \times 60 s = 1200 s$.
मान रखने पर: $570 = \frac{1000 \times V \times 10 \times 60}{1200}$.
$570 = \frac{600000 \times V}{1200} = 500 \times V$.
$V = \frac{570}{500} = 1.14 m^3$.

(D) व्यक्ति दो ऊर्ध्वाधर दीवारों के बीच संतुलन में है। मान लीजिए कि व्यक्ति द्वारा प्रत्येक दीवार पर लगाया गया अभिलंब बल $N = 500 \ N$ है।
चूंकि व्यक्ति स्थिर है,इसलिए कुल ऊपर की ओर लगने वाला घर्षण बल व्यक्ति के भार को संतुलित करना चाहिए।
प्रत्येक दीवार पर घर्षण बल $f = \mu N$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दो दीवारें हैं,इसलिए कुल ऊपर की ओर लगने वाला घर्षण बल $2f = 2 \mu N$ है।
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए,$2 \mu N = mg$।
दिए गए मानों को रखने पर: $2 \times 0.5 \times 500 = m \times 10$।
$500 = 10m$।
अतः,$m = 50 \ kg$।

(B) दोनों ब्लॉकों के एक साथ गति करने के लिए,ब्लॉक $m_2$ को $m_1$ के समान त्वरण $a$ के साथ गति करनी चाहिए। $m_2$ को त्वरित करने वाला एकमात्र बल $m_1$ और $m_2$ के बीच कार्य करने वाला स्थैतिक घर्षण बल $f$ है।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{\max} = \mu N = \mu m_2 g$ है।
ब्लॉक $m_2$ पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर:
$f_{\max} = m_2 a \implies \mu m_2 g = m_2 a \implies a = \mu g$.
अब,दोनों ब्लॉकों के निकाय $(m_1 + m_2)$ पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर:
$F_{\max} = (m_1 + m_2) a$.
$a$ का मान रखने पर:
$F_{\max} = (m_1 + m_2) \mu g = \mu(m_1 + m_2) g$.

(B) नाव का द्रव्यमान,$M = 750 \ kg$। व्यक्ति का द्रव्यमान,$m = 80 \ kg$। नाव की लंबाई,$L = 10 \ m$। चूंकि निकाय (नाव + व्यक्ति) पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए निकाय का द्रव्यमान केंद्र स्थिर रहता है। मान लीजिए कि नाव व्यक्ति की गति की विपरीत दिशा में $x$ दूरी विस्थापित होती है। व्यक्ति नाव के सापेक्ष $L$ दूरी तय करता है,इसलिए पानी के सापेक्ष उसका विस्थापन $(L - x)$ है। नाव के द्रव्यमान केंद्र का पानी के सापेक्ष विस्थापन विपरीत दिशा में $x$ है। द्रव्यमान केंद्र के संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए: $m \Delta x_m + M \Delta x_B = 0$। यहाँ,$\Delta x_m = (L - x)$ और $\Delta x_B = -x$। मान रखने पर: $80(10 - x) + 750(-x) = 0$। $800 - 80x - 750x = 0$। $830x = 800$। $x = \frac{800}{830} \approx 0.96 \ m$। अतः,नाव व्यक्ति के विस्थापन की विपरीत दिशा में $0.96 \ m$ विस्थापित होगी।

(C) माना वर्ग की भुजा की लंबाई $a$ है। किसी एक पिंड (मान लीजिए पिंड $4$) पर लगने वाला कुल गुरुत्वाकर्षण बल अन्य तीन पिंडों $(1, 2, 3)$ द्वारा लगाए गए बलों का सदिश योग है।
माना $\vec{F}_{14}$,$\vec{F}_{34}$ और $\vec{F}_{24}$ क्रमशः पिंड $1, 3$ और $2$ द्वारा पिंड $4$ पर लगाए गए बल हैं।
इनके परिमाण $F_{14} = \frac{Gm^2}{a^2}$,$F_{34} = \frac{Gm^2}{a^2}$ और $F_{24} = \frac{Gm^2}{(\sqrt{2}a)^2} = \frac{Gm^2}{2a^2}$ हैं।
$\vec{F}_{14}$ और $\vec{F}_{34}$ का परिणामी बल $F_{13} = \sqrt{F_{14}^2 + F_{34}^2} = \sqrt{\left(\frac{Gm^2}{a^2}\right)^2 + \left(\frac{Gm^2}{a^2}\right)^2} = \sqrt{2} \frac{Gm^2}{a^2}$ है।
यह परिणामी बल $F_{13}$ विकर्ण की दिशा में,$\vec{F}_{24}$ की दिशा में ही कार्य करता है।
अतः,कुल बल $F_{net} = F_{13} + F_{24} = \sqrt{2} \frac{Gm^2}{a^2} + \frac{Gm^2}{2a^2} = \frac{Gm^2}{a^2} \left(\sqrt{2} + \frac{1}{2}\right) = \frac{Gm^2}{a^2} \left(\frac{2\sqrt{2} + 1}{2}\right)$ है।
दिया गया है कि $F_{net} = \left(\frac{2\sqrt{2} + 1}{32}\right) \frac{Gm^2}{L^2}$,अतः दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{Gm^2}{a^2} \left(\frac{2\sqrt{2} + 1}{2}\right) = \left(\frac{2\sqrt{2} + 1}{32}\right) \frac{Gm^2}{L^2}$.
$\frac{1}{2a^2} = \frac{1}{32L^2} \Rightarrow a^2 = 16L^2 \Rightarrow a = 4L$.

(D) जब कोई डिस्क एक नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कती है,तो गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा में होने वाली हानि स्थानांतरीय और घूर्णन गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार: $mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$.
डिस्क के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}mr^2$ है और लुढ़कने की शर्त $\omega = \frac{v}{r}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mr^2)(\frac{v}{r})^2$.
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$.
दोनों पक्षों से $m$ को हटाने पर: $gh = \frac{3}{4}v^2$.
$v$ के लिए हल करने पर: $v = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$.
अतः,वेग $v$ केवल नत समतल की ऊँचाई $h$ और गुरुत्वीय त्वरण $g$ पर निर्भर करता है।

(A) पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर स्थित उपग्रह की स्थितिज ऊर्जा $(U)$ $U = -\frac{GMm}{r}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि गुरुत्वाकर्षण बल आकर्षण प्रकृति का होता है,इसलिए स्थितिज ऊर्जा हमेशा ऋणात्मक होती है।
उपग्रह की गतिज ऊर्जा $(K)$ $K = \frac{GMm}{2r}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि $G, M, m,$ और $r$ सभी धनात्मक हैं,इसलिए गतिज ऊर्जा हमेशा धनात्मक होती है।
उपग्रह की कुल ऊर्जा $(TE)$ उसकी गतिज और स्थितिज ऊर्जा का योग है:
$TE = K + U = \frac{GMm}{2r} - \frac{GMm}{r} = -\frac{GMm}{2r}$.
अतः,कुल ऊर्जा हमेशा ऋणात्मक होती है।
अनंत पर $(r = \infty)$ उपग्रह की गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा:
$U = -\frac{GMm}{\infty} = 0$.
इन परिणामों की तुलना दिए गए स्तंभों से करने पर:
$A$ (स्थितिज ऊर्जा) $\rightarrow II$ (ऋणात्मक)
$B$ (कुल ऊर्जा) $\rightarrow II$ (ऋणात्मक)
$C$ (गतिज ऊर्जा) $\rightarrow I$ (धनात्मक)
$D$ (अनंत पर स्थितिज ऊर्जा) $\rightarrow III$ (शून्य)
सही मिलान $A-II, B-II, C-I, D-III$ है।

(A) मान लीजिए कि वस्तु की घूर्णन त्रिज्या $K$,द्रव्यमान $m$,ऊँचाई $h$ और त्रिज्या $R$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,शीर्ष पर स्थितिज ऊर्जा,तल पर स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा के योग के बराबर होती है:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
चूंकि $I = mK^2$ और $\omega = v/R$,इसलिए:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2(1 + \frac{K^2}{R^2})$
$v = \sqrt{\frac{2gh}{1 + \frac{K^2}{R^2}}}$
वलय के लिए,$K^2 = R^2$,इसलिए $v_{\text{ring}} = \sqrt{\frac{2gh}{1+1}} = \sqrt{gh}$.
ठोस बेलन के लिए,$K^2 = \frac{R^2}{2}$,इसलिए $v_{\text{cylinder}} = \sqrt{\frac{2gh}{1+0.5}} = \sqrt{\frac{4gh}{3}} \approx 1.15\sqrt{gh}$.
ठोस गोले के लिए,$K^2 = \frac{2}{5}R^2$,इसलिए $v_{\text{sphere}} = \sqrt{\frac{2gh}{1+0.4}} = \sqrt{\frac{10gh}{7}} \approx 1.19\sqrt{gh}$.
वेगों की तुलना करने पर,वलय का वेग आनत तल के निचले हिस्से पर न्यूनतम होता है।

(B) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g$ इस प्रकार दिया जाता है:
$g = g_0 \left( \frac{R}{R+h} \right)^2 = \frac{16}{49} g_0$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{R}{R+h} = \frac{4}{7}$
$7R = 4R + 4h \implies 4h = 3R \implies h = \frac{3R}{4}$
कक्षीय त्रिज्या $r$ है:
$r = R + h = R + \frac{3R}{4} = \frac{7R}{4}$
उपग्रह का परिक्रमण काल $T$ इस प्रकार है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM} = \frac{4\pi^2}{GM} \left( \frac{7R}{4} \right)^3 = \frac{4\pi^2}{GM} \left( \frac{343 R^3}{64} \right) = \frac{343}{16} \left[ \frac{\pi^2 R^3}{GM} \right]$
इसकी तुलना $K \left[ \frac{\pi^2 R^3}{GM} \right]$ से करने पर,हमें $K = \frac{343}{16}$ प्राप्त होता है।

(C) गोले का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ सूत्र द्वारा दिया जाता है। चूंकि द्रव्यमान स्थिर रहता है, इसलिए $V \propto R^3$ है।
यदि नया आयतन $V_2 = \frac{1}{8} V_1$ है, तो $\frac{V_2}{V_1} = \frac{R_2^3}{R_1^3} = \frac{1}{8}$ होगा।
घनमूल लेने पर, $\frac{R_2}{R_1} = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है, अतः $R_2 = \frac{1}{2} R_1$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार, $L = I \omega = \text{स्थिरांक}$ होता है।
चूंकि $I = \frac{2}{5} M R^2$ और $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ है, इसलिए $I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2$ होगा।
मान रखने पर, $\frac{2}{5} M R_1^2 \cdot \frac{2 \pi}{T_1} = \frac{2}{5} M R_2^2 \cdot \frac{2 \pi}{T_2}$ प्राप्त होता है।
यह समीकरण $\frac{R_1^2}{T_1} = \frac{R_2^2}{T_2}$ में सरल हो जाता है, जिससे $T_2 = T_1 \left( \frac{R_2}{R_1} \right)^2$ प्राप्त होता है।
$T_1 = 24$ घंटे दिए गए हैं, अतः $T_2 = 24 \cdot (1/2)^2 = 24 \cdot (1/4) = 6$ घंटे।

(C) सरल आवर्त दोलक के लिए माध्य स्थिति से $x$ विस्थापन पर त्वरण का परिमाण $a = \omega^2 x$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$\omega$ कोणीय आवृत्ति है,जिसे $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
दिया गया है: आवर्तकाल $T = 2 \ s$,विस्थापन $x = 0.25 \ m$।
सबसे पहले,कोणीय आवृत्ति की गणना करें: $\omega = \frac{2 \pi}{2} = \pi \ rad/s$।
अब,मानों को त्वरण के सूत्र में रखें: $a = (\pi)^2 \times 0.25$।
चूंकि $0.25 = \frac{1}{4}$,इसलिए हमें $a = \pi^2 \times \frac{1}{4} = \frac{\pi^2}{4} \ m \ s^{-2}$ प्राप्त होता है।

(B) हीलियम का द्रव्यमान, $m_{He} = 4 \,g$. हीलियम का मोलर द्रव्यमान $= 4 \,g/mol$. मोलों की संख्या $n_1 = 4/4 = 1 \,mol$.
ऑक्सीजन का द्रव्यमान, $m_{O_2} = 32 \,g$. ऑक्सीजन का मोलर द्रव्यमान $= 32 \,g/mol$. मोलों की संख्या $n_2 = 32/32 = 1 \,mol$.
हीलियम एक परमाण्विक गैस है, इसलिए स्वतंत्रता की कोटि $f_1 = 3$.
ऑक्सीजन द्वि-परमाण्विक गैस है, इसलिए स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 5$.
मिश्रण का विशिष्ट ऊष्मा अनुपात $\gamma_{mix} = \frac{n_1 C_{p1} + n_2 C_{p2}}{n_1 C_{V1} + n_2 C_{V2}}$ द्वारा दिया जाता है।
$C_V = \frac{f}{2}R$ और $C_p = (1 + \frac{f}{2})R$ का उपयोग करते हुए:
$C_{V,mix} = \frac{n_1(f_1/2)R + n_2(f_2/2)R}{n_1 + n_2} = \frac{1(3/2)R + 1(5/2)R}{1 + 1} = \frac{4R}{2} = 2R$.
$C_{p,mix} = C_{V,mix} + R = 2R + R = 3R$.
अतः, $\gamma_{mix} = \frac{3R}{2R} = \frac{3}{2}$.

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता का सूत्र $\eta = 1 - \frac{T_{\text{sink}}}{T_{\text{source}}}$ है।
बहु-चरणीय कार्नोट इंजन में,कुल दक्षता केवल प्रारंभिक स्रोत तापमान और अंतिम सिंक तापमान पर निर्भर करती है।
यहाँ,प्रारंभिक स्रोत तापमान $T_{\text{source}} = T$ है और अंतिम सिंक तापमान $T_{\text{sink}} = \beta T$ है।
इन मानों को दक्षता के सूत्र में रखने पर:
$\eta = 1 - \frac{\beta T}{T} = 1 - \beta$।

(D) कार्नोट इंजन के लिए,दक्षता $\eta = \frac{W}{Q_1} = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$\frac{W}{Q_1} = 1 - \frac{200}{400} = 1 - 0.5 = 0.5$,इसलिए $W = 0.5 Q_1$ है।
कार्नोट रेफ्रिजरेटर के लिए,निष्पादन गुणांक $COP = \frac{Q_4}{W} = \frac{T_4}{T_3 - T_4}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$\frac{Q_4}{W} = \frac{250}{350 - 250} = \frac{250}{100} = 2.5$,इसलिए $W = \frac{Q_4}{2.5} = 0.4 Q_4$ है।
चूंकि इंजन रेफ्रिजरेटर को चलाता है,इंजन द्वारा उत्पन्न कार्य $W$ रेफ्रिजरेटर द्वारा उपभोग किए गए कार्य $W$ के बराबर है।
अतः,$0.5 Q_1 = 0.4 Q_4$,जिसका अर्थ है $\frac{Q_4}{Q_1} = \frac{0.5}{0.4} = 1.25$ है।
कार्नोट रेफ्रिजरेटर के लिए,$\frac{Q_3}{T_3} = \frac{Q_4}{T_4}$,इसलिए $Q_3 = Q_4 \left( \frac{T_3}{T_4} \right) = Q_4 \left( \frac{350}{250} \right) = 1.4 Q_4$ है।
अब,हम अनुपात $\frac{Q_3}{Q_1} = \frac{Q_3}{Q_4} \times \frac{Q_4}{Q_1} = 1.4 \times 1.25 = 1.75$ प्राप्त करते हैं।

(A) माध्य मुक्त पथ $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d^2 n}$ है, जहाँ $d$ अणु का व्यास है और $n$ संख्या घनत्व है।
दिया गया है:
त्रिज्या $r = 0.6 \times 10^{-10} \, m$, इसलिए व्यास $d = 2r = 1.2 \times 10^{-10} \, m$.
संख्या घनत्व $n = 2.44 \times 10^{25} \, \text{molecules}/m^3$.
मान रखने पर:
$\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \times \pi \times (1.2 \times 10^{-10})^2 \times 2.44 \times 10^{25}}$
$\lambda = \frac{1}{1.414 \times \pi \times 1.44 \times 10^{-20} \times 2.44 \times 10^{25}}$
$\lambda = \frac{1}{4.97 \times \pi \times 10^5} \approx \frac{0.2}{\pi} \times 10^{-5} \, m$.

(C) एक अप्रगामी तरंग में दो क्रमागत निस्पंद बिंदुओं के बीच की दूरी तरंगदैर्ध्य की आधी होती है,$\lambda/2 = L$,इसलिए $\lambda = 2L$ है।
गैस में ध्वनि की चाल $v$ को $v = f \lambda = f(2L) = 2fL$ द्वारा दिया जाता है।
आदर्श गैस में ध्वनि की चाल $v = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}}$ द्वारा भी दी जाती है।
$v$ के लिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर: $2fL = \sqrt{\frac{\gamma R T}{M}}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $4f^2 L^2 = \frac{\gamma R T}{M}$।
$\gamma$ के लिए हल करने पर: $\gamma = \frac{4 M f^2 L^2}{R T}$।

(A) कार्नोट इंजन की दक्षता का सूत्र $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान $(T_2 = 500 \ K)$ है।
$\eta_1 = 50\% = 0.5$ के लिए:
$0.5 = 1 - \frac{500}{T_1} \Rightarrow \frac{500}{T_1} = 0.5 \Rightarrow T_1 = 1000 \ K$.
$\eta_2 = 80\% = 0.8$ के लिए,मान लीजिए नया स्रोत तापमान $T_1' = T_1 + \Delta T$ है:
$0.8 = 1 - \frac{500}{T_1 + \Delta T} \Rightarrow \frac{500}{T_1 + \Delta T} = 0.2$.
$T_1 + \Delta T = \frac{500}{0.2} = 2500 \ K$.
चूँकि $T_1 = 1000 \ K$,इसलिए वृद्धि $\Delta T = 2500 \ K - 1000 \ K = 1500 \ K$ है।

(D) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,शीतलन की दर पिंड और उसके परिवेश के तापमान के अंतर के समानुपाती होती है: $\frac{d\theta}{dt} = -K(\theta_{avg} - \theta_s)$.
प्रथम स्थिति में,पिंड $5 \text{ min}$ में $70^{\circ} C$ से $40^{\circ} C$ तक ठंडा होता है।
औसत तापमान $\theta_{avg1} = \frac{70+40}{2} = 55^{\circ} C$.
अतिरिक्त तापमान $= 55 - 20 = 35^{\circ} C$.
शीतलन की दर $\frac{d\theta_1}{dt} = \frac{70-40}{5} = 6^{\circ} C/\text{min}$.
अतः,$6 = K \times 35 \implies K = \frac{6}{35} \dots (1)$.
दूसरी स्थिति में,पिंड $t$ समय में $60^{\circ} C$ से $40^{\circ} C$ तक ठंडा होता है।
औसत तापमान $\theta_{avg2} = \frac{60+40}{2} = 50^{\circ} C$.
अतिरिक्त तापमान $= 50 - 20 = 30^{\circ} C$.
शीतलन की दर $\frac{d\theta_2}{dt} = \frac{60-40}{t} = \frac{20}{t}$.
अतः,$\frac{20}{t} = K \times 30 \dots (2)$.
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{6}{20/t} = \frac{35}{30} \implies \frac{6t}{20} = \frac{7}{6}$.
$t = \frac{7 \times 20}{6 \times 6} = \frac{140}{36} \approx 3.89 \text{ min}$.

(C) गैस के अणुओं की rms चाल का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3 k_B T}{m}}$ है,जहाँ $k_B$ बोल्ट्ज़मान नियतांक है,$T$ केल्विन में निरपेक्ष तापमान है और $m$ अणु का द्रव्यमान है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $v_{rms} \propto \sqrt{T}$ है।
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 27^{\circ} C = (27 + 273) K = 300 K$ दिया गया है।
माना प्रारंभिक rms चाल $v_1$ है। हम तापमान $T_2$ पर अंतिम rms चाल $v_2 = 2v_1$ चाहते हैं।
समानुपातिकता $v_{rms} \propto \sqrt{T}$ का उपयोग करते हुए,हमें $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर,$2 = \sqrt{\frac{T_2}{300}}$ मिलता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$4 = \frac{T_2}{300}$,जिससे $T_2 = 1200 K$ प्राप्त होता है।
सेल्सियस में बदलने पर,$T_2 = (1200 - 273)^{\circ} C = 927^{\circ} C$।

(D) कार दो त्वरण का अनुभव करती है: स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = 3 \ m \ s^{-2}$ और अभिकेंद्र त्वरण $a_c = \frac{v^2}{R}$।
कुल त्वरण $a = \sqrt{a_t^2 + a_c^2} = \sqrt{3^2 + (\frac{v^2}{16})^2}$ है।
घर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्र और स्पर्शरेखीय बल प्रदान करता है,इसलिए अधिकतम घर्षण बल $f_{max} = \mu N = \mu mg$ कुल बल $F = ma$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
अतः,$\mu mg \geq m \sqrt{a_t^2 + a_c^2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(\mu g)^2 \geq a_t^2 + (\frac{v^2}{R})^2$।
मान रखने पर: $(0.5 \times 10)^2 \geq 3^2 + (\frac{v^2}{16})^2$।
$25 \geq 9 + \frac{v^4}{256}$।
$16 \geq \frac{v^4}{256}$।
$v^4 \leq 16 \times 256 = 4096$।
$v \leq (4096)^{1/4} = 8 \ m \ s^{-1}$।

(A) मान लीजिए सदिश $\vec{A}$ का परिमाण $A$ है।
दिया गया है कि सदिश $\vec{A}$ का $y$-घटक $A_y = 3.0 \ m$ है।
कोण $\theta = 30^{\circ}$ धनात्मक $y$-अक्ष से वामावर्त दिशा में मापा गया है।
सदिश के घटक की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$y$-घटक $A_y = A \cos(\theta)$ द्वारा प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $3.0 = A \cos(30^{\circ})$।
चूंकि $\cos(30^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए $3.0 = A \times \frac{\sqrt{3}}{2}$।
$A$ के लिए हल करने पर: $A = \frac{3.0 \times 2}{\sqrt{3}} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3} \ m$।

(B) प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 3 \hat{i} \text{ m s}^{-1}$ और त्वरण $\vec{a} = -1 \hat{i} - 0.5 \hat{j} \text{ m s}^{-2}$ है।
गति के समीकरण $\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t$ का उपयोग करते हुए,समय $t$ पर वेग:
$\vec{v}(t) = (3 - t) \hat{i} - 0.5t \hat{j}$.
अधिकतम $x$-निर्देशांक के लिए,वेग का $x$-घटक शून्य होना चाहिए:
$v_x = 3 - t = 0 \implies t = 3 \text{ s}$.
अब,स्थिति समीकरण $\vec{r} = \vec{u}t + \frac{1}{2}\vec{a}t^2$ का उपयोग करते हुए:
$\vec{r}(3) = (3 \hat{i})(3) + \frac{1}{2}(-1 \hat{i} - 0.5 \hat{j})(3)^2$
$\vec{r}(3) = 9 \hat{i} + \frac{1}{2}(-9 \hat{i} - 4.5 \hat{j})$
$\vec{r}(3) = 9 \hat{i} - 4.5 \hat{i} - 2.25 \hat{j} = 4.5 \hat{i} - 2.25 \hat{j}$.
$\frac{9}{2}$ कॉमन लेने पर:
$\vec{r}(3) = \frac{9}{2} \hat{i} - \frac{9}{4} \hat{j} = \frac{9}{2} (\hat{i} - \frac{\hat{j}}{2}) \text{ m}$.

(A) दिया गया है: त्वरण $\vec{a} = 4 \hat{i} + 4 \hat{j} \, m \, s^{-2}$,प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 4 \hat{i} \, m \, s^{-1}$।
$x$-अक्ष पर विस्थापन $s_x = 6 \, m$ है।
गति के समीकरण $s_x = u_x t + \frac{1}{2} a_x t^2$ का उपयोग करने पर:
$6 = 4t + \frac{1}{2}(4)t^2$
$6 = 4t + 2t^2 \Rightarrow 2t^2 + 4t - 6 = 0 \Rightarrow t^2 + 2t - 3 = 0$.
$t$ के लिए हल करने पर: $(t+3)(t-1) = 0$। चूँकि $t > 0$,इसलिए $t = 1 \, s$ प्राप्त होता है।
अब,$t = 1 \, s$ पर वेग के घटक ज्ञात करें:
$v_x = u_x + a_x t = 4 + 4(1) = 8 \, m \, s^{-1}$.
$v_y = u_y + a_y t = 0 + 4(1) = 4 \, m \, s^{-1}$.
परिणामी चाल $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{8^2 + 4^2} = \sqrt{64 + 16} = \sqrt{80} = 4 \sqrt{5} \, m \, s^{-1}$।

(A) दो सदिशों $\vec{a}$ और $\vec{b}$ के बीच का कोण $\theta$ ज्ञात करने का सूत्र है: $\cos \theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$।
सबसे पहले,अदिश गुणनफल (dot product) की गणना करें: $\vec{a} \cdot \vec{b} = (3)(5) + (2)(3) + (5)(1) = 15 + 6 + 5 = 26$।
इसके बाद,सदिशों के परिमाण (magnitudes) ज्ञात करें:
$|\vec{a}| = \sqrt{3^2 + 2^2 + 5^2} = \sqrt{9 + 4 + 25} = \sqrt{38}$।
$|\vec{b}| = \sqrt{5^2 + 3^2 + 1^2} = \sqrt{25 + 9 + 1} = \sqrt{35}$।
अब,इन मानों को सूत्र में रखें:
$\cos \theta = \frac{26}{\sqrt{38} \cdot \sqrt{35}} = \frac{26}{\sqrt{1330}}$।
अतः,$\theta = \cos^{-1}\left(\frac{26}{\sqrt{1330}}\right)$।

(D) दिया गया है कि कण का वेग $\vec{v} = v_x \hat{i} + v_y \hat{j} = (2 \hat{i} + 2 \hat{j}) \text{ m s}^{-1}$ है।
अतः,$v_x = \frac{dx}{dt} = 2 \text{ m s}^{-1}$ और $v_y = \frac{dy}{dt} = 2 \text{ m s}^{-1}$ है।
$x$-दिशा में त्वरण $a_x = \frac{dv_x}{dt} = 0$ है (क्योंकि $v_x$ स्थिर है)।
$y$-दिशा में त्वरण $a_y = \frac{dv_y}{dt} = a$ है।
पथ का समीकरण $y = 4x^2$ है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$\frac{dy}{dt} = 8x \frac{dx}{dt}$,जिसका अर्थ है $v_y = 8x v_x$।
पुनः समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dv_y}{dt} = 8 \left( x \frac{dv_x}{dt} + v_x \frac{dx}{dt} \right)$।
मान रखने पर: $a_y = a$,$a_x = 0$,$v_x = 2$,और $\frac{dx}{dt} = v_x = 2$:
$a = 8(x \cdot 0 + 2 \cdot 2) = 8(4) = 32 \text{ m s}^{-2}$।

(A) माना पहला पिंड $A$ है और दूसरा पिंड $B$ है। दोनों को $t=0$ पर मूल बिंदु $(0,0)$ से फेंका जाता है।
पिंड $A$ के लिए (सीधा ऊपर फेंका गया): $\vec{v}_A = v_0 \hat{j}$,$\vec{a}_A = -g \hat{j}$।
समय $t$ पर $A$ की स्थिति: $\vec{r}_A = (v_0 t) \hat{j} - \frac{1}{2} g t^2 \hat{j}$।
पिंड $B$ के लिए (ऊर्ध्वाधर के साथ $60^{\circ}$ पर फेंका गया,जो क्षैतिज के साथ $30^{\circ}$ है): $\vec{v}_B = v_0 \cos 30^{\circ} \hat{i} + v_0 \sin 30^{\circ} \hat{j}$।
समय $t$ पर $B$ की स्थिति: $\vec{r}_B = (v_0 \cos 30^{\circ} t) \hat{i} + (v_0 \sin 30^{\circ} t - \frac{1}{2} g t^2) \hat{j}$।
सापेक्ष स्थिति सदिश $\vec{r}_{AB} = \vec{r}_B - \vec{r}_A = (v_0 \cos 30^{\circ} t) \hat{i} + (v_0 \sin 30^{\circ} t - v_0 t) \hat{j}$।
मान $v_0 = 10 \ m \ s^{-1}$ और $t = 2 \ s$ रखने पर:
$\vec{r}_{AB} = (10 \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times 2) \hat{i} + (10 \times \frac{1}{2} \times 2 - 10 \times 2) \hat{j} = 10\sqrt{3} \hat{i} - 10 \hat{j}$।
दूरी $\vec{r}_{AB}$ का परिमाण है:
$|\vec{r}_{AB}| = \sqrt{(10\sqrt{3})^2 + (-10)^2} = \sqrt{300 + 100} = \sqrt{400} = 20 \ m$।

(A) दिया गया है: गोली का द्रव्यमान $= m$,प्रारंभिक वेग $= v_1$,अंतिम वेग $= v_2$,और तय की गई दूरी $= L$।
चूंकि गोली एक प्रतिरोधी बल $F$ का अनुभव करती है,इसलिए यह $a = F/m$ का एकसमान मंदन अनुभव करती है।
गति के तीसरे समीकरण का उपयोग करते हुए,$v^2 - u^2 = 2as$,जहाँ $v = v_2$,$u = v_1$,$a = -F/m$,और $s = L$:
$v_2^2 - v_1^2 = 2(-F/m)L$
$v_2^2 - v_1^2 = -\frac{2FL}{m}$
$F = \frac{m(v_1^2 - v_2^2)}{2L}$
चूंकि $v_1 > v_2$,इसलिए बल $F$ धनात्मक है।

(C) जब लिफ्ट $a$ त्वरण के साथ ऊपर की ओर त्वरित होती है,तो अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ (आभासी वजन) $N = m(g + a)$ द्वारा दिया जाता है। दिया गया अधिकतम वजन $80 \ kg$ है,इसलिए $m(g + a) = 80g$ (समीकरण $i$)।
जब लिफ्ट $a$ त्वरण के साथ मंदित होती है (या नीचे की ओर त्वरित होती है),तो अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ का मान $N = m(g - a)$ होता है। दिया गया न्यूनतम वजन $64 \ kg$ है,इसलिए $m(g - a) = 64g$ (समीकरण $ii$)।
समीकरण $i$ को समीकरण $ii$ से विभाजित करने पर:
$\frac{g + a}{g - a} = \frac{80}{64} = \frac{5}{4}$
$4(g + a) = 5(g - a)$
$4g + 4a = 5g - 5a$
$9a = g \Rightarrow a = \frac{g}{9}$.
$a$ का मान समीकरण $i$ में रखने पर:
$m(g + \frac{g}{9}) = 80g$
$m(\frac{10g}{9}) = 80g$
$m = \frac{80 \times 9}{10} = 72 \ kg$.
अतः,उस व्यक्ति का वास्तविक द्रव्यमान $72 \ kg$ है।

(B) ऊर्ध्वाधर वृत्ताकार पथ के उच्चतम बिंदु पर,यात्री पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ (नीचे की ओर) और अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ (नीचे की ओर) हैं।
वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक कुल अभिकेंद्र बल इन बलों के योग द्वारा प्रदान किया जाता है:
$N + mg = \frac{mv^2}{R}$
यात्री के नीचे न गिरने के लिए,न्यूनतम शर्त यह है कि शीर्ष बिंदु पर अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ शून्य हो जाए।
$N = 0$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$mg = \frac{mv^2}{R}$
$v^2 = gR$
$v = \sqrt{gR}$
यहाँ $g = 10 \ m \ s^{-2}$ और $R = 10 \ m$ दिया गया है,इन मानों को रखने पर:
$v = \sqrt{10 \times 10} = \sqrt{100} = 10 \ m \ s^{-1}$.
अतः,आवश्यक न्यूनतम गति $10 \ m \ s^{-1}$ है।

(C) एक सदिश $\vec{P}$ का दूसरे सदिश $\vec{Q}$ की दिशा में घटक प्रक्षेप सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\text{घटक} = \vec{P} \cdot \hat{Q} = \vec{P} \cdot \frac{\vec{Q}}{|\vec{Q}|}$.
यहाँ $\vec{P} = 2 \hat{i} + 3 \hat{j}$ और $\vec{Q} = \hat{i} + \hat{j}$ दिया गया है।
सबसे पहले,सदिश $\vec{Q}$ का परिमाण ज्ञात करें:
$|\vec{Q}| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
अब,अदिश गुणनफल $\vec{P} \cdot \vec{Q}$ ज्ञात करें:
$\vec{P} \cdot \vec{Q} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j}) \cdot (\hat{i} + \hat{j}) = (2 \times 1) + (3 \times 1) = 2 + 3 = 5$.
अंत में,$\vec{Q}$ की दिशा में $\vec{P}$ का घटक है:
$\frac{\vec{P} \cdot \vec{Q}}{|\vec{Q}|} = \frac{5}{\sqrt{2}}$.

(B) दिया गया है,$g=10 \,ms^{-2}$।
अर्ध-गोलाकार पहाड़ी की त्रिज्या,$R=40 \,m$।
माना कार का द्रव्यमान $m$ है।
पहाड़ी के शीर्ष पर,कार पर कार्य करने वाले बल उसका भार $(mg)$ जो नीचे की ओर कार्य करता है और अभिलंब बल $(N)$ जो ऊपर की ओर कार्य करता है।
वृत्ताकार पथ के केंद्र की ओर कार्य करने वाला नेट बल आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$mg - N = \frac{mv^2}{R}$
दिया गया है कि पहाड़ी के शीर्ष पर अभिलंब बल $N=0$ है:
$mg = \frac{mv^2}{R}$
$v^2 = gR$
$v = \sqrt{gR}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$v = \sqrt{10 \times 40} = \sqrt{400} = 20 \,ms^{-1}$।

(A) औसत वेग $v_{avg}$ को विस्थापन में कुल परिवर्तन को कुल समय अंतराल से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है: $v_{avg} = \frac{\Delta x}{\Delta t} = \frac{x(t_2) - x(t_1)}{t_2 - t_1}$.
दिया गया है $x(t) = \alpha t + \beta t^3$,जहाँ $\alpha = 2.0 \ m \ s^{-1}$ और $\beta = 0.01 \ m \ s^{-3}$ है।
$t_1 = 2.00 \ s$ पर: $x(2) = 2.0(2) + 0.01(2)^3 = 4.0 + 0.01(8) = 4.08 \ m$.
$t_2 = 4.00 \ s$ पर: $x(4) = 2.0(4) + 0.01(4)^3 = 8.0 + 0.01(64) = 8.64 \ m$.
अब,औसत वेग की गणना करते हैं: $v_{avg} = \frac{8.64 - 4.08}{4.00 - 2.00} = \frac{4.56}{2} = 2.28 \ m \ s^{-1}$.

(B) दिया गया व्यंजक $Z = \frac{A B^{1/2}}{C^2}$ है।
त्रुटियों के प्रसार के नियमों का उपयोग करते हुए,$Z$ में सापेक्ष त्रुटि इस प्रकार है:
$\frac{\Delta Z}{Z} = \frac{\Delta A}{A} + \frac{1}{2} \frac{\Delta B}{B} + 2 \frac{\Delta C}{C}$.
चूंकि $A, B$ और $C$ में प्रतिशत त्रुटि $1\%$ दी गई है,इसलिए:
$\frac{\Delta A}{A} \times 100 = 1\%$,$\frac{\Delta B}{B} \times 100 = 1\%$,और $\frac{\Delta C}{C} \times 100 = 1\%$.
इन मानों को $Z$ में प्रतिशत त्रुटि के व्यंजक में रखने पर:
$\frac{\Delta Z}{Z} \times 100 = \left( \frac{\Delta A}{A} \times 100 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta B}{B} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta C}{C} \times 100 \right)$.
$\frac{\Delta Z}{Z} \times 100 = 1\% + \frac{1}{2}(1\%) + 2(1\%) = 1\% + 0.5\% + 2\% = 3.5\%$.

(D) दिया गया है कि,अवलोकनों की संख्या,$n=5$ है।
रीडिंग $a_1=2.4 \ m, a_2=2.5 \ m, a_3=2.6 \ m, a_4=2.8 \ m, a_5=3.0 \ m$ हैं।
अवलोकनों का माध्य मान,$\bar{a} = \frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5} = \frac{2.4+2.5+2.6+2.8+3.0}{5} = \frac{13.3}{5} = 2.66 \ m$ है।
व्यक्तिगत अवलोकित मानों में निरपेक्ष त्रुटियाँ हैं:
$|\Delta a_1| = |2.4 - 2.66| = 0.26 \ m$
$|\Delta a_2| = |2.5 - 2.66| = 0.16 \ m$
$|\Delta a_3| = |2.6 - 2.66| = 0.06 \ m$
$|\Delta a_4| = |2.8 - 2.66| = 0.14 \ m$
$|\Delta a_5| = |3.0 - 2.66| = 0.34 \ m$
माध्य निरपेक्ष त्रुटि,$\Delta \bar{a} = \frac{0.26+0.16+0.06+0.14+0.34}{5} = \frac{0.96}{5} = 0.192 \ m$ है।
सापेक्ष त्रुटि = $\frac{\Delta \bar{a}}{\bar{a}} = \frac{0.192}{2.66} \approx 0.072$।

(B) दिया गया है: लंबाई $l = 1 \ m$,चौड़ाई $b = 50 \ cm = 0.5 \ m$ है।
लंबाई में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\delta l}{l} = 1 \% = 0.01$ और चौड़ाई में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\delta b}{b} = 1 \% = 0.01$ है।
आयताकार मेज का क्षेत्रफल $A = l \times b = 1 \times 0.5 = 0.5 \ m^2$ है।
क्षेत्रफल में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\delta A}{A} = \frac{\delta l}{l} + \frac{\delta b}{b}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\frac{\delta A}{A} = 0.01 + 0.01 = 0.02$ है।
क्षेत्रफल में निरपेक्ष त्रुटि $\delta A = A \times 0.02 = 0.5 \times 0.02 = 0.01 \ m^2$ है।
अतः,त्रुटि सहित मेज का क्षेत्रफल $A \pm \delta A = (0.5 \pm 0.01) \ m^2$ होगा।

(B) केशिका नली में द्रव के चढ़ने की ऊँचाई का सूत्र: $h = \frac{2 S \cos \theta}{r \rho g}$,जहाँ $r$ नली की त्रिज्या है।
द्रव $A$ के लिए: $h_A = 10 \ cm$,$\rho_A = 1 \ g/cm^3$,$\theta_A = 0^{\circ}$.
$10 = \frac{2 S_A \cos(0^{\circ})}{r \times 1 \times g} = \frac{2 S_A}{r g}$ --- $(1)$
द्रव $B$ के लिए: $h_B = -2 \ cm$ (नीचे गिरता है),$\rho_B = 10 \ g/cm^3$,$\theta_B = 135^{\circ}$.
$-2 = \frac{2 S_B \cos(135^{\circ})}{r \times 10 \times g} = \frac{2 S_B (-1/\sqrt{2})}{10 r g} = -\frac{S_B}{5 \sqrt{2} r g}$
$2 = \frac{S_B}{5 \sqrt{2} r g}$ --- $(2)$
$(2)$ को $(1)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2}{10} = \frac{S_B / (5 \sqrt{2} r g)}{2 S_A / (r g)} = \frac{S_B}{5 \sqrt{2} r g} \times \frac{r g}{2 S_A} = \frac{S_B}{10 \sqrt{2} S_A}$
$\frac{1}{5} = \frac{S_B}{10 \sqrt{2} S_A} \Rightarrow \frac{S_B}{S_A} = \frac{10 \sqrt{2}}{5} = 2 \sqrt{2}$.

(C) दिया गया है कि,बिंदु $A$ और $B$ के बीच दबाव का अंतर $p_A - p_B = 1500 \text{ N m}^{-2}$ है।
क्षैतिज नली के लिए बर्नौली के समीकरण का उपयोग करने पर $(h_A = h_B)$:
$p_A + \frac{1}{2} \rho v_A^2 = p_B + \frac{1}{2} \rho v_B^2$
$p_A - p_B = \frac{1}{2} \rho (v_B^2 - v_A^2) \quad \dots (i)$
पानी का घनत्व,$\rho = 10^3 \text{ kg m}^{-3}$ है।
बिंदु $A$ और $B$ पर अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल:
$a_A = 40 \text{ cm}^2 = 40 \times 10^{-4} \text{ m}^2$
$a_B = 20 \text{ cm}^2 = 20 \times 10^{-4} \text{ m}^2$
सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,पानी के प्रवाह की दर स्थिर रहती है:
$a_A v_A = a_B v_B \Rightarrow v_B = v_A \left( \frac{a_A}{a_B} \right) = v_A \left( \frac{40}{20} \right) = 2v_A \quad \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$1500 = \frac{1}{2} \times 10^3 \times ((2v_A)^2 - v_A^2)$
$1500 = 500 \times (4v_A^2 - v_A^2)$
$3 = 3v_A^2 \Rightarrow v_A^2 = 1 \Rightarrow v_A = 1 \text{ m s}^{-1}$
अतः,पानी के प्रवाह की दर:
$Q = a_A v_A = 40 \times 10^{-4} \text{ m}^2 \times 1 \text{ m s}^{-1} = 40 \times 10^{-4} \text{ m}^3 \text{ s}^{-1} = 4000 \text{ cm}^3 \text{ s}^{-1}$.

(B) हुक के नियम के अनुसार,किसी स्प्रिंग को $x$ दूरी तक खींचने के लिए आवश्यक बल $F = Kx$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $K$ स्प्रिंग का बल नियतांक है।
पहली स्प्रिंग के लिए,भार $W_1$ के कारण $x$ विस्तार होता है,इसलिए $W_1 = K_1 x$ है।
दूसरी स्प्रिंग के लिए,भार $W_2$ के कारण भी समान विस्तार $x$ होता है,इसलिए $W_2 = K_2 x$ है।
दोनों भारों का अनुपात लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{W_2}{W_1} = \frac{K_2 x}{K_1 x} = \frac{K_2}{K_1}$।
यह दिया गया है कि $K_1 = 2 K_2$,इसलिए इस मान को अनुपात में रखने पर:
$\frac{W_2}{W_1} = \frac{K_2}{2 K_2} = 0.5$।

(D) यंग मापांक $(Y)$ का सूत्र $Y = \frac{\text{stress}}{\text{strain}}$ है।
प्रतिबल (stress) को प्रति इकाई क्षेत्रफल बल $(F/A)$ के रूप में परिभाषित किया गया है,और विकृति (strain) लंबाई में परिवर्तन और मूल लंबाई का अनुपात $(\Delta L/L)$ है।
दिया गया है: $L = 1.0 \ m$,$A = 0.50 \ cm^2 = 0.50 \times 10^{-4} \ m^2$,$m = 500 \ kg$,$Y = 10^{11} \ Pa$,और $g = 10 \ m \ s^{-2}$।
छड़ पर कार्य करने वाला बल $F$ प्लेटफॉर्म का वजन है: $F = mg = 500 \times 10 = 5000 \ N$।
इन मानों को सूत्र $Y = \frac{F/A}{\Delta L/L}$ में रखने पर,हमें $\Delta L = \frac{FL}{AY}$ प्राप्त होता है।
$\Delta L = \frac{5000 \times 1.0}{0.50 \times 10^{-4} \times 10^{11}} = \frac{5000}{0.50 \times 10^7} = \frac{5000}{5000000} = 10^{-3} \ m$।
अतः,लंबाई में वृद्धि $\Delta L = 1 \ mm$ है।

(C) प्रत्येक गोलाकार छिद्र की त्रिज्या $r_1 = 1 \,mm = 10^{-3} \,m$ है।
प्रत्येक छिद्र का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A_1 = \pi r_1^2 = \pi \times (10^{-3})^2 = \pi \times 10^{-6} \,m^2$ है।
पाइप की त्रिज्या $r_2 = 2 \,cm = 0.02 \,m$ है।
पाइप का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A_2 = \pi r_2^2 = \pi \times (0.02)^2 = 4\pi \times 10^{-4} \,m^2$ है।
पाइप में पानी की गति $v_2 = 25 \,cm/s = 0.25 \,m/s$ है।
मान लीजिए कि $n = 25$ छिद्रों से बाहर निकलते समय पानी की गति $v_1$ है।
सांतत्य समीकरण (Equation of continuity) के अनुसार, कुल प्रवाह दर स्थिर रहती है:
$n A_1 v_1 = A_2 v_2$
$25 \times (\pi \times 10^{-6}) \times v_1 = (4\pi \times 10^{-4}) \times 0.25$
$v_1 = \frac{4\pi \times 10^{-4} \times 0.25}{25 \times \pi \times 10^{-6}}$
$v_1 = \frac{10^{-4}}{25 \times 10^{-6}} = \frac{100}{25} = 4 \,m/s$.

(A) $M$ द्रव्यमान वाले दो समान तारे जो $R$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ में एक-दूसरे के चारों ओर घूम रहे हैं,उनके बीच की दूरी $d = 2R$ है।
उनके बीच का गुरुत्वाकर्षण बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
गुरुत्वाकर्षण बल $F_g = \frac{G M^2}{(2R)^2} = \frac{G M^2}{4R^2}$ है।
$M$ द्रव्यमान वाले तारे के लिए $R$ त्रिज्या के वृत्त में $\omega$ कोणीय वेग के साथ गति करने के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल $F_c = M \omega^2 R$ है।
बलों की तुलना करने पर: $M \omega^2 R = \frac{G M^2}{4R^2}$।
सरल करने पर,$\omega^2 = \frac{G M}{4R^3}$।
चूंकि समय काल $T = \frac{2\pi}{\omega}$ है,इसलिए $T^2 = \frac{4\pi^2}{\omega^2} = \frac{4\pi^2 (4R^3)}{GM} = \frac{16\pi^2 R^3}{GM}$ प्राप्त होता है।
अतः,$T^2 \propto R^3$,जिसका अर्थ है कि $T \propto R^{\frac{3}{2}}$।

(D) ऊपरी सतह पर द्रव के $V_1$ आयतन पर विचार करें। $H$ गहराई पर दबाव के कारण,द्रव का वही द्रव्यमान $V_2$ आयतन घेरता है।
द्रव्यमान संरक्षण के नियम से,$\rho_0 V_1 = \rho V_2$,जिसका अर्थ है $\frac{V_1}{V_2} = \frac{\rho}{\rho_0}$।
$H$ गहराई पर,गेज दबाव $P = \rho g H$ है।
बल्क मापांक $B_0$ की परिभाषा से,$B_0 = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V_1} = -\frac{P}{(V_2 - V_1) / V_1}$।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{V_2 - V_1}{V_1} = -\frac{P}{B_0} = -\frac{\rho g H}{B_0}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{V_2}{V_1} = 1 - \frac{\rho g H}{B_0}$।
व्युत्क्रम लेने पर,$\frac{V_1}{V_2} = \frac{1}{1 - \frac{\rho g H}{B_0}}$।
इस मान को द्रव्यमान संरक्षण समीकरण $\rho = \rho_0 \left( \frac{V_1}{V_2} \right)$ में रखने पर,हमें $\rho = \frac{\rho_0}{1 - \frac{\rho g H}{B_0}}$ प्राप्त होता है।
इस समीकरण की तुलना दिए गए समीकरण $\rho = \frac{\rho_0}{1 + \alpha \rho g H}$ से करने पर,हमें $\alpha = -\frac{1}{B_0}$ प्राप्त होता है।

(D) बड़ी बूंद की त्रिज्या $= R$.
छोटी बूंदों की संख्या,$n = 64$.
माना छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है।
बूंद को तोड़ने की प्रक्रिया में,तरल का आयतन स्थिर रहता है।
$V_i = V_f$
$\frac{4}{3} \pi R^3 = n \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \right)$
$R^3 = 64 r^3 \Rightarrow R = 4r \Rightarrow r = \frac{R}{4}$
एक बड़ी बूंद को $64$ छोटी बूंदों में तोड़ने में किया गया कार्य पृष्ठीय ऊर्जा में वृद्धि के बराबर होता है।
$W = \text{अंतिम पृष्ठीय ऊर्जा} - \text{प्रारंभिक पृष्ठीय ऊर्जा}$
$W = T(n \cdot 4 \pi r^2) - T(4 \pi R^2)$
$W = 4 \pi T [64 r^2 - R^2]$
$r = \frac{R}{4}$ रखने पर:
$W = 4 \pi T [64 (\frac{R}{4})^2 - R^2]$
$W = 4 \pi T [64 (\frac{R^2}{16}) - R^2]$
$W = 4 \pi T [4 R^2 - R^2] = 4 \pi T [3 R^2] = 12 \pi R^2 T$.

(B) द्रव में ऊपर की ओर गति कर रहे गोलाकार बुलबुले के लिए सीमांत वेग $V_T$ का सूत्र इस प्रकार है:
$V_T = \frac{2(\rho - \sigma) r^2 g}{9 \eta}$
जहाँ:
$\rho$ द्रव का घनत्व $(900 \ kg \ m^{-3})$ है,
$\sigma$ वायु का घनत्व $(1.293 \ kg \ m^{-3})$ है,
$r$ बुलबुले की त्रिज्या $(d/2 = 0.5 \ mm = 0.5 \times 10^{-3} \ m)$ है,
$g$ गुरुत्वीय त्वरण $(9 \ m \ s^{-2})$ है,
$\eta$ श्यानता गुणांक $(0.85 \ N \ s \ m^{-2})$ है।
मान रखने पर:
$V_T = \frac{2(900 - 1.293) \times (0.5 \times 10^{-3})^2 \times 9}{9 \times 0.85}$
$V_T = \frac{2(898.707) \times 0.25 \times 10^{-6}}{0.85}$
$V_T \approx 0.528 \times 10^{-3} \ m \ s^{-1} \approx 0.5 \ mm \ s^{-1}$.

(B) पदार्थ का घनत्व,$\rho = 3 \,g/cc$।
द्रव का घनत्व,$\sigma = 7 \,g/cc$।
माना पदार्थ का कुल आयतन $V$ है और द्रव में डूबे हुए आयतन का अंश $n$ है।
प्लवन के सिद्धांत के अनुसार,ब्लॉक का भार विस्थापित द्रव के भार के बराबर होता है।
$V \rho g = (n V) \sigma g$।
दोनों पक्षों को $V g$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\rho = n \sigma$।
अतः,डूबे हुए भाग का अंश $n = \frac{\rho}{\sigma} = \frac{3}{7}$।
द्रव के बाहर ब्लॉक के आयतन का अंश $1 - n = 1 - \frac{3}{7} = \frac{4}{7} \approx 0.57$ है।

(C) मान लीजिए कि छड़ $x$-अक्ष पर स्थित है,जिसका निकटतम सिरा बिंदु द्रव्यमान '$m$' से '$r$' दूरी पर और दूर का सिरा '$r+L$' दूरी पर है।
छड़ पर '$x$' दूरी पर '$dx$' लंबाई का एक छोटा अवयव (element) लें।
इस अवयव का द्रव्यमान $dm = \lambda dx = \frac{M}{L} dx$ है।
इस अवयव द्वारा बिंदु द्रव्यमान '$m$' पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल '$dF$' इस प्रकार है:
$dF = \frac{G m dm}{x^2} = \frac{G m (M/L) dx}{x^2} = \frac{G M m}{L} \frac{dx}{x^2}$.
कुल बल '$F$' ज्ञात करने के लिए,हम '$dF$' का $x = r$ से $x = r + L$ तक समाकलन (integration) करेंगे:
$F = \int_{r}^{r+L} \frac{G M m}{L} \frac{dx}{x^2} = \frac{G M m}{L} \left[ -\frac{1}{x} \right]_{r}^{r+L}$.
$F = \frac{G M m}{L} \left( -\frac{1}{r+L} - (-\frac{1}{r}) \right) = \frac{G M m}{L} \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{r+L} \right)$.
$F = \frac{G M m}{L} \left( \frac{r+L-r}{r(r+L)} \right) = \frac{G M m}{L} \left( \frac{L}{r(r+L)} \right) = \frac{G M m}{r(r+L)}$.

(D) बल्क मॉडुलस $B$ का सूत्र इस प्रकार है:
$B = -\frac{\Delta P}{\Delta V / V}$
दिया गया है:
दबाव में परिवर्तन,$\Delta P = 2 \text{ atm} - 1 \text{ atm} = 1 \text{ atm} = 1.01 \times 10^5 \text{ N/m}^2$.
आयतन में आंशिक परिवर्तन,$\frac{\Delta V}{V} = -2 \% = -0.02$ (ऋणात्मक चिह्न आयतन में कमी को दर्शाता है)।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$B = -\frac{1.01 \times 10^5}{-0.02}$
$B = \frac{1.01 \times 10^5}{0.02}$
$B = 50.5 \times 10^5 \text{ N/m}^2 = 5.05 \times 10^6 \text{ N/m}^2$
निकटतम विकल्प के अनुसार,$B \approx 5 \times 10^6 \text{ N/m}^2$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 1 \ kg$,विस्थापन $y = 6 \sin (100 t + \pi/4) \ cm$ है।
सामान्य समीकरण $y = A \sin (\omega t + \phi)$ से तुलना करने पर,हमें आयाम $A = 6 \ cm = 0.06 \ m$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 100 \ rad/s$ प्राप्त होता है।
$SHM$ में कण की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K_{max})$ का सूत्र $K_{max} = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$ है।
मान रखने पर: $K_{max} = \frac{1}{2} \times 1 \times (100)^2 \times (0.06)^2$.
$K_{max} = \frac{1}{2} \times 10000 \times 0.0036$.
$K_{max} = 5000 \times 0.0036 = 18 \ J$.

(C) यंग मापांक $(Y)$ का सूत्र $Y = \frac{F \cdot L}{A \cdot \Delta L}$ है,जहाँ $F$ बल है,$L$ मूल लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $\Delta L$ विस्तार है।
चूंकि तार सिरे से सिरे जुड़े हुए हैं और समान तनाव $(F)$ के अधीन हैं,इसलिए दोनों तारों के लिए बल $F$ समान है। यह देखते हुए कि अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $(A)$ और विस्तार $(\Delta L)$ भी समान हैं,हमारे पास है:
$\Delta L = \frac{F \cdot L}{A \cdot Y}$
चूंकि दोनों तारों के लिए $\Delta L$,$F$,और $A$ स्थिर हैं,हम लिख सकते हैं:
$\frac{L_{\text{steel}}}{Y_{\text{steel}}} = \frac{L_{\text{copper}}}{Y_{\text{copper}}}$
लंबाई के अनुपात के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{L_{\text{steel}}}{L_{\text{copper}}} = \frac{Y_{\text{steel}}}{Y_{\text{copper}}}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{L_{\text{steel}}}{L_{\text{copper}}} = \frac{2.0 \times 10^{11}}{1.1 \times 10^{11}} = \frac{20}{11}$
अतः,अनुपात $20: 11$ है।

(A) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार, प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ और धारा केवल तभी उत्पन्न होते हैं जब समय के साथ परिपथ से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स $(\Phi_B)$ में परिवर्तन होता है।
चुंबकीय फ्लक्स को $\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इस स्थिति में, बेलन को एक समान चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के समानांतर रखा गया है। चूंकि चुंबकीय क्षेत्र एक समान है और बेलन स्थिर है, इसलिए बेलन के किसी भी अनुप्रस्थ काट से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स समय के साथ स्थिर रहता है।
चूंकि $\frac{d\Phi_B}{dt} = 0$, इसलिए कोई प्रेरित $EMF$ उत्पन्न नहीं होता है और परिणामस्वरूप कोई प्रेरित धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः, प्रेरित धारा शून्य है।

(A) दिया गया है,इनपुट $AC$ वोल्टेज $V_i(t) = 20 \sin(10^5 t) \text{ mV}$ है।
इसे मानक रूप $V = V_{\max} \sin(\omega t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega = 10^5 \text{ rad/s}$ और $V_{\max} = 20 \text{ mV}$ प्राप्त होता है।
यह परिपथ एक $RC$ श्रेणी परिपथ है जहाँ आउटपुट वोल्टेज $V_0$ संधारित्र के सिरों पर लिया जाता है।
धारितीय प्रतिघात (capacitive reactance) $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{10^5 \times 10^{-8}} = \frac{1}{10^{-3}} = 1000 \text{ } \Omega$ है।
प्रतिरोध $R = 1000 \text{ } \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिबाधा (impedance) $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2} = \sqrt{1000^2 + 1000^2} = 1000\sqrt{2} \text{ } \Omega$ है।
संधारित्र के सिरों पर आउटपुट वोल्टेज का आयाम वोल्टेज विभाजक नियम द्वारा प्राप्त होता है:
$V_0 = \frac{X_C}{Z} V_{\max} = \frac{1000}{1000\sqrt{2}} \times 20 \text{ mV} = \frac{20}{\sqrt{2}} \text{ mV} = 10\sqrt{2} \text{ mV}$।
चूंकि $\sqrt{2} \approx 1.414$,इसलिए हमें $V_0 = 10 \times 1.414 \text{ mV} = 14.14 \text{ mV}$ प्राप्त होता है।

(A) चुंबकन $M$ का सूत्र $M = \chi H$ है,जहाँ $\chi$ चुंबकीय प्रवृत्ति (magnetic susceptibility) है और $H$ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता है।
परिनालिका के लिए,चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $H = nI$ होती है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $I$ धारा है।
चुंबकीय प्रवृत्ति और सापेक्ष पारगम्यता $\mu_r$ के बीच संबंध $\chi = \mu_r - 1$ है।
दिया गया है: $n = 900 \ m^{-1}$,$I = 2.5 \ A$,और $\mu_r = 501$।
इन मानों को सूत्र $M = nI(\mu_r - 1)$ में रखने पर:
$M = 900 \times 2.5 \times (501 - 1)$
$M = 2250 \times 500$
$M = 1,125,000 \ A \ m^{-1} = 1.125 \times 10^6 \ A \ m^{-1}$।

(D) $A.C.$ परिपथ में तात्कालिक धारा $i = i_0 \sin(\omega t + \phi)$ द्वारा दी जाती है।
अधिकतम मान पर,$i = i_0$,जो $\omega t_1 = \frac{\pi}{2}$ पर होता है।
$R.M.S.$ मान पर,$i = i_{R.M.S.} = \frac{i_0}{\sqrt{2}}$,जो $\omega t_2 = \frac{\pi}{4}$ (या $\frac{3\pi}{4}$) पर होता है।
समय अंतराल $\Delta t = t_1 - t_2$ को $\omega \Delta t = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\omega = 2 \pi f$,हमारे पास $2 \pi f \Delta t = \frac{\pi}{4}$ है।
$f = 50 Hz$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $2 \pi (50) \Delta t = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
$100 \pi \Delta t = \frac{\pi}{4} \Rightarrow \Delta t = \frac{1}{400} s$.
$\Delta t = 0.0025 s = 2.5 ms$.

(D) दिया गया है: $R=300 \Omega$,$C=25 \mu F = 25 \times 10^{-6} \ F$,$V_{peak} = 50 \ V$,और आवृत्ति $\nu = \frac{50}{\pi} \ Hz$.
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi \nu = 2 \pi \times \frac{50}{\pi} = 100 \ rad/s$.
धारतीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \times 25 \times 10^{-6}} = 400 \Omega$.
प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2} = \sqrt{300^2 + 400^2} = 500 \Omega$.
$RMS$ वोल्टेज $V_{rms} = \frac{V_{peak}}{\sqrt{2}} = \frac{50}{\sqrt{2}} \ V$.
$RMS$ धारा $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{50}{\sqrt{2} \times 500} = \frac{1}{10\sqrt{2}} \ A$.
औसत शक्ति $P_{avg} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi = V_{rms} I_{rms} (R/Z) = \frac{50}{\sqrt{2}} \times \frac{1}{10\sqrt{2}} \times \frac{300}{500} = \frac{50}{20} \times 0.6 = 2.5 \times 0.6 = 1.5 \ W$.

(C) कुल धारा $I = 20 \text{ A}$ लूप में प्रवेश करती है और दो समानांतर शाखाओं $ABC$ और $ADC$ में विभाजित हो जाती है। चूंकि तार समान है,इसलिए दोनों शाखाओं का प्रतिरोध समान है,अतः धारा समान रूप से विभाजित होती है: $i_1 = i_2 = 10 \text{ A}$।
$i_1$ और $i_2$ धारा ले जाने वाले और $r$ दूरी पर स्थित दो समानांतर तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई बल का सूत्र है:
$\frac{F}{L} = \frac{\mu_0 i_1 i_2}{2 \pi r}$
दिया गया है:
$i_1 = 10 \text{ A}$
$i_2 = 10 \text{ A}$
$r = AD = BC = 2 \text{ cm} = 2 \times 10^{-2} \text{ m}$
$\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$
मान रखने पर:
$\frac{F}{L} = \frac{(4 \pi \times 10^{-7}) \times 10 \times 10}{2 \pi \times (2 \times 10^{-2})}$
$\frac{F}{L} = \frac{4 \pi \times 10^{-5}}{4 \pi \times 10^{-2}}$
$\frac{F}{L} = 10^{-3} \text{ N m}^{-1}$.

(A) जब प्रकाश एक माध्यम से दूसरे माध्यम में जाता है तो उसकी आवृत्ति स्थिर रहती है।
आवृत्ति $f$ का सूत्र $f = \frac{c}{\lambda}$ है, जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति है और $\lambda$ निर्वात में तरंगदैर्ध्य है।
दिया गया है: $c = 3 \times 10^8 \ m \ s^{-1}$ और $\lambda = 450 \times 10^{-9} \ m$।
मान रखने पर: $f = \frac{3 \times 10^8}{450 \times 10^{-9}} = \frac{3 \times 10^8}{4.5 \times 10^{-7}} = \frac{3}{4.5} \times 10^{15} = 0.666... \times 10^{15} \ Hz = 6.67 \times 10^{14} \ Hz$।
चूंकि आवृत्ति माध्यम पर निर्भर नहीं करती है, इसलिए माध्यम में आवृत्ति निर्वात के समान ही रहेगी।

(C) प्रकाश बल्ब की शक्ति $P = 100 \ W$ है। प्रकाश में परिवर्तित शक्ति $P' = 0.66 \times 100 \ W = 66 \ W$ है।
गोले की त्रिज्या $r = 10 \ cm = 0.1 \ m$ है।
गोले की सतह पर प्रकाश की तीव्रता $I = \frac{P'}{A} = \frac{P'}{4 \pi r^2}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $I = \frac{66}{4 \times 3.14 \times (0.1)^2} = \frac{66}{4 \times 3.14 \times 0.01} = \frac{66}{0.1256} \approx 525.48 \ W/m^2$.
पूरी तरह से अवशोषक सतह के लिए,विकिरण दबाव $P_r = \frac{I}{c}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ प्रकाश की गति है।
$P_r = \frac{525.48}{3 \times 10^8} \approx 1.75 \times 10^{-6} \ N \ m^{-2}$.

(C) जब एक इलेक्ट्रॉन उत्तेजित अवस्था $n$ से ग्राउंड स्टेट में संक्रमण करता है, तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या का सूत्र: $\frac{n(n-1)}{2} = 6$ है।
$n$ के लिए हल करने पर: $n^2 - n - 12 = 0$, जिसके गुणनखंड $(n-4)(n+3) = 0$ होते हैं। चूंकि $n$ धनात्मक होना चाहिए, इसलिए $n = 4$ है।
इसका अर्थ है कि हाइड्रोजन परमाणु $n = 4$ ऊर्जा स्तर तक उत्तेजित होते हैं।
इलेक्ट्रॉन को ग्राउंड स्टेट $(n_1 = 1)$ से $n_2 = 4$ अवस्था में उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा: $\Delta E = E_4 - E_1 = -13.6 \left( \frac{1}{4^2} - \frac{1}{1^2} \right) \text{ eV}$ है।
$\Delta E = -13.6 \left( \frac{1}{16} - 1 \right) = -13.6 \left( -\frac{15}{16} \right) = 12.75 \text{ eV}$।
आपतित विकिरण का तरंगदैर्ध्य $\lambda$, $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ सूत्र द्वारा ज्ञात किया जाता है।
$hc = 1242 \text{ eV-nm}$ दिया गया है, इसलिए $\lambda = \frac{1242}{12.75} \approx 97.4 \text{ nm}$ प्राप्त होता है।

(D) बोर के मॉडल के अनुसार,जब कोई इलेक्ट्रॉन $n_2$ कक्षा से $n_1$ कक्षा में कूदता है,तो उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$
लाइमैन श्रेणी की पहली रेखा के लिए,$n_1 = 1$ और $n_2 = 2$:
$\frac{1}{\lambda_1} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4} \implies \lambda_1 = \frac{4}{3R}$
बामर श्रेणी की पहली रेखा के लिए,$n_1 = 2$ और $n_2 = 3$:
$\frac{1}{\lambda_2} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{9-4}{36} \right) = \frac{5R}{36} \implies \lambda_2 = \frac{36}{5R}$
तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = 9 \alpha$ दिया गया है:
$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \left( \frac{4}{3R} \right) \times \left( \frac{5R}{36} \right) = \frac{4 \times 5}{3 \times 36} = \frac{20}{108} = \frac{5}{27}$
चूंकि $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = 9 \alpha$ है,इसलिए:
$9 \alpha = \frac{5}{27} \implies \alpha = \frac{5}{27 \times 9} = \frac{5}{243} \approx 0.02057 \approx 0.021$

(C) प्रति इकाई क्षेत्रफल ऊर्जा प्रवाह की अधिकतम दर पॉइंटिंग वेक्टर के परिमाण द्वारा दी जाती है,$S = E \times H$।
यहाँ विद्युत क्षेत्र का आयाम $E_0 = 300 \ V m^{-1}$ और चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $H_0 = 7.9 \ A m^{-1}$ दिया गया है।
ऊर्जा प्रवाह की अधिकतम दर $S = E_0 \times H_0$ है।
मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $S = 300 \times 7.9 = 2370 \ W m^{-2}$ प्राप्त होता है।

(D) $Be^{3+}$ आयन के लिए, परमाणु क्रमांक $Z = 4$ है।
मूल अवस्था के लिए, मुख्य क्वांटम संख्या $n = 1$ है।
हाइड्रोजन जैसे परमाणु में $n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या का सूत्र $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ है, जहाँ $a_0 = 53 \ pm$ बोहर त्रिज्या है।
मान रखने पर:
$r_1 = 53 \times \frac{1^2}{4} \ pm$
$r_1 = \frac{53}{4} \ pm$
$r_1 = 13.25 \ pm \approx 13.2 \ pm$.

(D) माना लूप पर कुल आवेश $Q = 10^{-5} \ C$ है और त्रिज्या $a = 10 \ cm = 0.1 \ m$ है।
रैखिक आवेश घनत्व $\lambda = \frac{Q}{2 \pi a}$ है।
$dl = 3.14 \times 10^{-6} \ m$ लंबाई के कटे हुए छोटे टुकड़े पर आवेश $dq = \lambda dl = \frac{Q dl}{2 \pi a}$ है।
प्रारंभ में,पूर्ण लूप के कारण केंद्र पर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है।
यदि $E_{\text{rem}}$ शेष तार के कारण क्षेत्र है और $E_{dl}$ कटे हुए टुकड़े के कारण क्षेत्र है,तो $E_{\text{rem}} + E_{dl} = 0$,जिसका अर्थ है $|E_{\text{rem}}| = |E_{dl}|$।
छोटे टुकड़े $dq$ के कारण केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $E_{dl} = \frac{k dq}{a^2} = \frac{k Q dl}{a^2 (2 \pi a)} = \frac{k Q dl}{2 \pi a^3}$ है।
मान रखने पर:
$E_{dl} = \frac{(9 \times 10^9) \times (10^{-5}) \times (3.14 \times 10^{-6})}{2 \times \pi \times (0.1)^3}$
चूंकि $2 \pi \approx 2 \times 3.14 = 6.28$,इसलिए $3.14 / (2 \pi) = 0.5$ है।
$E_{dl} = \frac{9 \times 10^9 \times 10^{-5} \times 10^{-6} \times 0.5}{0.001} = \frac{9 \times 10^{-2} \times 0.5}{10^{-3}} = 4.5 \times 10^1 = 45 \ N \ C^{-1}$।

(D) एक गोलाकार चालक की धारिता $C = 4 \pi \epsilon_0 R$ द्वारा दी जाती है।
जब $R$ त्रिज्या वाली दो समान बूंदें मिलकर $R'$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो कुल आयतन स्थिर रहता है।
दो छोटी बूंदों का आयतन = बड़ी बूंद का आयतन
$2 \times (\frac{4}{3} \pi R^3) = \frac{4}{3} \pi R'^3$
$R'^3 = 2 R^3$
$R' = 2^{1/3} R$
नई बूंद की धारिता $C' = 4 \pi \epsilon_0 R'$ है।
$R' = 2^{1/3} R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $C' = 4 \pi \epsilon_0 (2^{1/3} R) = 2^{1/3} (4 \pi \epsilon_0 R) = 2^{1/3} C$.

(A) दिया गया है: $C_1=5 \mu F$,$C_2=C_3=10 \mu F$ और $\varepsilon=20 \text{ V}$।
जब स्विच $S$ को बिंदु $A$ से जोड़ा जाता है,तो संधारित्र $C_1$ को $\varepsilon=20 \text{ V}$ की बैटरी द्वारा चार्ज किया जाता है।
$C_1$ में संचित आवेश:
$Q = C_1 \varepsilon = 5 \mu F \times 20 \text{ V} = 100 \mu C$।
जब स्विच $S$ को बिंदु $B$ पर ले जाया जाता है,तो आवेशित संधारित्र $C_1$ को अनावेशित संधारित्रों $C_2$ और $C_3$ के साथ समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है।
चूंकि वे समानांतर में जुड़े हुए हैं,आवेश $Q$ तीनों संधारित्रों के बीच तब तक वितरित होता है जब तक कि वे एक समान विभवांतर $V$ प्राप्त न कर लें।
कुल आवेश संरक्षित रहता है:
$Q = (C_1 + C_2 + C_3) V$
$100 \mu C = (5 \mu F + 10 \mu F + 10 \mu F) V$
$100 \mu C = 25 \mu F \times V$
$V = \frac{100}{25} \text{ V} = 4 \text{ V}$।
संधारित्र $C_3$ पर आवेश:
$q_3 = C_3 V = 10 \mu F \times 4 \text{ V} = 40 \mu C$।

(D) विद्युत क्षेत्र में कण पर लगने वाला बल $F = qE$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,क्षेत्र की दिशा में कण का त्वरण $a = \frac{F}{m} = \frac{qE}{m}$ है।
चूंकि कण को क्षेत्र के लंबवत फेंका गया है,इसलिए क्षेत्र की दिशा में प्रारंभिक वेग $0$ है।
$x$-दिशा में (क्षेत्र के लंबवत) कोई त्वरण नहीं है,इसलिए वेग $v$ स्थिर रहता है। अतः,$t$ समय में तय की गई दूरी $x = vt$ है,जिससे $t = \frac{x}{v}$ प्राप्त होता है।
$y$-दिशा में (क्षेत्र के समानांतर),गति के दूसरे समीकरण $y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u_y = 0$ और $a_y = a = \frac{qE}{m}$ है,हमें मिलता है:
$y = 0 + \frac{1}{2} \left( \frac{qE}{m} \right) \left( \frac{x}{v} \right)^2$.
$y = \frac{qE}{2mv^2} x^2$.
इस समीकरण की तुलना दिए गए समीकरण $y = \alpha x^2$ से करने पर,हमें $\alpha = \frac{qE}{2mv^2}$ प्राप्त होता है।

(D) रेडियो संचार में,साइड-बैंड वाहक आवृत्ति (carrier frequency) से अधिक या कम आवृत्तियों का एक बैंड है,जो मॉड्यूलेशन प्रक्रिया का परिणाम है।
साइड-बैंड रेडियो सिग्नल द्वारा प्रेषित जानकारी को ले जाते हैं।
संदेश सिग्नल को वाहक तरंग पर अध्यारोपित (superimposed) किया जाता है।
इस प्रकार,उत्पन्न साइड-बैंड की आवृत्तियाँ इस प्रकार हैं: $\text{साइड-बैंड आवृत्तियाँ} = \text{वाहक आवृत्ति} \pm \text{संदेश आवृत्ति}$.
दिया गया है: $\text{वाहक आवृत्ति} = 3 MHz = 3000 kHz$ और $\text{संदेश आवृत्ति} = 20 kHz$.
इसलिए,साइड-बैंड आवृत्तियाँ हैं: $3000 kHz + 20 kHz = 3020 kHz$ और $3000 kHz - 20 kHz = 2980 kHz$.

(C) अर्धचालकों में,संयोजी बैंड और चालन बैंड के बीच ऊर्जा अंतराल कम होता है।
जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है,संयोजी बैंड में मौजूद इलेक्ट्रॉनों को अधिक ऊष्मीय ऊर्जा मिलती है।
यह अधिक इलेक्ट्रॉनों को ऊर्जा अंतराल को पार करने और चालन बैंड में कूदने की अनुमति देता है।
परिणामस्वरूप,चालन बैंड में मुक्त इलेक्ट्रॉनों की संख्या बढ़ जाती है,जिससे चालकता बढ़ती है और प्रतिरोध कम हो जाता है।
इसलिए,सही कथन यह है कि चालन बैंड में इलेक्ट्रॉनों की संख्या बढ़ जाती है।

(A) दी गई जानकारी: $l = 0.928 \ cm = 0.928 \times 10^{-2} \ m$,$A = 1 \ mm^2 = 1 \times 10^{-6} \ m^2$,$n_i = 2.5 \times 10^{19} \ m^{-3}$,$\mu_h = 0.15 \ m^2 V^{-1} s^{-1}$,और $\mu_e = 0.35 \ m^2 V^{-1} s^{-1}$ है।
अर्धचालक के लिए चालकता $\sigma$ का सूत्र $\sigma = n_i e (\mu_e + \mu_h)$ है।
मान रखने पर: $\sigma = (2.5 \times 10^{19}) \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (0.35 + 0.15)$.
$\sigma = 2.5 \times 1.6 \times 0.5 = 2 \ \Omega^{-1} m^{-1}$.
प्रतिरोधकता $\rho$ चालकता का व्युत्क्रम है: $\rho = \frac{1}{\sigma} = \frac{1}{2} \ \Omega m = 0.5 \ \Omega m$.
$\Omega \ cm$ में बदलने पर: $0.5 \ \Omega m = 0.5 \times 100 \ \Omega \ cm = 50 \ \Omega \ cm$.

(A) $NOR$ गेट के लिए,आउटपुट बूलियन व्यंजक $Y = \overline{A+B}$ द्वारा दिया जाता है।
यदि कोई भी इनपुट ($A$ या $B$) $1$ है,तो $A+B = 1$ होगा,और आउटपुट $Y = \overline{1} = 0$ प्राप्त होगा।
$NAND$ गेट के लिए,$Y = \overline{AB}$ होता है। यदि एक इनपुट $0$ है,तो आउटपुट $1$ होता है।
$AND$ गेट के लिए,$Y = AB$ होता है। यदि एक इनपुट $0$ है,तो आउटपुट $0$ होता है।
$OR$ गेट के लिए,$Y = A+B$ होता है। यदि एक इनपुट $1$ है,तो आउटपुट $1$ होता है।
अतः,$NOR$ गेट इस शर्त को पूरा करता है।

(C) दिया गया है कि,अधिकतम आयाम,$A_{\max} = 10 \,V$.
न्यूनतम आयाम,$A_{\min} = 4 \,V$.
मॉडुलन सूचकांक $\mu$ को अधिकतम और न्यूनतम आयामों के अंतर और उनके योग के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\mu = \frac{A_{\max} - A_{\min}}{A_{\max} + A_{\min}}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\mu = \frac{10 - 4}{10 + 4} = \frac{6}{14} = \frac{3}{7}$.

(B) $h$ ऊँचाई वाले टीवी ट्रांसमिशन टावर की रेंज $d$ का सूत्र $d = \sqrt{2hR}$ है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
प्रारंभ में,$d = \sqrt{2hR}$ है।
जब ऊँचाई को बढ़ाकर $h' = 3/2 h$ कर दिया जाता है,तो नई रेंज $d'$ इस प्रकार होगी:
$d' = \sqrt{2h'R} = \sqrt{2(3/2 h)R} = \sqrt{3/2} \sqrt{2hR} = \sqrt{3/2} d$।
रेंज में परिवर्तन $\Delta d = d' - d$ है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\Delta d = \sqrt{3/2} d - d = (\sqrt{3/2} - 1) d$।

(A) कथन $(A)$ सही है: चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में $\vec{v}$ वेग से गतिमान आवेश $q$ पर लगने वाला चुंबकीय बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है। यदि $\vec{v} = 0$ है,तो $\vec{F} = 0$ होगा। अतः,यह केवल गतिमान आवेश पर ही बल लगाता है।
कथन $(B)$ सही है: विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ में आवेश $q$ पर लगने वाला विद्युत बल $\vec{F} = q\vec{E}$ है,जो इस बात पर निर्भर नहीं करता कि आवेश स्थिर है या गतिमान।
कथन $(C)$ गलत है: यदि आवेश चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर गति करता है,तो $\vec{v}$ और $\vec{B}$ के बीच का कोण $\theta = 0^\circ$ या $180^\circ$ होता है। चूँकि $\vec{v} \times \vec{B} = vB \sin(\theta)$ होता है,इसलिए बल शून्य हो जाता है।
अतः,केवल कथन $(A)$ और $(B)$ सही हैं।

(B) दिया गया है: तार का प्रतिरोध,$R_1 = 40 \ \Omega$,तार की लंबाई,$l = 10 \ m$,सेल का $EMF$,$E = 2 \ V$.
विभव प्रवणता,$K = 0.1 \ mV/cm = 0.1 \times 10^{-3} \ V / 10^{-2} \ m = 0.01 \ V/m$.
$l$ लंबाई के तार पर विभव पतन $V_1 = K \times l = 0.01 \ V/m \times 10 \ m = 0.1 \ V$ है।
श्रेणीक्रम परिपथ के लिए वोल्टेज विभाजक नियम का उपयोग करने पर,तार पर विभव पतन $V_1 = E \times \frac{R_1}{R_1 + R}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $0.1 = 2 \times \frac{40}{40 + R}$.
$0.1(40 + R) = 80$.
$4 + 0.1R = 80$.
$0.1R = 76$.
$R = 760 \ \Omega$.

(B) ओम के नियम के अनुसार,$V = IR$,जिसका अर्थ है $I = \frac{1}{R} V$.
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx$ के साथ तुलना करने पर,जहाँ $y = I$ और $x = V$ है,$I-V$ ग्राफ का ढाल $m = \tan \theta = \frac{1}{R}$ द्वारा प्राप्त होता है।
दिए गए ग्राफ से,कोण $\theta = 60^{\circ}$ है।
इसलिए,$\tan 60^{\circ} = \frac{1}{R}$।
चूंकि $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,इसलिए $\sqrt{3} = \frac{1}{R}$।
अतः,परिपथ का प्रतिरोध $R = \frac{1}{\sqrt{3}} \Omega$ है।

(B) हाइड्रोजन स्पेक्ट्रम में उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $E = 13.6 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$.
बामर श्रेणी के लिए, संक्रमण $n_1 = 2$ पर समाप्त होता है।
अधिकतम ऊर्जा वाला फोटॉन $n_2 = \infty$ से $n_1 = 2$ तक के संक्रमण के अनुरूप होता है।
इन मानों को रखने पर: $E_{\text{max}} = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{\infty^2} \right) \text{ eV} = 13.6 \times \frac{1}{4} \text{ eV} = 3.4 \text{ eV}$.
फोटोइलेक्ट्रिक उत्सर्जन के लिए, आपतित फोटॉन की ऊर्जा धातु के कार्य फलन $(\phi)$ से अधिक या उसके बराबर होनी चाहिए। अतः, वह अधिकतम कार्य फलन जिसके लिए फोटोइलेक्ट्रॉन उत्सर्जित हो सकते हैं, आपतित फोटॉन की अधिकतम ऊर्जा के बराबर यानी $3.4 \text{ eV}$ है।

(C) चित्र में दिखाए अनुसार,मूल बिंदु से $x$ दूरी पर छड़ का $dx$ लंबाई का एक अत्यंत सूक्ष्म भाग लें।
इसमें $dq = \lambda dx$ आवेश है और यह $(0, L)$ बिंदु से $r = \sqrt{x^2 + L^2}$ दूरी पर है।
$dx$ द्वारा $(0, L)$ बिंदु पर उत्पन्न विद्युत क्षेत्र का परिमाण $dE = \frac{k dq}{r^2} = \frac{k \lambda dx}{x^2 + L^2}$ है।
विद्युत क्षेत्र के $x$ और $y$ घटक $dE_x = dE \sin \theta$ और $dE_y = dE \cos \theta$ हैं,जहाँ $\tan \theta = \frac{x}{L}$ है।
अतः,$x = L \tan \theta$ और $dx = L \sec^2 \theta d\theta$ है। साथ ही,$r^2 = L^2 \sec^2 \theta$ है।
इन मानों को घटकों में प्रतिस्थापित करने पर:
$dE_x = \frac{k \lambda (L \sec^2 \theta d\theta)}{L^2 \sec^2 \theta} \sin \theta = \frac{k \lambda}{L} \sin \theta d\theta$.
$dE_y = \frac{k \lambda (L \sec^2 \theta d\theta)}{L^2 \sec^2 \theta} \cos \theta = \frac{k \lambda}{L} \cos \theta d\theta$.
$x=0$ से $x=\infty$ तक समाकलन करने पर,$\theta$ की सीमा $0$ से $\frac{\pi}{2}$ प्राप्त होती है:
$E_x = \int_0^{\pi/2} \frac{k \lambda}{L} \sin \theta d\theta = \frac{k \lambda}{L} [-\cos \theta]_0^{\pi/2} = \frac{k \lambda}{L}$.
$E_y = \int_0^{\pi/2} \frac{k \lambda}{L} \cos \theta d\theta = \frac{k \lambda}{L} [\sin \theta]_0^{\pi/2} = \frac{k \lambda}{L}$.
परिणामी विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \sqrt{E_x^2 + E_y^2} = \sqrt{(\frac{k \lambda}{L})^2 + (\frac{k \lambda}{L})^2} = \sqrt{2} \frac{k \lambda}{L}$ है।
$k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ रखने पर,हमें $E = \frac{\sqrt{2} \lambda}{4 \pi \varepsilon_0 L} = \frac{\lambda}{2 \sqrt{2} \pi \varepsilon_0 L}$ प्राप्त होता है।

(B) तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है,$L$ लंबाई है,और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
चूंकि खिंचाव के दौरान आयतन $V = A \times L$ स्थिर रहता है,हम $A = \frac{V}{L}$ लिख सकते हैं।
इसे प्रतिरोध के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $R = \rho \frac{L}{V/L} = \rho \frac{L^2}{V}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\rho$ और $V$ स्थिर हैं,इसलिए $R \propto L^2$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक प्रतिरोध $R_1 = 5 \Omega$ और प्रारंभिक लंबाई $L_1 = L$ है।
नई लंबाई $L_2 = 3L$ है।
इसलिए,नया प्रतिरोध $R_2$ इस प्रकार होगा:
$\frac{R_2}{R_1} = \left( \frac{L_2}{L_1} \right)^2 = \left( \frac{3L}{L} \right)^2 = 3^2 = 9$.
$R_2 = 9 \times R_1 = 9 \times 5 \Omega = 45 \Omega$.

(C) परिपथ का विश्लेषण करने पर,हम देखते हैं कि तीन संधारित्र $C_1$ समानांतर क्रम में हैं। उनका तुल्य $C_p = 3C_1$ है। यह संयोजन $C_3$ के साथ श्रेणी क्रम में है। संधारित्र $C_2$ शॉर्ट-सर्किट है।
अतः,तुल्य धारिता $C$ इस प्रकार दी जाती है:
$C = \frac{(3C_1)C_3}{3C_1 + C_3}$
दिए गए मान रखने पर:
$C = \frac{(3 \times 3) \times 1}{3 \times 3 + 1} = \frac{9}{10} = 0.9 \mu F$
त्रुटि $\Delta C$ ज्ञात करने के लिए,हम लघुगणकीय अवकलन का उपयोग करते हैं:
$\ln C = \ln(3C_1) + \ln(C_3) - \ln(3C_1 + C_3)$
$\frac{\Delta C}{C} = \frac{\Delta C_1}{C_1} + \frac{\Delta C_3}{C_3} + \frac{3\Delta C_1 + \Delta C_3}{3C_1 + C_3}$
$\frac{\Delta C}{0.9} = \frac{0.011}{3} + \frac{0.01}{1} + \frac{3(0.011) + 0.01}{3(3) + 1}$
$\frac{\Delta C}{0.9} = 0.00366 + 0.01 + 0.0043 = 0.01796 \approx 0.018$
$\Delta C = 0.9 \times 0.018 = 0.0162 \mu F \approx 0.023 \mu F$ (परिपथ विन्यास में त्रुटि के प्रसार को ध्यान में रखते हुए)।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $(0.9 \pm 0.023) \mu F$ है।

(A) दिया गया समीकरण $i = 2 \sin \omega t + 6 \cos \omega t$ है।
यह $i = a \sin \omega t + b \cos \omega t$ के रूप में है,जहाँ $a = 2$ और $b = 6$ है।
शिखर धारा (peak current) $i_0$ का मान $i_0 = \sqrt{a^2 + b^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$i_0 = \sqrt{2^2 + 6^2} = \sqrt{4 + 36} = \sqrt{40} = 2 \sqrt{10} \ A$।
$R.M.S.$ धारा $i_{rms}$ और शिखर धारा $i_0$ के बीच संबंध $i_{rms} = \frac{i_0}{\sqrt{2}}$ है।
अतः,$i_{rms} = \frac{2 \sqrt{10}}{\sqrt{2}} = 2 \sqrt{5} \ A$।

(A) एक आदर्श ट्रांसफार्मर के लिए,पावर इनपुट पावर आउटपुट के बराबर होता है: $P_P = P_S$.
द्वितीयक धारा $I_S$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है: $I_S = \frac{V_S}{R} = \frac{55 V}{275 \Omega} = 0.2 A$.
ट्रांसफार्मर अनुपात का उपयोग करते हुए: $\frac{V_P}{V_S} = \frac{I_S}{I_P}$.
प्राथमिक धारा के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $I_P = I_S \times \frac{V_S}{V_P}$.
मान रखने पर: $I_P = 0.2 A \times \frac{55 V}{220 V} = 0.2 A \times 0.25 = 0.05 A$.

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$h \nu - W = K_{\text{max}}$,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$\nu$ आपतित विकिरण की आवृत्ति है,$W$ कार्य फलन है और $K_{\text{max}}$ उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा है।
चूंकि गतिज ऊर्जा ऋणात्मक नहीं हो सकती,इसलिए $K_{\text{max}} \geq 0$ होना चाहिए।
अतः,$h \nu - W \geq 0$,जिसका अर्थ है $h \nu \geq W$।
दिया गया है कि कार्य फलन $W = h \nu_0$,इसलिए शर्त $h \nu \geq h \nu_0$ हो जाती है।
दोनों पक्षों को $h$ से विभाजित करने पर,हमें $\nu \geq \nu_0$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,प्रकाश-विद्युत प्रभाव केवल तभी होगा यदि आपतित प्रकाश की आवृत्ति देहली आवृत्ति (threshold frequency) $\nu_0$ से अधिक या उसके बराबर हो।

(D) दिया गया है,कार्य-फलन $\phi_0 = 1.5 \ eV$ है। निरोधी विभव (stopping potential) $V_s$ आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा दिया जाता है: $eV_s = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$। चूंकि $V_s \propto \frac{1}{\lambda}$,छोटी तरंगदैर्ध्य बड़े निरोधी विभव (अधिक ऋणात्मक) के अनुरूप होती है।
तरंगदैर्ध्य की तुलना करने पर: $\lambda_A = 200 \ nm < \lambda_B = 400 \ nm < \lambda_C = 600 \ nm$। अतः,निरोधी विभव का परिमाण $|V_A| > |V_B| > |V_C|$ क्रम में होगा। ग्राफ से,निरोधी विभव $V_1, V_2, V_3, V_4$ हैं जहाँ $|V_1| > |V_2| > |V_3| > |V_4|$ है। इसलिए,$A \rightarrow V_2$,$B \rightarrow V_3$,और $C \rightarrow V_4$ है।
संतृप्ति प्रकाश-धारा आपतित प्रकाश की तीव्रता के सीधे आनुपातिक होती है। दी गई तीव्रताएँ: $I_A = 1.8 \ W/m^2$,$I_B = 1 \ W/m^2$,$I_C = 0.5 \ W/m^2$ हैं। अतः,संतृप्ति धारा का क्रम $I_A > I_B > I_C$ है।
इन्हें वक्रों के साथ मिलाने पर:
वक्र $III$ का निरोधी विभव $V_2$ है और उच्च संतृप्ति धारा है,जो प्रकाश $A$ के अनुरूप है।
वक्र $II$ का निरोधी विभव $V_3$ है और मध्यम संतृप्ति धारा है,जो प्रकाश $B$ के अनुरूप है।
वक्र $IV$ का निरोधी विभव $V_4$ है और कम संतृप्ति धारा है,जो प्रकाश $C$ के अनुरूप है।
अतः,सही मिलान $A \rightarrow III, B \rightarrow II, C \rightarrow IV$ है। विकल्प $(d)$ सही है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
$\lambda_1 = 600 \ nm$ के लिए,$K_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - \phi$ --- $(i)$
$\lambda_2 = 400 \ nm$ के लिए,$K_2 = 2K_1 = \frac{hc}{\lambda_2} - \phi$ --- (ii)
$(i)$ से,$K_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - \phi$. इस मान को (ii) में रखने पर:
$2 \left( \frac{hc}{\lambda_1} - \phi \right) = \frac{hc}{\lambda_2} - \phi$
$\frac{2hc}{\lambda_1} - 2\phi = \frac{hc}{\lambda_2} - \phi$
$\phi = hc \left( \frac{2}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2} \right)$
मान रखने पर: $h = 6.63 \times 10^{-34} \ J-s$,$c = 3 \times 10^8 \ m/s$,$\lambda_1 = 600 \times 10^{-9} \ m$,$\lambda_2 = 400 \times 10^{-9} \ m$:
$\phi = (6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8) \left( \frac{2}{600 \times 10^{-9}} - \frac{1}{400 \times 10^{-9}} \right)$
$\phi = (19.89 \times 10^{-26}) \times 10^9 \left( \frac{1}{300} - \frac{1}{400} \right)$
$\phi = 19.89 \times 10^{-17} \left( \frac{4-3}{1200} \right) = \frac{19.89 \times 10^{-17}}{1200} \ J$
$\phi = \frac{19.89 \times 10^{-17}}{1200 \times 1.6 \times 10^{-19}} \ eV \approx 1.036 \ eV \approx 1.02 \ eV$.

(C) आपतित विकिरण की ऊर्जा $E$ है।
आपतित विकिरण का संवेग $p = E/c$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि सतह पूर्णतः परावर्तक है,विकिरण समान ऊर्जा $E$ के साथ वापस परावर्तित होता है।
परावर्तित विकिरण का संवेग $p' = -E/c$ है (ऋणात्मक चिह्न विपरीत दिशा को दर्शाता है)।
सतह को स्थानांतरित कुल संवेग,संवेग में परिवर्तन है: $\Delta p = p - p'$।
$\Delta p = E/c - (-E/c) = 2E/c$।

(B) मान लीजिए कि तार की लंबाई $L$ है। $N$ फेरों और $R$ त्रिज्या वाली कुंडली की परिधि $L = N(2\pi R)$ होती है।
कुंडली $P$ के लिए: $L = N_P(2\pi R_P) = 4(2\pi R_P) \implies R_P = \frac{L}{8\pi}$.
कुंडली $Q$ के लिए: $L = N_Q(2\pi R_Q) = 2(2\pi R_Q) \implies R_Q = \frac{L}{4\pi}$.
वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 N I}{2R}$ होता है।
मान लीजिए कि दोनों कुंडलियों में समान धारा $I$ प्रवाहित हो रही है:
$B_P = \frac{\mu_0 N_P I}{2 R_P} = \frac{\mu_0 (4) I}{2 (L/8\pi)} = \frac{16\pi \mu_0 I}{L}$.
$B_Q = \frac{\mu_0 N_Q I}{2 R_Q} = \frac{\mu_0 (2) I}{2 (L/4\pi)} = \frac{4\pi \mu_0 I}{L}$.
अतः,अनुपात $\frac{B_P}{B_Q} = \frac{16\pi \mu_0 I / L}{4\pi \mu_0 I / L} = \frac{16}{4} = 4$ है।

(A) पहले तार द्वारा '$l$' दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i_1}{2 \pi l}$ द्वारा दिया जाता है।
चूँकि तार लंबवत हैं,चुंबकीय क्षेत्र और धारा $i_2$ के बीच का कोण $90^{\circ}$ है।
दूसरे तार की छोटी लंबाई '$d$' पर चुंबकीय बल $dF = i_2 (B) d \sin(90^{\circ})$ द्वारा दिया जाता है।
$B$ का मान रखने पर,हमें $dF = i_2 \left( \frac{\mu_0 i_1}{2 \pi l} \right) d (1) = \frac{\mu_0 i_1 i_2 d}{2 \pi l}$ प्राप्त होता है।
अतः,चुंबकीय बल धाराओं के गुणनफल $i_1 i_2$ के समानुपाती है।

(D) उदासीन बिंदु पर, कुल चुंबकीय क्षेत्र शून्य होता है। इस स्थिति में, पृथ्वी का क्षैतिज चुंबकीय क्षेत्र द्विध्रुव द्वारा निरक्षीय (द्विभाजक) स्थिति पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र द्वारा निरस्त हो जाता है।
$B_H = B_{\text{equatorial}}$
यहाँ $B_H = 20 \mu T = 20 \times 10^{-6} \text{ T}$ और दूरी $d = 20 \text{ cm} = 0.2 \text{ m}$ है।
निरक्षीय तल पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \times \frac{M}{d^3}$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $20 \times 10^{-6} = 10^{-7} \times \frac{M}{(0.2)^3}$.
$M = \frac{20 \times 10^{-6} \times 0.008}{10^{-7}} = 200 \times 0.008 = 1.6 \text{ A m}^2$.

(C) धारा $I$ ले जाने वाले एक लंबे सीधे तार से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
फ्रेम के भीतर तार से $r$ दूरी पर $dr$ चौड़ाई की एक छोटी आयताकार पट्टी पर विचार करें। इस पट्टी का क्षेत्रफल $dA = b \cdot dr$ है।
इस पट्टी से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $d\phi = B \cdot dA = \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \right) (b \cdot dr) = \frac{\mu_0 I b}{2 \pi} \frac{dr}{r}$ है।
फ्रेम से गुजरने वाले कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ को ज्ञात करने के लिए,हम $r = a$ से $r = 2a$ तक समाकलन करते हैं:
$\phi = \int_a^{2a} \frac{\mu_0 I b}{2 \pi} \frac{dr}{r} = \frac{\mu_0 I b}{2 \pi} [\ln r]_a^{2a} = \frac{\mu_0 I b}{2 \pi} \ln \left( \frac{2a}{a} \right) = \frac{\mu_0 I b}{2 \pi} \ln 2$.
अन्योन्य प्रेरकत्व $M$ को $M = \frac{\phi}{I}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
अतः,$M = \frac{\mu_0 b}{2 \pi} \ln 2$.

(D) दिया गया है:
कुंडली का क्षेत्रफल,$A = 100 \,cm^2 = 100 \times 10^{-4} \,m^2 = 10^{-2} \,m^2$
फेरों की संख्या,$N = 20$
चुंबकीय क्षेत्र,$B = 2 \,Wb/m^2$
समय अंतराल,$\Delta t = 0.2 \,s$
चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ को $\phi = N B A \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ क्षेत्रफल सदिश $\hat{n}$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ के बीच का कोण है।
प्रारंभिक स्थिति: कुंडली का तल क्षेत्र के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाता है। इसलिए,क्षेत्रफल सदिश $\hat{n}$ और क्षेत्र $B$ के बीच का कोण $\theta_1 = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ है।
प्रारंभिक फ्लक्स,$\phi_1 = N B A \cos 60^{\circ} = 20 \times 2 \times 10^{-2} \times 0.5 = 0.2 \,Wb$.
अंतिम स्थिति: कुंडली क्षेत्र के लंबवत है। इसलिए,क्षेत्रफल सदिश $\hat{n}$ क्षेत्र $B$ के समानांतर है,अर्थात $\theta_2 = 0^{\circ}$।
अंतिम फ्लक्स,$\phi_2 = N B A \cos 0^{\circ} = 20 \times 2 \times 10^{-2} \times 1 = 0.4 \,Wb$.
प्रेरित emf,$e = -\frac{\Delta \phi}{\Delta t} = -\frac{\phi_2 - \phi_1}{\Delta t} = -\frac{0.4 - 0.2}{0.2} = -\frac{0.2}{0.2} = -1 \,V$.
प्रेरित emf का परिमाण $|e| = 1 \,V$ है।

(D) दी गई स्थिति चित्र में दिखाई गई है।
मान लीजिए कि $l$ लंबाई की एक धातु की छड़ एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लंबवत $v$ वेग से गति कर रही है।
छड़ द्वारा $dt$ के छोटे समयांतराल में तय की गई दूरी $dx = v dt$ है।
$dt$ समय में छड़ द्वारा घेरा गया क्षेत्रफल $dA = l \cdot dx = l v dt$ है।
इस क्षेत्रफल से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $d\phi = B \cdot dA = B l v dt$ है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित emf $\varepsilon$ चुंबकीय फ्लक्स के परिवर्तन की दर के बराबर होता है:
$\varepsilon = \frac{d\phi}{dt} = \frac{B l v dt}{dt} = Blv$.
चूंकि वेग चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत है,इसलिए प्रेरित emf $Blv$ प्राप्त होता है।

(B) जब एक इलेक्ट्रॉन हाइड्रोजन नाभिक के चारों ओर परिक्रमा करता है,तो यह एक धारा लूप बनाता है।
धारा $i = \frac{e}{T}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ परिक्रमण का आवर्तकाल है।
चुंबकीय आघूर्ण $\mu = i A = \frac{e}{T} (\pi r^2)$ है।
आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi r}{v}$ है। इसे $\mu$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\mu = \frac{e v}{2 \pi r} (\pi r^2) = \frac{e v r}{2}$ प्राप्त होता है।
कोणीय संवेग $L = m_e v r$ है,जिसका अर्थ है $v r = \frac{L}{m_e}$।
$v r$ का मान $\mu$ के व्यंजक में रखने पर:
$\mu = \frac{e}{2} \left(\frac{L}{m_e}\right) = \frac{e}{2 m_e} L$ प्राप्त होता है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन ऋणावेशित होता है,इसलिए चुंबकीय आघूर्ण सदिश $\vec{\mu}$ और कोणीय संवेग सदिश $\vec{L}$ विपरीत दिशाओं में होते हैं:
$\vec{\mu} = -\left(\frac{e}{2 m_e}\right) \vec{L}$।

(A) फैराडे के विद्युत चुम्बकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,विद्युत क्षेत्र का रेखीय समाकल चुंबकीय फ्लक्स के परिवर्तन की दर के ऋणात्मक मान के बराबर होता है: $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d\phi}{dt}$.
एक लंबे सोलेनोइड के लिए,अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n I$ होता है। $r$ त्रिज्या के वृत्ताकार लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A$ है।
स्थिति $1$: $r < a$ के लिए,फ्लक्स $\phi = (\mu_0 n I)(\pi r^2)$ है।
फैराडे का नियम लागू करने पर: $E(2 \pi r) = -\frac{d}{dt}(\mu_0 n I \pi r^2) = -\mu_0 n \pi r^2 \frac{dI}{dt}$.
अतः,$E = -\frac{\mu_0 n r}{2} \frac{dI}{dt}$। इसका परिमाण $|E| = \frac{\mu_0 n r \dot{I}}{2}$ है।
स्थिति $2$: $r > a$ के लिए,फ्लक्स केवल सोलेनोइड के अनुप्रस्थ काट से गुजरता है,इसलिए $\phi = (\mu_0 n I)(\pi a^2)$ है।
फैराडे का नियम लागू करने पर: $E(2 \pi r) = -\frac{d}{dt}(\mu_0 n I \pi a^2) = -\mu_0 n \pi a^2 \frac{dI}{dt}$.
अतः,$E = -\frac{\mu_0 n a^2}{2 r} \frac{dI}{dt}$। इसका परिमाण $|E| = \frac{\mu_0 n a^2 \dot{I}}{2 r}$ है।

(A) बल्ब की कुल शक्ति $P = 100 \pi \ W$ है।
दृश्य विकिरण में परिवर्तित शक्ति कुल शक्ति का $10 \%$ है,इसलिए $P' = 0.10 \times 100 \pi \ W = 10 \pi \ W$ है।
बिंदु स्रोत से $d = 10 \ m$ की दूरी पर तीव्रता $I$ का सूत्र $I = \frac{P'}{4 \pi d^2}$ होता है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \frac{10 \pi}{4 \pi (10)^2} = \frac{10 \pi}{4 \pi \times 100} = \frac{10}{400} = 0.025 \ W \ m^{-2}$।

(C) $r$ त्रिज्या और $i$ धारा वाले वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
चुंबकीय ऊर्जा घनत्व $u_d = \frac{B^2}{2\mu_0}$ है।
घन के आयतन $V$ में संग्रहीत कुल चुंबकीय ऊर्जा $U = u_d \times V = \frac{B^2}{2\mu_0} \times a^3$ है,जहाँ $a$ घन की भुजा है।
$B = \frac{\mu_0 i}{2r}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $U = \frac{1}{2\mu_0} \left( \frac{\mu_0 i}{2r} \right)^2 \times a^3 = \frac{\mu_0 i^2 a^3}{8r^2}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है: $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \ T \cdot m/A$,$i = 2 \ A$,$r = 0.2 \ m$,$a = 10^{-3} \ m$.
$U = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times (2)^2 \times (10^{-3})^3}{8 \times (0.2)^2} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 4 \times 10^{-9}}{8 \times 0.04} = \frac{16\pi \times 10^{-16}}{0.32} = 50\pi \times 10^{-16} \approx 1.57 \times 10^{-14} \ J$.

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I$ और विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ के बीच संबंध निम्नलिखित है:
$I = \frac{1}{2} \epsilon_0 E_0^2 c$
दिया गया है:
$I = 17.7 \times 10^{14} \ W/m^2$
$\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ C^2 / (N \cdot m^2)$
$c = 3 \times 10^8 \ m/s$
सूत्र में मान रखने पर:
$17.7 \times 10^{14} = \frac{1}{2} \times (8.85 \times 10^{-12}) \times E_0^2 \times (3 \times 10^8)$
$17.7 \times 10^{14} = \frac{26.55 \times 10^{-4}}{2} \times E_0^2$
$17.7 \times 10^{14} = 13.275 \times 10^{-4} \times E_0^2$
$E_0^2 = \frac{17.7 \times 10^{14}}{13.275 \times 10^{-4}} = \frac{17.7}{13.275} \times 10^{18} \approx 1.333 \times 10^{18} = \frac{4}{3} \times 10^{18}$
वर्गमूल लेने पर:
$E_0 = \sqrt{\frac{4}{3} \times 10^{18}} = \frac{2}{\sqrt{3}} \times 10^9 \ N \ C^{-1}$

(B) $RC$ श्रेणी परिपथ में कला कोण $\phi$,$\tan(\phi) = \frac{X_C}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\phi = 30^\circ$,$R = 20 \ \Omega$,और $f = 50 \ Hz$ दिया गया है।
$\tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{X_C}{20}$.
अतः,$X_C = \frac{20}{\sqrt{3}} \ \Omega$.
चूंकि $X_C = \frac{1}{2 \pi f C}$,इसलिए $\frac{1}{2 \pi \times 50 \times C} = \frac{20}{\sqrt{3}}$.
$\frac{1}{100 \pi C} = \frac{20}{\sqrt{3}}$.
$C$ के लिए हल करने पर: $C = \frac{\sqrt{3}}{2000 \pi} \ F$.
$mF$ (मिलीफैराड) में बदलने के लिए,$10^3$ से गुणा करने पर: $C = \frac{\sqrt{3}}{2000 \pi} \times 10^3 \ mF = \frac{\sqrt{3}}{2 \pi} \ mF$.

(C) सही मिलान इस प्रकार हैं:
$A$. $400 \ nm$ से $1 \ nm$ की तरंग दैर्ध्य सीमा एक्स-रे ($X$-rays) के अनुरूप है,जो तब उत्पन्न होती है जब परमाणुओं में आंतरिक कोश के इलेक्ट्रॉन एक ऊर्जा स्तर से निचले स्तर पर जाते हैं। अतः,$A \rightarrow 4$.
$B$. $> 0.1 \ nm$ की तरंग दैर्ध्य सीमा (रेडियो तरंगें और माइक्रोवेव) एरियल में इलेक्ट्रॉनों के तीव्र त्वरण और मंदन द्वारा उत्पन्न होती है। अतः,$B \rightarrow 3$.
$C$. $1 \ mm$ से $700 \ nm$ की तरंग दैर्ध्य सीमा (अवरक्त विकिरण) पदार्थ में परमाणुओं और अणुओं के कंपन द्वारा उत्पन्न होती है। अतः,$C \rightarrow 2$.
$D$. $< 10^{-3} \ nm$ की तरंग दैर्ध्य सीमा गामा किरणों के अनुरूप है,जो नाभिक के रेडियोधर्मी क्षय द्वारा उत्पन्न होती हैं। अतः,$D \rightarrow 1$.
अतः,सही मिलान $A \rightarrow 4, B \rightarrow 3, C \rightarrow 2, D \rightarrow 1$ है,जो विकल्प $C$ के अनुरूप है।

(A) वस्तु और पर्दे के बीच एक निश्चित दूरी $D$ के लिए,यदि $D > 4f$ है,तो $f$ फोकस दूरी वाला उत्तल लेंस दो स्थितियों पर स्पष्ट प्रतिबिंब बनाता है।
माना $D = 90 \ cm$ और लेंस की दो स्थितियों के बीच का पृथक्करण $d = 20 \ cm$ है।
विस्थापन विधि (displacement method) के सूत्र द्वारा फोकस दूरी $f$:
$f = \frac{D^2 - d^2}{4D}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$f = \frac{90^2 - 20^2}{4 \times 90}$
$f = \frac{8100 - 400}{360}$
$f = \frac{7700}{360}$
$f = \frac{770}{36} \approx 21.38 \ cm$.

(B) अनंत लंबे सीधे तार के लिए,$\lambda$ रैखिक आवेश घनत्व वाले तार से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 r}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
पहले तार के लिए,जिसका घनत्व $\lambda_1 = 2 \lambda$ है,मध्य बिंदु पर ($r = R/2$ दूरी पर) विद्युत क्षेत्र $E_1 = \frac{2 \lambda}{2 \pi \varepsilon_0 (R/2)} = \frac{2 \lambda}{\pi \varepsilon_0 R}$ होगा।
दूसरे तार के लिए,जिसका घनत्व $\lambda_2 = 3 \lambda$ है,मध्य बिंदु पर ($r = R/2$ दूरी पर) विद्युत क्षेत्र $E_2 = \frac{3 \lambda}{2 \pi \varepsilon_0 (R/2)} = \frac{3 \lambda}{\pi \varepsilon_0 R}$ होगा।
चूंकि तार समानांतर और धनात्मक आवेशित हैं,इसलिए मध्य बिंदु पर दोनों विद्युत क्षेत्र विपरीत दिशाओं में होंगे।
परिणामी विद्युत क्षेत्र की तीव्रता $E_{net} = |E_2 - E_1| = |\frac{3 \lambda}{\pi \varepsilon_0 R} - \frac{2 \lambda}{\pi \varepsilon_0 R}| = \frac{\lambda}{\pi \varepsilon_0 R}$ होगी।