WBJEE 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) मान लीजिए तीसरे टुकड़े का वेग $v'$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,चूंकि निकाय पर कोई बाहरी बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए कुल प्रारंभिक संवेग कुल अंतिम संवेग के बराबर होता है।
प्रारंभिक संवेग $P_i = 5 M \times 0 = 0$.
मान लीजिए पहले टुकड़े $(M)$ का वेग $\vec{v}_1 = 2v \hat{i}$ है और दूसरे टुकड़े $(2M)$ का वेग $\vec{v}_2 = -v \hat{i}$ है (क्योंकि वे विपरीत दिशाओं में चलते हैं)।
अंतिम संवेग $P_f = M(2v \hat{i}) + 2M(-v \hat{i}) + 2M(\vec{v}') = 0$.
$2Mv \hat{i} - 2Mv \hat{i} + 2M(\vec{v}') = 0$.
$0 + 2M(\vec{v}') = 0$.
इसलिए,$\vec{v}' = 0$.
तीसरा टुकड़ा स्थिर रहेगा।

(A) $r$ दूरी पर स्थित $m_1$ और $m_2$ द्रव्यमानों के बीच गुरुत्वाकर्षण बल $F = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$m_1 = m$ और $m_2 = (M - m)$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$F = \frac{G m(M - m)}{r^2} = \frac{G}{r^2} (Mm - m^2)$ प्राप्त होता है।
बल को अधिकतम होने के लिए,$F$ का $m$ के सापेक्ष अवकलन शून्य होना चाहिए,अर्थात $\frac{dF}{dm} = 0$।
$\frac{d}{dm} [\frac{G}{r^2} (Mm - m^2)] = 0$।
$\frac{G}{r^2} (M - 2m) = 0$।
चूंकि $\frac{G}{r^2} \neq 0$,इसलिए $M - 2m = 0$,जिसका अर्थ है $m = \frac{M}{2}$।
अतः,दूसरे टुकड़े का द्रव्यमान $(M - m) = M - \frac{M}{2} = \frac{M}{2}$ है।
द्रव्यमानों का अनुपात $\frac{m}{M-m} = \frac{M/2}{M/2} = \frac{1}{1}$ है।

(B) एक-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) $f_1 = 3$ है। द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_2 = 5$ है।
मोलों की संख्या $n_1 = 3$ और $n_2 = 1$ है।
मिश्रण के लिए स्वतंत्रता की कोटि इस प्रकार है:
$f_{\text{mix}} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2} = \frac{3 \times 3 + 1 \times 5}{3 + 1} = \frac{9 + 5}{4} = \frac{14}{4} = 3.5$.
मिश्रण के लिए रुद्धोष्म सूचकांक (adiabatic index) $\gamma$ इस प्रकार है:
$\gamma_{\text{mix}} = 1 + \frac{2}{f_{\text{mix}}} = 1 + \frac{2}{3.5} = 1 + \frac{2}{7/2} = 1 + \frac{4}{7} = \frac{11}{7}$.

(D) गैस के अणुओं की r.m.s. चाल का सूत्र $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
दिया गया प्रारंभिक तापमान $T_1 = 100^{\circ} C = 373 \text{ K}$ है।
अतः,$v = \sqrt{\frac{3R(373)}{M}}$.
हमें वह तापमान $T_2$ ज्ञात करना है जिस पर नई चाल $v' = \sqrt{3}v$ हो जाए।
चूंकि $v_{\text{rms}} \propto \sqrt{T}$,इसलिए $\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$ होगा।
मान रखने पर,$\sqrt{3} = \sqrt{\frac{T_2}{373}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$3 = \frac{T_2}{373}$.
$T_2 = 3 \times 373 = 1119 \text{ K}$.
सेल्सियस में बदलने पर,$T_2 = 1119 - 273 = 846^{\circ} C$.

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.1 \ kg$,संवेग में परिवर्तन $\Delta p = 2 \ kg \ m/s$,समय $t = 1 \ s$,$g = 10 \ m/s^2$.
चूंकि $\Delta p = F_{net} \times t$,इसलिए $F_{net} = \frac{\Delta p}{t} = \frac{2}{1} = 2 \ N$ है।
ब्लॉक के लिए,नेट बल $T - mg = F_{net}$ है,जहाँ $T$ डोरी में तनाव है। चूंकि डोरी द्रव्यमानहीन है और घिरनी घर्षणरहित है,इसलिए $T = F$ है।
अतः,$F - mg = 2 \ N \Rightarrow F - (0.1 \times 10) = 2 \Rightarrow F - 1 = 2 \Rightarrow F = 3 \ N$.
इस प्रकार,डोरी में तनाव $T = F = 3 \ N$ है।
त्वरण $a = \frac{F_{net}}{m} = \frac{2}{0.1} = 20 \ m/s^2$.
विस्थापन $S = \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2} \times 20 \times (1)^2 = 10 \ m$.
तनाव द्वारा किया गया कार्य $W_T = T \times S = 3 \times 10 = 30 \ J$.
गुरुत्वाकर्षण के विरुद्ध किया गया कार्य $W_g = mg \times S = (0.1 \times 10) \times 10 = 10 \ J$.

(A) मान लीजिए कि बेलनाकार ब्लॉक का कुल आयतन $V$ है और इसका घनत्व $\rho$ है।
पहले मामले में,ब्लॉक $\rho_{1}$ घनत्व वाले तरल में तैरता है। प्लवनशीलता के नियम के अनुसार,ब्लॉक का वजन उत्प्लावन बल के बराबर होता है:
$V \rho g = V x_{1} \rho_{1} g$
$\Rightarrow \rho = x_{1} \rho_{1} \quad ... (1)$
दूसरे मामले में,ब्लॉक $\rho_{1}$ और $\rho_{2}$ घनत्व वाले दो अमिश्रणीय तरल पदार्थों में पूरी तरह से डूबा हुआ है। आयतन का अंश $x_{2}$ तरल $\rho_{1}$ में है और शेष अंश $(1 - x_{2})$ तरल $\rho_{2}$ में है। कुल उत्प्लावन बल ब्लॉक के वजन के बराबर होता है:
$V \rho g = V x_{2} \rho_{1} g + V (1 - x_{2}) \rho_{2} g$
$\Rightarrow \rho = x_{2} \rho_{1} + (1 - x_{2}) \rho_{2} \quad ... (2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$x_{1} \rho_{1} = x_{2} \rho_{1} + (1 - x_{2}) \rho_{2}$
$x_{1} \rho_{1} - x_{2} \rho_{1} = (1 - x_{2}) \rho_{2}$
$\rho_{1} (x_{1} - x_{2}) = \rho_{2} (1 - x_{2})$
$\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} = \frac{1 - x_{2}}{x_{1} - x_{2}}$

(A) क्षैतिज नली में धारा रेखीय प्रवाह के लिए बर्नौली के सिद्धांत के अनुसार, स्थिर दबाव और गतिशील दबाव का योग प्रवाह रेखा पर सभी बिंदुओं पर स्थिर रहता है।
$p + \frac{1}{2} \rho v^{2} = p_{1} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}$
दिया गया है कि दूसरे बिंदु पर, $p_{1} = p/2$ है।
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$p + \frac{1}{2} \rho v^{2} = \frac{p}{2} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}$
$v_{1}^{2}$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} = p - \frac{p}{2} + \frac{1}{2} \rho v^{2}$
$\frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} = \frac{p}{2} + \frac{1}{2} \rho v^{2}$
दोनों पक्षों को $2/\rho$ से गुणा करने पर:
$v_{1}^{2} = \frac{p}{\rho} + v^{2}$
$v_{1} = \sqrt{v^{2} + \frac{p}{\rho}}$

(D) $R$ त्रिज्या के साबुन के बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $\Delta P = \frac{4T}{R}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ साबुन के घोल का पृष्ठ तनाव है।
$r$ त्रिज्या वाले छोटे बुलबुले के लिए,अंदर का दबाव $P_1 = P_{atm} + \frac{4T}{r}$ है।
$2r$ त्रिज्या वाले बड़े बुलबुले के लिए,अंदर का दबाव $P_2 = P_{atm} + \frac{4T}{2r} = P_{atm} + \frac{2T}{r}$ है।
चूंकि $P_1 > P_2$,जब वाल्व खोला जाता है,तो हवा उच्च दबाव वाले क्षेत्र (छोटे बुलबुले) से कम दबाव वाले क्षेत्र (बड़े बुलबुले) की ओर प्रवाहित होती है।
परिणामस्वरूप,छोटे बुलबुले की त्रिज्या घटती है और बड़े बुलबुले की त्रिज्या बढ़ती है।

(C) श्यान द्रव में गिरते हुए गोले का टर्मिनल वेग $v$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $v = \frac{2r^2(\rho - \sigma)g}{9\eta}$
जहाँ $r$ गोले की त्रिज्या है,$\rho$ गोले का घनत्व है,$\sigma$ द्रव का घनत्व है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है और $\eta$ श्यानता गुणांक है।
चूंकि गोले समान पदार्थ के हैं और एक ही द्रव में गिर रहे हैं,इसलिए $\rho, \sigma, g,$ और $\eta$ स्थिर हैं।
अतः,टर्मिनल वेग त्रिज्या के वर्ग के समानुपाती होता है: $v \propto r^2$.
$R$ और $3R$ त्रिज्याओं के लिए,टर्मिनल वेग का अनुपात होगा: $\frac{v_1}{v_2} = \frac{R^2}{(3R)^2} = \frac{R^2}{9R^2} = \frac{1}{9}$.
इस प्रकार,अनुपात $1:9$ है।

(D) खींचे गए तार के लिए प्रति इकाई आयतन प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $(u)$ का सूत्र है: $u = \frac{1}{2} \times Y \times (\text{विकृति})^2$,जहाँ $Y$ यंग मापांक है और $\text{विकृति} = \frac{\Delta L}{L}$ है।
पहले तार के लिए: $\text{विकृति}_1 = \frac{l}{L}$.
अतः,$u_1 = \frac{1}{2} Y (\frac{l}{L})^2$.
दूसरे तार के लिए: $\text{विकृति}_2 = \frac{2l}{2L} = \frac{l}{L}$.
अतः,$u_2 = \frac{1}{2} Y (\frac{l}{L})^2$.
चूंकि दोनों तार एक ही पदार्थ के बने हैं,इसलिए उनका यंग मापांक $Y$ समान होगा।
अतः,प्रति इकाई आयतन संचित प्रत्यास्थ ऊर्जा का अनुपात $\frac{u_1}{u_2} = \frac{\frac{1}{2} Y (l/L)^2}{\frac{1}{2} Y (l/L)^2} = 1:1$ है।

(A) दिया गया है,प्रारंभिक वेग सदिश $v = (3 \hat{i} + 10 \hat{j}) \text{ m/s}$ है।
$v = v_x \hat{i} + v_y \hat{j}$ से तुलना करने पर,हमें $v_x = 3 \text{ m/s}$ और $v_y = 10 \text{ m/s}$ प्राप्त होता है।
प्रक्षेप्य द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{v_y^2}{2g}$ है।
मान रखने पर: $H = \frac{10^2}{2 \times 10} = \frac{100}{20} = 5 \text{ m}$।
क्षैतिज परास (Range) $R$ का सूत्र $R = v_x \times T$ है,जहाँ $T = \frac{2v_y}{g}$ उड़ान का समय है।
उड़ान के समय की गणना: $T = \frac{2 \times 10}{10} = 2 \text{ s}$।
परास की गणना: $R = 3 \times 2 = 6 \text{ m}$।
अतः,अधिकतम ऊँचाई $5 \text{ m}$ और परास $6 \text{ m}$ है।

(A) मान लीजिए स्प्रिंग में विस्तार $x$ है। स्प्रिंग की कुल लंबाई $L+x$ हो जाती है।
जब द्रव्यमान एक क्षैतिज वृत्त में घूमता है,तो अभिकेंद्र बल स्प्रिंग बल के क्षैतिज घटक द्वारा प्रदान किया जाता है।
स्प्रिंग बल $F = Kx$ है,जहाँ $K$ स्प्रिंग नियतांक है।
स्प्रिंग बल का क्षैतिज घटक $Kx \sin \theta = m \omega^{2} r$ है,जहाँ $r = (L+x) \sin \theta$ वृत्ताकार पथ की त्रिज्या है।
इस प्रकार,$Kx \sin \theta = m \omega^{2} (L+x) \sin \theta$.
दोनों पक्षों से $\sin \theta$ को हटाने पर,हमें $Kx = m \omega^{2} (L+x)$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि ऊर्ध्वाधर दोलनों की कोणीय आवृत्ति $\omega_{0} = \sqrt{\frac{K}{m}}$ है,जिसका अर्थ है $K = m \omega_{0}^{2}$।
समीकरण में $K$ का मान प्रतिस्थापित करने पर: $m \omega_{0}^{2} x = m \omega^{2} (L+x)$।
$m$ से विभाजित करने पर: $\omega_{0}^{2} x = \omega^{2} L + \omega^{2} x$।
$x$ के लिए हल करने हेतु पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $x(\omega_{0}^{2} - \omega^{2}) = \omega^{2} L$।
अतः,$x = \frac{\omega^{2} L}{\omega_{0}^{2} - \omega^{2}}$।

(A) प्रथम सरल आवर्त गति $(SHM)$ के लिए: $x_{1} = a \sin \omega t + a \cos \omega t = \sqrt{2} a \sin(\omega t + \frac{\pi}{4})$.
आयाम $A_{1} = \sqrt{2} a$ और कला $\phi_{1} = \frac{\pi}{4}$.
द्वितीय सरल आवर्त गति $(SHM)$ के लिए: $x_{2} = a \sin \omega t + \frac{a}{\sqrt{3}} \cos \omega t$.
आयाम $A_{2} = \sqrt{a^{2} + (\frac{a}{\sqrt{3}})^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{3}} = \sqrt{\frac{4a^{2}}{3}} = \frac{2a}{\sqrt{3}}$.
कला $\phi_{2} = \tan^{-1}(\frac{a/\sqrt{3}}{a}) = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
आयामों का अनुपात $\frac{A_{1}}{A_{2}} = \frac{\sqrt{2} a}{2a/\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} = \sqrt{\frac{6}{4}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
कलांतर $\Delta \phi = \phi_{1} - \phi_{2} = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi - 2\pi}{12} = \frac{\pi}{12}$.

(D) एक ग्रह सूर्य द्वारा लगाए गए गुरुत्वाकर्षण बल के प्रभाव में एक दीर्घवृत्ताकार कक्षा में सूर्य के चारों ओर घूमता है।
चूंकि गुरुत्वाकर्षण बल $F$ हमेशा ग्रह और सूर्य को जोड़ने वाली रेखा (स्थिति सदिश $r$) के अनुदिश कार्य करता है,इसलिए सूर्य के सापेक्ष ग्रह पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau = r \times F = rF \sin(180^{\circ}) = 0$ होता है।
टॉर्क और कोणीय संवेग के बीच संबंध के अनुसार,$\tau = \frac{dL}{dt}$ होता है।
चूंकि $\tau = 0$ है,इसलिए $\frac{dL}{dt} = 0$ होगा,जिसका अर्थ है कि कोणीय संवेग $L$ समय के साथ स्थिर रहता है।
अतः,ग्रह का कोणीय संवेग स्थिर रहता है।

(A) मान लीजिए कि आयताकार फ्रेम के कोने $A, B, C,$ और $D$ हैं,जहाँ भुजा $AD = BC = a$ और भुजा $AB = CD = b$ है। प्रत्येक कोने पर $m$ द्रव्यमान रखा गया है।
घूर्णन की अक्ष $b$ लंबाई की भुजा (मान लीजिए भुजा $CD$) से होकर गुजरती है।
कणों के निकाय का जड़त्व आघूर्ण $I = \sum m_i r_i^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r_i$ घूर्णन की अक्ष से $i$-वें द्रव्यमान की लंबवत दूरी है।
$1$. $C$ और $D$ पर स्थित द्रव्यमान घूर्णन की अक्ष पर स्थित हैं,इसलिए उनकी लंबवत दूरी $r_C = 0$ और $r_D = 0$ है। अतः,जड़त्व आघूर्ण में उनका योगदान $m(0)^2 + m(0)^2 = 0$ है।
$2$. $A$ और $B$ पर स्थित द्रव्यमान अक्ष $CD$ से $a$ की लंबवत दूरी पर हैं। अतः,उनका योगदान $m(a)^2 + m(a)^2 = 2ma^2$ है।
इसलिए,अक्ष $CD$ के परितः निकाय का कुल जड़त्व आघूर्ण $I = 0 + 2ma^2 = 2ma^2$ होगा।

(B) प्रारंभिक वेग $u = 3.6 \ km/h = 1 \ m/s$.
अंतिम वेग $v = 2 \times u = 2 \ m/s$.
समय $t = 10 \ s$.
त्वरण $a = \frac{v - u}{t} = \frac{2 - 1}{10} = 0.1 \ m/s^2$.
तय की गई दूरी $s = ut + \frac{1}{2}at^2 = (1)(10) + \frac{1}{2}(0.1)(10)^2 = 15 \ m$.
पहिये की परिधि $C = 2 \pi r = 2 \pi (0.25) = 0.5 \pi \ m$.
चक्करों की संख्या $n = \frac{s}{C} = \frac{15}{0.5 \pi} = \frac{30}{\pi} \approx 9.55$.

(A) पिंड के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = L/2$ है। अलग होने के क्षण में पिंड का रैखिक वेग $v = \omega R = \frac{\omega L}{2}$ है।
चूंकि पिंड ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर गति कर रहा है,इसलिए उड़ान का समय $T = \frac{2v}{g} = \frac{\omega L}{g}$ द्वारा दिया जाता है।
पिंड के उसी बिंदु पर छड़ तक पहुँचने के लिए,छड़ को $T$ समय में $n$ पूर्ण चक्कर लगाने चाहिए। $n$ चक्करों के लिए समय $T = n \cdot \frac{2\pi}{\omega}$ है।
$T$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{\omega L}{g} = n \frac{2\pi}{\omega} \implies n = \frac{\omega^{2} L}{2\pi g}$। अतः,$n$ एक पूर्णांक होना चाहिए।
विकल्प $C$ के लिए,हवा में पिंड द्वारा तय की गई दूरी $2h = 2 \cdot \frac{v^2}{2g} = \frac{v^2}{g} = \frac{(\omega L/2)^2}{g} = \frac{\omega^2 L^2}{4g}$ है,जो $\omega^2$ के समानुपाती है।

(C) किसी पदार्थ का तापमान बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = \int m C \ dT$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि विशिष्ट ऊष्मा $C = D T^{3}$ है।
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,$Q = \int_{20}^{30} m (D T^{3}) \ dT$.
स्थिरांक $m$ और $D$ को समाकलन से बाहर लेने पर: $Q = m D \int_{20}^{30} T^{3} \ dT$.
समाकलन का मान ज्ञात करने पर: $Q = m D \left[ \frac{T^{4}}{4} \right]_{20}^{30}$.
$Q = \frac{m D}{4} [ (30)^{4} - (20)^{4} ]$.
$Q = \frac{m D}{4} [ 810000 - 160000 ]$.
$Q = \frac{m D}{4} [ 650000 ]$.
$Q = \frac{650000}{4} m D = \frac{65}{4} \times 10^{4} m D$.

(B) स्थिर दबाव (isobaric) प्रक्रिया के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य सूत्र $W = P \Delta V$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ, $P = 400 \text{ kPa} = 400 \times 10^3 \text{ Pa}$ है।
आयतन में परिवर्तन $\Delta V$, अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$ और विस्थापन $h$ के गुणनफल के बराबर होता है।
दिया गया है: $A = 0.3 \text{ m}^2$ और $h = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$।
अतः, $\Delta V = A \times h = 0.3 \text{ m}^2 \times 0.1 \text{ m} = 0.03 \text{ m}^3$।
अब, मानों को कार्य के सूत्र में रखने पर:
$W = (400 \times 10^3 \text{ Pa}) \times (0.03 \text{ m}^3)$
$W = 400,000 \times 0.03 = 12,000 \text{ J}$।
किलोजूल में बदलने पर: $W = 12 \text{ kJ}$।

(B) स्थिर दाब पर दी गई ऊष्मा $\Delta Q = n C_p \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
आंतरिक ऊर्जा में वृद्धि $\Delta U = n C_v \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
आंतरिक ऊर्जा बढ़ाने के लिए उपयोग की गई ऊष्मा ऊर्जा का अंश $f = \frac{\Delta U}{\Delta Q} = \frac{n C_v \Delta T}{n C_p \Delta T} = \frac{C_v}{C_p}$ है।
हम जानते हैं कि विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$ है,इसलिए $\frac{C_v}{C_p} = \frac{1}{\gamma}$ है।
एक-परमाणुक गैस के लिए,एडियाबेटिक सूचकांक $\gamma = 5/3$ है।
इसलिए,अंश $f = \frac{1}{5/3} = 3/5$ है।

(B) दिया गया है:
ध्वनि का वेग,$v = 340 \ m/s$
श्रोता (कार) का वेग,$v_L = 17 \ m/s$
स्रोत (बस) का वेग,$v_S = ?$
उत्सर्जित हॉर्न की आवृत्ति,$f = 640 \ Hz$
आभासी आवृत्ति,$f' = 680 \ Hz$
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,आभासी आवृत्ति $f'$ इस प्रकार दी जाती है:
$f' = f \left( \frac{v + v_L}{v - v_S} \right)$
दिए गए मानों को रखने पर:
$680 = 640 \left( \frac{340 + 17}{340 - v_S} \right)$
दोनों पक्षों को $40$ से विभाजित करने पर:
$17 = 16 \left( \frac{357}{340 - v_S} \right)$
$17(340 - v_S) = 16 \times 357$
$5780 - 17v_S = 5712$
$17v_S = 5780 - 5712$
$17v_S = 68$
$v_S = 4 \ m/s$

(B) मान लीजिए कि बंद पाइप की लंबाई $L_{1}$ है और खुले पाइप की लंबाई $L_{2}$ है।
बंद पाइप की मूल आवृत्ति $v_{1} = \frac{v}{4 L_{1}}$ द्वारा दी जाती है।
खुले पाइप के दूसरे हार्मोनिक की आवृत्ति $v_{2} = 2 \times \frac{v}{2 L_{2}} = \frac{v}{L_{2}}$ द्वारा दी जाती है।
प्रश्न के अनुसार,बंद पाइप की मूल आवृत्ति खुले पाइप के दूसरे हार्मोनिक की आवृत्ति के बराबर है,इसलिए $v_{1} = v_{2}$ है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{v}{4 L_{1}} = \frac{v}{L_{2}}$ प्राप्त होता है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{L_{1}}{L_{2}} = \frac{1}{4}$ प्राप्त होता है।
अतः,उनकी लंबाई का अनुपात $1: 4$ है।

(C) तरंग की आवृत्ति $f = 500 Hz$ और वेग $v = 300 ms^{-1}$ है।
सबसे पहले,हम $v = f \lambda$ संबंध का उपयोग करके तरंगदैर्ध्य $\lambda$ की गणना करते हैं:
$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{300}{500} = 0.6 m = 60 cm$.
कलांतर $\Delta \phi = 60^{\circ}$ दिया गया है,जो $\frac{\pi}{3}$ रेडियन के बराबर है।
कलांतर $\Delta \phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच का संबंध $\Delta \phi = \frac{2 \pi}{\lambda} \Delta x$ है।
मान रखने पर: $\frac{\pi}{3} = \frac{2 \pi}{60 cm} \Delta x$.
$\Delta x$ के लिए हल करने पर: $\Delta x = \frac{\pi}{3} \times \frac{60 cm}{2 \pi} = \frac{60}{6} cm = 10 cm$.

(D) गोली का द्रव्यमान $= m$,गोली की प्रारंभिक चाल $= v$।
ब्लॉक का द्रव्यमान $= M$,ब्लॉक की प्रारंभिक चाल $= 0$।
माना टक्कर के बाद निकाय का उभयनिष्ठ वेग $V$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m v + M(0) = (m + M)V$
$V = \frac{m v}{m + M}$
उत्पन्न ऊष्मा गतिज ऊर्जा $(KE)$ में हुई हानि के बराबर होती है।
$\Delta KE = KE_{initial} - KE_{final}$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} (m + M) V^{2}$
$V$ का मान रखने पर:
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} (m + M) \left( \frac{m v}{m + M} \right)^{2}$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} - \frac{1}{2} (m + M) \frac{m^{2} v^{2}}{(m + M)^{2}}$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} \left( 1 - \frac{m}{m + M} \right)$
$\Delta KE = \frac{1}{2} m v^{2} \left( \frac{m + M - m}{m + M} \right)$
$\Delta KE = \frac{1}{2} \frac{m M v^{2}}{m + M}$

(D) शक्ति को कार्य करने की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो कण की गतिज ऊर्जा $(KE)$ के परिवर्तन की दर के बराबर होती है।
$P = \frac{dW}{dt} = \frac{d(KE)}{dt}$.
चूंकि शक्ति $(P)$ एक नियत मान है,इसलिए गतिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर,$\frac{d(KE)}{dt}$,भी नियत होनी चाहिए।
अतः,गतिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर नियत रहती है।

(C) प्रत्यावर्ती धारा के लिए दिया गया समीकरण $I = I_0 \sin(\omega t + \phi)$ है,जहाँ $I_0 = 20 \ A$ और $\omega = 100 \pi \ rad/s$ है।
धारा का रूट मीन स्क्वायर (r.m.s.) मान $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
$I_0$ का मान रखने पर: $I_{rms} = \frac{20}{\sqrt{2}} = 10 \sqrt{2} \ A$।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 100 \pi$ है।
आवृत्ति $f$ के लिए हल करने पर: $f = \frac{100 \pi}{2 \pi} = 50 \ Hz$।
अतः,r.m.s. मान $10 \sqrt{2} \ A$ है और आवृत्ति $50 \ Hz$ है।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की कुल ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
$n=2$ अवस्था के लिए,कुल ऊर्जा $E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -\frac{13.6}{4} = -3.4 \ eV$ है।
स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ और कुल ऊर्जा $(E)$ के बीच संबंध $PE = 2E$ होता है।
अतः,$n=2$ अवस्था में स्थितिज ऊर्जा $PE = 2 \times (-3.4 \ eV) = -6.8 \ eV$ होगी।

(D) प्रारंभ में,संधारित्र $C_{0}$ को $V_{0}$ विभव तक आवेशित किया गया है। संधारित्र में संचित कुल आवेश $Q = C_{0}V_{0}$ है।
जब स्विच $S$ को बंद किया जाता है,तो दोनों संधारित्र $C_{0}$ और $C$ समानांतर क्रम में जुड़ जाते हैं। कुल आवेश $Q$ अब दोनों संधारित्रों में वितरित हो जाता है,और वे एक उभयनिष्ठ विभव $V$ प्राप्त कर लेते हैं।
आवेश संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,कुल आवेश स्थिर रहता है:
$Q = (C_{0} + C)V$
$Q = C_{0}V_{0}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$C_{0}V_{0} = (C_{0} + C)V$
$C_{0}V_{0} = C_{0}V + CV$
$CV = C_{0}V_{0} - C_{0}V$
$CV = C_{0}(V_{0} - V)$
$C = \frac{C_{0}(V_{0} - V)}{V}$

(A) दी गई व्यवस्था में चार प्लेटें शामिल हैं। मान लीजिए कि $P$ से जुड़ी प्लेटें धनात्मक प्लेटें हैं और $Q$ से जुड़ी प्लेटें ऋणात्मक प्लेटें हैं।
चित्र से,हम देख सकते हैं कि प्लेटों के बीच दो संधारित्र बनते हैं।
प्रत्येक संधारित्र $d$ दूरी पर स्थित और $a$ क्षेत्रफल वाली दो निकटवर्ती प्लेटों द्वारा बनता है।
एक समानांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_{0} a}{d}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि दोनों संधारित्र समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_{eq}$ व्यक्तिगत धारिताओं का योग होगी।
$C_{eq} = C_{1} + C_{2} = \frac{\varepsilon_{0} a}{d} + \frac{\varepsilon_{0} a}{d} = \frac{2 \varepsilon_{0} a}{d}$.

(B) $E$ emf और $r$ आंतरिक प्रतिरोध वाले सेल से जुड़े $R$ प्रतिरोध में उत्पन्न ऊष्मा $H = I^2 R t = \left( \frac{E}{R+r} \right)^2 R t$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $R_1$ के लिए $H_1 = H$ और $R_2$ के लिए $H_2 = 4H$ समान समय $t$ के लिए,इसलिए:
$H = \frac{E^2 R_1}{(R_1+r)^2} t$ और $4H = \frac{E^2 R_2}{(R_2+r)^2} t$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{4H}{H} = \frac{R_2 (R_1+r)^2}{R_1 (R_2+r)^2} \Rightarrow 4 = \frac{R_2 (R_1+r)^2}{R_1 (R_2+r)^2}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $2 = \frac{\sqrt{R_2} (R_1+r)}{\sqrt{R_1} (R_2+r)}$.
$2 \sqrt{R_1} (R_2+r) = \sqrt{R_2} (R_1+r) \Rightarrow 2 \sqrt{R_1} R_2 + 2 \sqrt{R_1} r = \sqrt{R_2} R_1 + \sqrt{R_2} r$.
$r$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $r (2 \sqrt{R_1} - \sqrt{R_2}) = \sqrt{R_2} R_1 - 2 \sqrt{R_1} R_2$.
$r = \frac{\sqrt{R_1 R_2} (\sqrt{R_1} - 2 \sqrt{R_2})}{2 \sqrt{R_1} - \sqrt{R_2}}$.
अंश और हर को $-1$ से गुणा करने पर: $r = \sqrt{R_{1} R_{2}} \frac{2 \sqrt{R_{2}}-\sqrt{R_{1}}}{\sqrt{R_{2}}-2 \sqrt{R_{1}}}$.

(B) माना बैटरी से कुल धारा $I$ निकल रही है और दाहिने लूप में बहने वाली धारा $I_1$ है। दाहिने लूप (लूप $BCDEB$) पर किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$2 I_1 + 4 I_1 + 2 I_1 - 8(I - I_1) = 0$
$8 I_1 - 8 I + 8 I_1 = 0$
$16 I_1 = 8 I \Rightarrow I_1 = 0.5 I$.
अब,बाएं लूप (लूप $ABEF$) पर किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$9 - 3 I - 8(I - I_1) - 2 I = 0$
$9 - 5 I - 8(I - 0.5 I) = 0$
$9 - 5 I - 8(0.5 I) = 0$
$9 - 5 I - 4 I = 0$
$9 I = 9 \Rightarrow I = 1 A$.
अतः,$4 \Omega$ के प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा $I_1 = 0.5 \times 1 A = 0.5 A$ है।

(C) अनुगमन वेग $v_{d}$ का सूत्र $v_{d} = \frac{I}{neA}$ है,जहाँ $I$ धारा है,$n$ इलेक्ट्रॉन घनत्व है,$e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
चूँकि $I = \frac{E}{R}$ और $R = \rho \frac{l}{A}$,इसलिए $I = \frac{E A}{\rho l}$ होता है।
इस मान को अनुगमन वेग के सूत्र में रखने पर:
$v_{d} = \frac{E A}{\rho l n e A} = \frac{E}{\rho l n e}$.
इस व्यंजक से,हम देख सकते हैं कि $v_{d} \propto \frac{1}{l}$ है।
यदि लंबाई बदलकर $l' = 2l$ कर दी जाए,तो नया अनुगमन वेग $v_{d}'$ होगा:
$v_{d}' = \frac{E}{\rho (2l) n e} = \frac{1}{2} \left( \frac{E}{\rho l n e} \right) = \frac{v_{d}}{2}$.

(C) दिए गए परिपथ को उसकी समरूपता (symmetry) को देखकर सरल बनाया जा सकता है।
मान लीजिए कि बिंदुओं को नामांकित किया गया है। परिपथ श्रेणीक्रम में जुड़े दो लूप से बना है।
प्रत्येक लूप में $r$ प्रतिरोध वाले दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं,जो $r$ प्रतिरोध वाले दो अन्य श्रेणीबद्ध प्रतिरोधकों की शाखा के साथ समानांतर हैं।
पहले भाग (बाईं ओर) के लिए,दो शाखाएं समानांतर हैं,जिनमें से प्रत्येक का प्रतिरोध $r + r = 2r$ है। इस भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_1 = \frac{2r \times 2r}{2r + 2r} = \frac{4r^2}{4r} = r$ है।
इसी प्रकार,दूसरे भाग (दाईं ओर) के लिए,दो शाखाएं समानांतर हैं,जिनमें से प्रत्येक का प्रतिरोध $r + r = 2r$ है। इस भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_2 = \frac{2r \times 2r}{2r + 2r} = r$ है।
चूंकि ये दोनों भाग बिंदुओं $a$ और $b$ के बीच श्रेणीक्रम में जुड़े हुए हैं,इसलिए कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_2 = r + r = 2r$ होगा।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र है: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$।
दिए गए मान हैं:
$h = 6.6 \times 10^{-34} \ J \cdot s$
$m = 1 \times 10^{-30} \ kg$
$K = 200 \ eV = 200 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 3.2 \times 10^{-17} \ J$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times (1 \times 10^{-30}) \times (3.2 \times 10^{-17})}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{\sqrt{6.4 \times 10^{-47}}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{8 \times 10^{-23.5}}$
गणना करने पर:
$\lambda = 0.825 \times 10^{-10} \ m = 8.25 \times 10^{-11} \ m$।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = h v - \phi_{0}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi_{0}$ धातु का कार्य फलन है।
चूँकि $K_{max} = e V_{s}$,जहाँ $V_{s}$ निरोधी विभव है,इसलिए $e V_{s} = h v - \phi_{0}$।
प्रथम स्थिति के लिए: $e V_{1} = h v_{1} - \phi_{0}$ ---$(i)$
द्वितीय स्थिति के लिए: $e V_{2} = h v_{2} - \phi_{0}$ ---(ii)
समीकरण (ii) में से समीकरण $(i)$ को घटाने पर:
$e V_{2} - e V_{1} = (h v_{2} - \phi_{0}) - (h v_{1} - \phi_{0})$
$e(V_{2} - V_{1}) = h(v_{2} - v_{1})$
$v_{2} - v_{1} = \frac{e}{h}(V_{2} - V_{1})$
$v_{2} = v_{1} + \frac{e}{h}(V_{2} - V_{1})$

(B) दिया गया है,$B = 2t + 4t^{2}$।
$t = 0 \ s$ पर,$B_{1} = 2(0) + 4(0)^{2} = 0 \ T$।
$t = 2 \ s$ पर,$B_{2} = 2(2) + 4(2)^{2} = 4 + 16 = 20 \ T$।
चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A = B \cdot \pi r^{2}$ है।
चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi = \phi_{2} - \phi_{1} = \pi r^{2} (B_{2} - B_{1})$ है।
मान रखने पर,$\Delta \phi = \pi r^{2} (20 - 0) = 20 \pi r^{2} \ Wb$।
प्रेरित आवेश $Q = \frac{\Delta \phi}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$Q = \frac{20 \pi r^{2}}{R} \ C$।

(B) गॉस के नियम के अनुसार,$R$ त्रिज्या वाली गोलाकार सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$ द्वारा दिया जाता है।
$R$ त्रिज्या वाले गोले के लिए,सतह पर विद्युत क्षेत्र $E$ समान होता है,इसलिए $E(4 \pi R^{2}) = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$।
कुल आवेश $q_{enclosed}$ गोले के आयतन पर आयतन आवेश घनत्व $\rho = k r$ का समाकलन करके प्राप्त किया जाता है:
$q_{enclosed} = \int_{0}^{R} \rho (4 \pi r^{2}) dr = \int_{0}^{R} (k r) (4 \pi r^{2}) dr = 4 \pi k \int_{0}^{R} r^{3} dr = 4 \pi k \left[ \frac{r^{4}}{4} \right]_{0}^{R} = \pi k R^{4}$।
इस मान को गॉस के नियम में रखने पर:
$E(4 \pi R^{2}) = \frac{\pi k R^{4}}{\varepsilon_{0}}$।
$E$ के लिए हल करने पर:
$E = \frac{\pi k R^{4}}{4 \pi R^{2} \varepsilon_{0}} = \frac{k R^{2}}{4 \varepsilon_{0}}$।

(C) स्थिर वैद्युत क्षेत्र में किसी आवेश को स्थानांतरित करने में किया गया कार्य निकाय की स्थिर वैद्युत स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = U_{f} - U_{i}$
$U = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q_{1} q_{2}}{r}$
जब $+5 \text{ C}$ का आवेश $A(2, 0) \text{ m}$ पर होता है,तब प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_{i}$:
$U_{i} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{(2)(5)}{2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} (5)$
जब $+5 \text{ C}$ का आवेश $B(0, 2) \text{ m}$ पर होता है,तब अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_{f}$:
$U_{f} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{(2)(5)}{2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} (5)$
चूंकि मूल बिंदु $O$ से बिंदु $A$ की दूरी $2 \text{ m}$ है और मूल बिंदु $O$ से बिंदु $B$ की दूरी भी $2 \text{ m}$ है,इसलिए स्थितिज ऊर्जा समान रहती है।
$W = U_{f} - U_{i} = 0 \text{ J}$.

(C) चुंबकीय क्षेत्र में रखे धारावाही तार पर लगने वाला बल $\vec{F} = I(\vec{L} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$I = 1 \ A$,$\vec{L} = 0.5 \hat{i} \ m$,और $\vec{B} = (2\hat{i} + 4\hat{j}) \ T$ है।
मान रखने पर:
$\vec{F} = 1 \times (0.5 \hat{i} \times (2\hat{i} + 4\hat{j}))$
$\vec{F} = 0.5 \times 2(\hat{i} \times \hat{i}) + 0.5 \times 4(\hat{i} \times \hat{j})$
चूंकि $\hat{i} \times \hat{i} = 0$ और $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$ है:
$\vec{F} = 0 + 2\hat{k} = 2\hat{k} \ N$.
बल का परिमाण $|\vec{F}| = 2 \ N$ है और इसकी दिशा धनात्मक $z$-अक्ष की ओर है।

(A) दिया गया है,चुंबकीय आघूर्ण $M = 200 \text{ A m}^2$।
चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.30 \text{ N A}^{-1} \text{ m}^{-1}$।
कोण $\theta = 30^{\circ}$।
हम जानते हैं कि चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\tau = M B \sin \theta$।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\tau = 200 \times 0.30 \times \sin(30^{\circ})$।
चूंकि $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,
$\tau = 200 \times 0.30 \times \frac{1}{2} = 100 \times 0.30 = 30 \text{ N m}$।
अतः,आवश्यक टॉर्क $30 \text{ N m}$ है।

(D) धारा $I$ बिंदु $A$ पर प्रवेश करती है और दो रास्तों में विभाजित हो जाती है: एक $AB$ के माध्यम से और दूसरा $AC$ के माध्यम से। चूँकि तार समान हैं, पथ $AB$ का प्रतिरोध $R$ है और पथ $AC$ का प्रतिरोध $R$ है।
$BC$ के मध्य बिंदु (मान लीजिए $M$) पर, $B$ से $M$ और $C$ से $M$ तक की धारा फिर से मिलकर बाहर निकलती है।
समबाहु त्रिभुज की समरूपता और धारा वितरण के कारण, केंद्रक $O$ पर खंड $AB$ और $BM$ में बहने वाली धारा द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र, खंड $AC$ और $CM$ में बहने वाली धारा द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र के परिमाण में बराबर लेकिन दिशा में विपरीत होता है।
इसलिए, केंद्रक $O$ पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = B_{left} + B_{right} = 0$ है।

(A) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में $\vec{v}$ वेग से गति करने वाले आवेशित कण पर लगने वाला बल लॉरेंट्ज़ बल समीकरण द्वारा दिया जाता है: $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$।
कण के एकसमान वेग से गति करने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए,अर्थात $\vec{F} = 0$।
स्थिति $1$: यदि $E=0$ और $B=0$ है,तो कण एकसमान वेग से गति करता है (न्यूटन का प्रथम नियम)।
स्थिति $2$: यदि $E=0$ और $B \neq 0$ है,तो कण एकसमान वेग से गति करता है यदि वह चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर या प्रति-समानांतर गति करता है $(\vec{v} \times \vec{B} = 0)$।
स्थिति $3$: यदि $E \neq 0$ और $B \neq 0$ है,तो कण एकसमान वेग से गति करता है यदि विद्युत बल और चुंबकीय बल एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं,जो तब होता है जब $\vec{E} = -(\vec{v} \times \vec{B})$। परिमाण के संदर्भ में,इसका अर्थ है $E = vB$ (जहाँ $\vec{v} \perp \vec{B}$ और $\vec{E} \perp \vec{v}$)।
अतः,$E=vB$ की स्थिति एकसमान वेग के लिए एक मान्य संभावना है।

(A) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $H = B \cos \delta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $B$ कुल चुंबकीय क्षेत्र है और $\delta$ नति कोण है।
यह मानते हुए कि दोनों स्थानों पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B$ समान है:
$H_1 = B \cos 30^{\circ}$ और $H_2 = B \cos 45^{\circ}$.
अनुपात लेने पर:
$\frac{H_1}{H_2} = \frac{B \cos 30^{\circ}}{B \cos 45^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
अतः,अनुपात $\sqrt{3} : \sqrt{2}$ है।

(A) अल्फा कण $\left({ }^{4} He\right)$ में $2$ प्रोटॉन और $2$ न्यूट्रॉन होते हैं।
घटकों का कुल द्रव्यमान $m_{c} = 2(m_{p} + m_{n}) = 2(1.00783 + 1.00867) = 2(2.01650) = 4.03300 \ amu$ है।
द्रव्यमान क्षति $\Delta m = m_{c} - m_{He} = 4.03300 - 4.00300 = 0.0300 \ amu$ है।
बंधन ऊर्जा $E$ की गणना करने के लिए $1 \ amu = 931 \ MeV$ का उपयोग करते हुए:
$E = \Delta m \times 931 \ MeV/amu = 0.0300 \times 931 = 27.93 \ MeV$।
अतः,बंधन ऊर्जा लगभग $27.9 \ MeV$ है।

(A) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_{0} e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$ है।
मान लीजिए $t_{1}$ वह समय है जब परमाणुओं की संख्या $N_{0}/2$ है और $t_{2}$ वह समय है जब परमाणुओं की संख्या $N_{0}/10$ है।
$N(t_{1}) = N_{0}/2$ के लिए,हमारे पास है $\frac{N_{0}}{2} = N_{0} e^{-\lambda t_{1}} \Rightarrow e^{\lambda t_{1}} = 2 \Rightarrow \lambda t_{1} = \ln 2$।
$N(t_{2}) = N_{0}/10$ के लिए,हमारे पास है $\frac{N_{0}}{10} = N_{0} e^{-\lambda t_{2}} \Rightarrow e^{\lambda t_{2}} = 10 \Rightarrow \lambda t_{2} = \ln 10$।
आवश्यक समय अंतराल $\Delta t = t_{2} - t_{1} = \frac{\ln 10 - \ln 2}{\lambda} = \frac{\ln(10/2)}{\lambda} = \frac{\ln 5}{\lambda}$ है।
चूँकि $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$,हम $\lambda$ का मान प्रतिस्थापित करते हैं तो $\Delta t = \frac{\ln 5}{(\ln 2 / T)} = T \frac{\ln 5}{\ln 2} = T \log_{2} 5$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि दो स्थिर आवेश $Q$,$-d$ और $+d$ स्थितियों पर स्थित हैं।
जब आवेश $q$ को मूल बिंदु से $x$ दूरी तक विस्थापित किया जाता है,तो उस पर लगने वाला परिणामी बल:
$F = F_{left} - F_{right} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{Qq}{(d-x)^{2}} - \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{Qq}{(d+x)^{2}}$
$F = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{(d+x)^{2} - (d-x)^{2}}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right] = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{4dx}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right]$
चूंकि $x \ll d$,हम $(d^{2}-x^{2})^{2} \approx d^{4}$ का सन्निकटन कर सकते हैं:
$F \approx \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_{0}} \cdot \frac{4dx}{d^{4}} = \frac{Qqx}{\pi\varepsilon_{0}d^{3}}$
चूंकि बल माध्य स्थिति की ओर निर्देशित है,$F = -kx$,जहाँ $k = \frac{Qq}{\pi\varepsilon_{0}d^{3}}$ है।
आवर्तकाल $T$ इस प्रकार प्राप्त होता है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{M \pi \varepsilon_{0} d^{3}}{Qq}} = 2 \sqrt{\frac{\pi^{3} M \varepsilon_{0} d^{3}}{Qq}}$

(B) दूर-दृष्टि दोष (हाइपरमेट्रोपिया) वाले व्यक्ति के लिए,वह व्यक्ति सामान्य निकट बिंदु $(u = -25 \ cm)$ पर वस्तुओं को स्पष्ट रूप से नहीं देख सकता है। हालाँकि,प्रश्न के अनुसार व्यक्ति का वर्तमान निकट बिंदु $v = -60 \ cm$ है। हम लेंस का उपयोग करके निकट बिंदु को $u = -12 \ cm$ पर लाना चाहते हैं।
लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$
यहाँ,$v = -60 \ cm$ (प्रतिबिंब व्यक्ति के वास्तविक निकट बिंदु पर बनता है) और $u = -12 \ cm$ (वस्तु को वांछित निकट बिंदु पर रखा जाता है)।
$\frac{1}{f} = \frac{1}{-60} - \frac{1}{-12} = \frac{-1 + 5}{60} = \frac{4}{60} = \frac{1}{15} \ cm^{-1}$.
चूंकि $f$ का मान $cm$ में है,$f = 15 \ cm = 0.15 \ m$.
लेंस की शक्ति $P = \frac{1}{f(m)} = \frac{1}{0.15} = \frac{100}{15} = +\frac{20}{3} \ D$.

(A) उत्तल लेंस के लिए,आवर्धन $m = \frac{f}{f+u}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $u$ वस्तु की दूरी है (चिह्न परिपाटी के अनुसार,$u$ ऋणात्मक है)।
यह दिया गया है कि दो अलग-अलग वस्तु स्थितियों के लिए आवर्धन $m$ समान है,जो केवल तभी संभव है जब एक प्रतिबिंब वास्तविक हो और दूसरा आभासी हो।
प्रथम स्थिति में,$u_1 = -16 \ cm$। आवर्धन $m = \frac{f}{f-16}$ है। चूँकि $m > 1$ है,यह एक आभासी प्रतिबिंब होना चाहिए,इसलिए $m = \frac{f}{f-16}$।
जब वस्तु को लेंस की ओर $8 \ cm$ खिसकाया जाता है,तो नई वस्तु दूरी $u_2 = -(16 - 8) = -8 \ cm$ होती है। आवर्धन $m' = \frac{f}{f-8}$ है। चूँकि आवर्धन का परिमाण समान है,हमारे पास $|\frac{f}{f-16}| = |\frac{f}{f-8}|$ है।
चूँकि $m > 1$ है,एक धनात्मक और एक ऋणात्मक होना चाहिए: $\frac{f}{f-16} = -\frac{f}{f-8}$।
$f$ से विभाजित करने पर $(f \neq 0)$: $\frac{1}{f-16} = -\frac{1}{f-8}$।
$\Rightarrow f - 8 = -(f - 16) = -f + 16$।
$\Rightarrow 2f = 24$।
$\Rightarrow f = 12 \ cm$।

(A) लेंस मेकर सूत्र के अनुसार,माध्यम में लेंस की फोकस दूरी $f'$ इस प्रकार दी जाती है: $\frac{1}{f'} = (\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1)(\frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}})$.
उभयोत्तल लेंस के लिए,$R_{1} = R$ और $R_{2} = -R$ होता है,इसलिए $(\frac{1}{R_{1}} - \frac{1}{R_{2}}) = \frac{2}{R}$ होगा।
अतः,$\frac{1}{f'} = (\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1)(\frac{2}{R})$.
यदि $n_{1} > n_{2}$ है,तो $(\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1) > 0$ होगा,इसलिए $f' > 0$ होगा और लेंस एक उत्तल (अभिसारी) लेंस की तरह व्यवहार करेगा।
यदि $n_{1} < n_{2}$ है,तो $(\frac{n_{1}}{n_{2}} - 1) < 0$ होगा,इसलिए $f' < 0$ होगा और लेंस एक अवतल (अपसारी) लेंस की तरह व्यवहार करेगा।
अतः,लेंस का व्यवहार $n_{1}$ और $n_{2}$ के सापेक्ष मानों पर निर्भर करता है।

(D) बिना विचलन के विक्षेपण के लिए,दो प्रिज्मों के संयोजन द्वारा उत्पन्न कुल विचलन शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि प्रिज्म $P_{1}$ और $P_{2}$ के अपवर्तनांक $\mu$ और $\mu^{\prime}$ हैं और उनके प्रिज्म कोण क्रमशः $A$ और $A^{\prime}$ हैं।
विचलन न होने की शर्त $\delta + \delta^{\prime} = 0$ है,जिसका अर्थ है कि $(\mu - 1)A = (\mu^{\prime} - 1)A^{\prime}$।
दिए गए मान $\mu = 1.54$,$A = 4^{\circ}$ और $A^{\prime} = 3^{\circ}$ हैं।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $(1.54 - 1) \times 4^{\circ} = (\mu^{\prime} - 1) \times 3^{\circ}$।
$0.54 \times 4 = (\mu^{\prime} - 1) \times 3$।
$2.16 = (\mu^{\prime} - 1) \times 3$।
$\mu^{\prime} - 1 = \frac{2.16}{3} = 0.72$।
$\mu^{\prime} = 0.72 + 1 = 1.72$।

(C) धारा $I = \frac{e}{T} = \frac{e \omega}{2 \pi}$ द्वारा दी जाती है। यह $r$ से स्वतंत्र है।
चुंबकीय आघूर्ण $\mu = I A = \left( \frac{e \omega}{2 \pi} \right) (\pi r^2) = \frac{e \omega r^2}{2}$.
कोणीय संवेग $L = m v r = m (\omega r) r = m \omega r^2$.
$\mu$ और $L$ की तुलना करने पर,हमें $\mu = \frac{e}{2m} L$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,चुंबकीय आघूर्ण कोणीय संवेग के समानुपाती होता है,और अनुपात $\mu / L = e / (2m)$ को जाइरोमैग्नेटिक अनुपात के रूप में जाना जाता है। कथन $C$ सही है क्योंकि यह $e / (2m)$ कारक के माध्यम से $\mu$ और $L$ को संबंधित करता है।

(A) एक $n-p-n$ या $p-n-p$ ट्रांजिस्टर में,उत्सर्जक (emitter) को भारी रूप से डोप किया जाता है ताकि बड़ी संख्या में बहुसंख्यक आवेश वाहक (majority charge carriers) प्रदान किए जा सकें। आधार (base) बहुत पतला और हल्का डोप किया हुआ होता है ताकि पुनर्संयोजन (recombination) को कम किया जा सके। कलेक्टर मध्यम रूप से डोप किया जाता है और बिजली के अपव्यय (power dissipation) को संभालने के लिए भौतिक रूप से उत्सर्जक से बड़ा होता है। इसलिए,कलेक्टर की तुलना में उत्सर्जक का डोपिंग स्तर अधिक होता है।

(D) मान लीजिए कि $NOR$ गेट का आउटपुट $Y$ है। $NOR$ गेट $Y = \overline{A+B}$ ऑपरेशन करता है। इसके बाद $NAND$ गेट $Y$ और $C$ को इनपुट के रूप में लेकर आउटपुट $D = \overline{Y \cdot C}$ प्रदान करता है।
स्थिति $1$: $A=0, B=0, C=0$
$Y = \overline{0+0} = \overline{0} = 1$
$D = \overline{Y \cdot C} = \overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$
स्थिति $2$: $A=1, B=0, C=1$
$Y = \overline{1+0} = \overline{1} = 0$
$D = \overline{Y \cdot C} = \overline{0 \cdot 1} = \overline{0} = 1$
अतः,आउटपुट क्रमशः $1$ और $1$ हैं।

(B) संपोषी व्यतिकरण के लिए,दो तरंगों के बीच पथ का अंतर $\Delta x$ तरंगदैर्ध्य का एक पूर्णांक गुणज होना चाहिए,अर्थात $\Delta x = n\lambda$,जहाँ $n = 0, 1, 2, \dots$ है।
मान लीजिए कि बिंदु $x$-अक्ष पर $P(x, 0)$ है।
$S_{1}(0,0)$ से $P(x,0)$ की दूरी $r_{1} = \sqrt{(x-0)^{2} + (0-0)^{2}} = x$ है।
$S_{2}(0,3\lambda)$ से $P(x,0)$ की दूरी $r_{2} = \sqrt{(x-0)^{2} + (0-3\lambda)^{2}} = \sqrt{x^{2} + 9\lambda^{2}}$ है।
पथ का अंतर $\Delta x = |r_{2} - r_{1}| = |\sqrt{x^{2} + 9\lambda^{2}} - x|$ है।
विकल्प $(B)$ $(4\lambda, 0)$ की जाँच करने पर:
$r_{1} = 4\lambda$.
$r_{2} = \sqrt{(4\lambda)^{2} + (3\lambda)^{2}} = \sqrt{16\lambda^{2} + 9\lambda^{2}} = \sqrt{25\lambda^{2}} = 5\lambda$.
पथ का अंतर $\Delta x = |5\lambda - 4\lambda| = \lambda$.
चूंकि $\Delta x = 1\lambda$,जो $\lambda$ का एक पूर्णांक गुणज है,इसलिए $(4\lambda, 0)$ पर संपोषी व्यतिकरण होता है।

(A) दिया गया है: कण का द्रव्यमान $= M$,आवेश $= q$,विद्युत क्षेत्र $= E$,प्रारंभिक वेग $u = 0$.
त्वरण $a = F/M = qE/M$.
तय की गई दूरी $S = ut + (1/2)at^2 = (1/2)(qE/M)t^2$.
अंतिम वेग $v = u + at = (qE/M)t$.
गतिज ऊर्जा $T = (1/2)Mv^2 = (1/2)M(qEt/M)^2 = (1/2)(q^2E^2t^2/M)$.
अब,अनुपात $T/S = [(1/2)(q^2E^2t^2/M)] / [(1/2)(qE/M)t^2] = qE$.
चूंकि $q$ और $E$ स्थिर हैं,इसलिए अनुपात $T/S = qE$ समय $t$ से स्वतंत्र है और स्थिर रहता है।

(B) कण को एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ द्वारा $D$ दूरी तक त्वरित किया जाता है। विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य कण द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $(KE)$ के बराबर होता है।
$KE = W = q E D$
निकटतम पहुँच की दूरी $(r_0)$ पर,कण की पूरी गतिज ऊर्जा स्थिर आवेश $Q$ के साथ परस्पर क्रिया के कारण स्थिर विद्युत स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ में परिवर्तित हो जाती है।
$PE = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q Q}{r_0}$
निकटतम पहुँच के बिंदु पर $KE$ और $PE$ को बराबर करने पर:
$q E D = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q Q}{r_0}$
$r_0$ के लिए हल करने पर:
$r_0 = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 E D}$