WBJEE 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) पृथ्वी के द्रव्यमान $M$ के चारों ओर $r$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में उपग्रह के लिए,स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{G M m}{r}$ होती है।
उपग्रह की गतिज ऊर्जा $K = \frac{G M m}{2 r}$ होती है।
कुल ऊर्जा $E$ स्थितिज ऊर्जा और गतिज ऊर्जा का योग है:
$E = U + K = -\frac{G M m}{r} + \frac{G M m}{2 r} = -\frac{G M m}{2 r}$.
$U$ और $E$ के व्यंजकों की तुलना करने पर:
$U = -\frac{G M m}{r}$
$E = -\frac{G M m}{2 r}$
अतः,$U = 2 \times (-\frac{G M m}{2 r}) = 2 E$.

(A) एक चिकने नत समतल के लिए,त्वरण $a_s = g \sin \theta$ है। $d$ दूरी तय करने में लगा समय $t_s = \sqrt{2d / a_s} = \sqrt{2d / (g \sin \theta)}$ है।
एक खुरदरे नत समतल के लिए,त्वरण $a_r = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ है। $d$ दूरी तय करने में लगा समय $t_r = \sqrt{2d / a_r} = \sqrt{2d / (g(\sin \theta - \mu \cos \theta))}$ है।
दिया गया है कि $t_r = t$ और $t_s = t/2$,इसलिए $t_r = 2t_s$ है।
अतः,$\sqrt{2d / (g(\sin \theta - \mu \cos \theta))} = 2 \sqrt{2d / (g \sin \theta)}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $1 / (\sin \theta - \mu \cos \theta) = 4 / \sin \theta$।
$\sin \theta = 4 \sin \theta - 4 \mu \cos \theta$।
$4 \mu \cos \theta = 3 \sin \theta$।
$\mu = (3/4) \tan \theta$।
$\theta = 45^{\circ}$ रखने पर,$\mu = (3/4) \tan 45^{\circ} = 3/4 \times 1 = 3/4$।

(B) घिरनी पर डोरी से जुड़े दो द्रव्यमानों की प्रणाली के लिए,प्रत्येक द्रव्यमान का त्वरण $a = \frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}} g$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों द्रव्यमान विपरीत दिशाओं में गति करते हैं,द्रव्यमान केंद्र का त्वरण $(a_{CM})$ इस प्रकार गणना की जाती है:
$a_{CM} = \frac{m_{1}a_{1} + m_{2}a_{2}}{m_{1} + m_{2}}$.
$m_{1}$ की दिशा को धनात्मक लेने पर,$a_{1} = a$ और $a_{2} = -a$.
$a_{CM} = \frac{m_{1}a - m_{2}a}{m_{1} + m_{2}} = \left(\frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\right) a$.
$a$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$a_{CM} = \left(\frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\right) \times \left(\frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\right) g = \left(\frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\right)^{2} g$.
प्रणाली पर कार्य करने वाला कुल बाह्य बल $F_{ext} = (m_{1} + m_{2}) a_{CM}$ है।
$F_{ext} = (m_{1} + m_{2}) \times \left(\frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\right)^{2} g = \frac{(m_{1} - m_{2})^{2}}{m_{1} + m_{2}} g$.

(C) जब द्रव स्थिर होता है तो डूबी हुई वस्तु पर लगने वाला उत्प्लावन बल उसके द्वारा विस्थापित द्रव के भार के बराबर होता है। जब द्रव त्वरित हो रहा हो,तो प्रभावी गुरुत्व $g_{\text{eff}}$ पर विचार किया जाना चाहिए।
पहले मामले में,गुटका संतुलन में है: $V_{\text{immersed}} \rho g = V_{\text{total}} \rho_b g$,जहाँ $\rho$ पानी का घनत्व है और $\rho_b$ गुटके का घनत्व है।
दिया गया है कि $40 \%$ सतह के ऊपर है,इसलिए $60 \%$ डूबा हुआ है,यानी $V_{\text{immersed}} = 0.6 V_{\text{total}}$.
अतः,$0.6 V \rho g = V \rho_b g \implies \rho_b = 0.6 \rho$.
जब लिफ्ट $a = g/2$ के त्वरण के साथ ऊपर जाती है,तो प्रभावी गुरुत्व $g_{\text{eff}} = g + a = 1.5 g$ हो जाता है।
उत्प्लावन बल $F_B = V_{\text{immersed}} \rho (1.5 g)$ हो जाता है।
त्वरित फ्रेम में गुटके का भार $W_{\text{eff}} = V_{\text{total}} \rho_b (1.5 g)$ होता है।
संतुलन के लिए,$F_B = W_{\text{eff}} \implies V_{\text{immersed}} \rho (1.5 g) = V_{\text{total}} \rho_b (1.5 g)$.
$1.5 g$ से विभाजित करने पर,हमें $V_{\text{immersed}} \rho = V_{\text{total}} \rho_b$ प्राप्त होता है।
$\rho_b = 0.6 \rho$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $V_{\text{immersed}} = 0.6 V_{\text{total}}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,डूबे हुए आयतन का अंश $60 \%$ रहता है और सतह के ऊपर का भाग $40 \%$ ही रहता है।

(C) छड़ को क्षैतिज संतुलन में रहने के लिए,मध्य-बिंदु के परितः कुल टॉर्क शून्य होना चाहिए।
प्रारंभ में,टॉर्क संतुलन है: $w \cdot l = w_{1} \cdot l_{1}$.
जब $w$ वजन के धातु के टुकड़े को पानी में डुबोया जाता है,तो यह ऊपर की ओर उत्प्लावन बल $F_{B}$ का अनुभव करता है। प्रभावी वजन $w' = w - F_{B}$ हो जाता है।
उत्प्लावन बल $F_{B} = V \rho_{w} g$ है,जहाँ $V$ धातु का आयतन है और $\rho_{w}$ पानी का घनत्व है। चूँकि $w = V \rho_{metal} g$,हमारे पास $F_{B} = w \cdot \frac{\rho_{w}}{\rho_{metal}} = \frac{w}{\sigma}$ है,जहाँ $\sigma$ धातु का विशिष्ट गुरुत्व है।
इस प्रकार,नया प्रभावी वजन $w' = w(1 - \frac{1}{\sigma})$ है।
नए संतुलन के लिए,टॉर्क संतुलन है: $w' \cdot l = w_{1} \cdot l_{2}$.
$w'$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें मिलता है: $w(1 - \frac{1}{\sigma}) l = w_{1} l_{2}$.
प्रारंभिक स्थिति से,$w = \frac{w_{1} l_{1}}{l}$.
नए संतुलन समीकरण में $w$ का मान रखने पर: $\frac{w_{1} l_{1}}{l} (1 - \frac{1}{\sigma}) l = w_{1} l_{2}$.
$l_{1} (1 - \frac{1}{\sigma}) = l_{2}$.
$1 - \frac{1}{\sigma} = \frac{l_{2}}{l_{1}}$.
$\frac{1}{\sigma} = 1 - \frac{l_{2}}{l_{1}} = \frac{l_{1} - l_{2}}{l_{1}}$.
अतः,$\sigma = \frac{l_{1}}{l_{1} - l_{2}}$.

(A) मान लीजिए कि पहली धातु का वजन $x$ है और दूसरी धातु का वजन $(w_1 - x)$ है।
मान लीजिए कि दोनों धातुओं का आयतन क्रमशः $v_1$ और $v_2$ है।
$v_1 = \frac{x}{\rho_1}$ और $v_2 = \frac{w_1 - x}{\rho_2}$ है।
मिश्र धातु का कुल आयतन $V = v_1 + v_2 = \frac{x}{\rho_1} + \frac{w_1 - x}{\rho_2}$ है।
आर्किमिडीज के सिद्धांत के अनुसार,वजन में कमी विस्थापित पानी के वजन के बराबर होती है:
$w_1 - w_2 = V \rho_w = \left( \frac{x}{\rho_1} + \frac{w_1 - x}{\rho_2} \right) \rho_w$.
$\rho_1 \rho_2$ से गुणा करने पर:
$(w_1 - w_2) \rho_1 \rho_2 = (x \rho_2 + (w_1 - x) \rho_1) \rho_w$.
$(w_1 - w_2) \rho_1 \rho_2 = (x \rho_2 + w_1 \rho_1 - x \rho_1) \rho_w$.
$(w_1 - w_2) \rho_1 \rho_2 = x(\rho_2 - \rho_1) \rho_w + w_1 \rho_1 \rho_w$.
$x(\rho_2 - \rho_1) \rho_w = w_1 \rho_1 \rho_2 - w_2 \rho_1 \rho_2 - w_1 \rho_1 \rho_w$.
$x(\rho_2 - \rho_1) \rho_w = w_1 \rho_1(\rho_2 - \rho_w) - w_2 \rho_1 \rho_2$.
$x = \frac{\rho_1}{\rho_w(\rho_2 - \rho_1)} [w_1(\rho_2 - \rho_w) - w_2 \rho_2]$.

(C) माना द्रव की परत की मोटाई $x$ है।
द्रव का आयतन $V = A \times x$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ परत का क्षेत्रफल है।
अतः,$x = V / A$ है।
द्रव दो कांच की प्लेटों के बीच एक पतली फिल्म बनाता है,जिससे $r$ वक्रता त्रिज्या वाला एक अवतल मेनिस्कस बनता है। एक पतली फिल्म के लिए,मोटाई $x$ मेनिस्कस के व्यास के बराबर होती है,इसलिए $x = 2r$,जिसका अर्थ है $r = x / 2 = V / (2A)$।
वक्र सतह पर दबाव का अंतर $\Delta P = T / r$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है।
प्लेटों को अलग करने के लिए आवश्यक बल $F = \Delta P \times A$ है।
$\Delta P = T / r$ और $r = V / (2A)$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$F = (T / (V / (2A))) \times A = (2AT / V) \times A = (2A^{2}T) / V$।
$T$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $T = (F \times V) / (2A^{2})$।
दिया गया है: $F = 16 \times 10^{5} \ dyne$,$V = 0.04 \ cm^{3}$,$A = 20 \ cm^{2}$।
$T = (16 \times 10^{5} \times 0.04) / (2 \times 20^{2}) = (16 \times 10^{5} \times 0.04) / (2 \times 400) = (0.64 \times 10^{5}) / 800 = 64000 / 800 = 80 \ dyne \ cm^{-1}$।

(C) स्टोक्स के नियम के अनुसार,जब $a$ त्रिज्या का एक छोटा गोला $\eta$ श्यानता गुणांक वाले श्यान द्रव में $v$ वेग से गति करता है,तो उस पर उसकी गति का विरोध करने वाला एक घर्षण बल (श्यान बल) कार्य करता है।
इस श्यान बल $F$ का सूत्र है:
$F = 6 \pi \eta a v$
यह बल गोले के वेग की विपरीत दिशा में कार्य करता है।

(D) जब एक छड़ को दोनों सिरों पर स्थिर किया जाता है,तो उसका तापीय विस्तार रुक जाता है,जिसके परिणामस्वरूप तापीय प्रतिबल उत्पन्न होता है।
तापीय विकृति $\epsilon = \frac{\Delta L}{L} = \alpha \cdot \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
हुक के नियम के अनुसार,प्रतिबल $\sigma = Y \cdot \text{विकृति}$.
विकृति का मान रखने पर,हमें $\sigma = Y \cdot \alpha \cdot \Delta T$ प्राप्त होता है।
चूंकि $Y$,$\alpha$,और $\Delta T$ प्रतिबल निर्धारित करने वाले कारक हैं,इसलिए प्रतिबल छड़ की लंबाई $L$ से स्वतंत्र है।
अतः,सही कथन यह है कि प्रतिबल $L$ से स्वतंत्र है।

(A) समय $t$ पर प्रक्षेप्य का ऊर्ध्वाधर विस्थापन $y = (u \sin \theta)t - \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दिया जाता है।
$h_1$ और $h_2$ ऊंचाइयों के लिए:
$h_1 = (u \sin \theta)t_1 - \frac{1}{2}gt_1^2 \implies \frac{h_1}{t_1} = u \sin \theta - \frac{1}{2}gt_1 \quad (1)$
$h_2 = (u \sin \theta)t_2 - \frac{1}{2}gt_2^2 \implies \frac{h_2}{t_2} = u \sin \theta - \frac{1}{2}gt_2 \quad (2)$
समीकरण $(1)$ से $(2)$ को घटाने पर:
$\frac{h_1}{t_1} - \frac{h_2}{t_2} = \frac{1}{2}g(t_2 - t_1) \implies \frac{h_1 t_2 - h_2 t_1}{t_1 t_2} = \frac{1}{2}g(t_2 - t_1)$
$\frac{g}{2} = \frac{h_1 t_2 - h_2 t_1}{t_1 t_2 (t_2 - t_1)} \quad (3)$
उड्डयन काल $T = \frac{2u \sin \theta}{g}$ है। समीकरण $(1)$ से,$u \sin \theta = \frac{h_1}{t_1} + \frac{1}{2}gt_1$.
$T = \frac{2}{g} \left( \frac{h_1}{t_1} + \frac{1}{2}gt_1 \right) = \frac{2h_1}{gt_1} + t_1$.
समीकरण $(3)$ से $\frac{g}{2}$ का मान $T$ के सूत्र में रखने पर:
$T = \frac{h_1}{t_1} \left( \frac{t_1 t_2 (t_2 - t_1)}{h_1 t_2 - h_2 t_1} \right) + t_1 = \frac{h_1 t_2^2 - h_1 t_1 t_2 + h_1 t_1 t_2 - h_2 t_1^2}{h_1 t_2 - h_2 t_1}$
$T = \frac{h_1 t_2^2 - h_2 t_1^2}{h_1 t_2 - h_2 t_1}$.

(C) दिया गया है,$y = 4 \cos^{2}\left(\frac{t}{2}\right) \sin(1000 t)$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $2 \cos^{2} \theta = 1 + \cos(2 \theta)$ का उपयोग करने पर,हमें $2 \cos^{2}\left(\frac{t}{2}\right) = 1 + \cos t$ प्राप्त होता है।
इस मान को समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$y = 2 \times [2 \cos^{2}\left(\frac{t}{2}\right)] \sin(1000 t)$
$y = 2(1 + \cos t) \sin(1000 t)$
$y = 2 \sin(1000 t) + 2 \sin(1000 t) \cos t$.
गुणनफल से योग के सूत्र $2 \sin A \cos B = \sin(A + B) + \sin(A - B)$ का उपयोग करने पर:
$y = 2 \sin(1000 t) + [\sin(1000 t + t) + \sin(1000 t - t)]$
$y = 2 \sin(1000 t) + \sin(1001 t) + \sin(999 t)$.
यह व्यंजक $3$ स्वतंत्र सरल आवर्त गतियों के अध्यारोपण को दर्शाता है जिनकी आवृत्तियाँ $1000, 1001,$ और $999$ rad/s हैं।
अतः,$n = 3$.

$(B)$ $SHM$ करने वाले कण का विस्थापन $y = a \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
कण का वेग $u = \frac{dy}{dt} = a\omega \cos(\omega t)$ है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}m(a\omega \cos(\omega t))^2 = \frac{1}{2}m\omega^2 a^2 \cos^2(\omega t)$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos^2(\theta) = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करने पर, हमें $K = \frac{1}{4}m\omega^2 a^2 (1 + \cos(2\omega t))$ प्राप्त होता है।
चूंकि $SHM$ की आवृत्ति $v = \frac{\omega}{2\pi}$ है, इसलिए गतिज ऊर्जा के दोलन की आवृत्ति $\cos(2\omega t)$ पद द्वारा निर्धारित होती है, जो $v' = \frac{2\omega}{2\pi} = 2v$ है।
अतः, गतिज ऊर्जा $2v$ की आवृत्ति के साथ आवधिक रूप से बदलती है।

(C) मान लीजिए गोले के केंद्र का अंतिम वेग $v$ है और जब यह बिना फिसले लुढ़कना शुरू करता है तो अंतिम कोणीय वेग $\omega$ है।
चूंकि घर्षण बल संपर्क बिंदु पर कार्य करता है,इसलिए संपर्क बिंदु के परितः कुल टॉर्क शून्य है।
इसलिए,संपर्क बिंदु के परितः कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
संपर्क बिंदु के परितः प्रारंभिक कोणीय संवेग: $L_i = m v_0 r$
संपर्क बिंदु के परितः अंतिम कोणीय संवेग: $L_f = mvr + I_{cm}\omega$
एक ठोस गोले के लिए,उसके केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{2}{5} mr^2$ होता है।
चूंकि यह बिना फिसले लुढ़कता है,इसलिए शर्त $v = r\omega$ या $\omega = \frac{v}{r}$ है।
प्रारंभिक और अंतिम कोणीय संवेग की तुलना करने पर:
$mv_0 r = mvr + (\frac{2}{5} mr^2)(\frac{v}{r})$
$mv_0 r = mvr + \frac{2}{5} mvr$
$v_0 = v + \frac{2}{5} v$
$v_0 = \frac{7}{5} v$
$v = \frac{5}{7} v_0$

(B) घूर्णी गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} I \omega^{2}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि गतिज ऊर्जाएँ समान हैं,हमारे पास $I_{1} \omega_{1}^{2} = I_{2} \omega_{2}^{2} = I_{3} \omega_{3}^{2}$ है,जिसका अर्थ है $\omega \propto \frac{1}{\sqrt{I}}$।
$a$ भुजा और $M$ द्रव्यमान वाली वर्गाकार प्लेट के लिए:
$1$. अक्ष $1$ के लिए (केंद्र से गुजरती हुई और भुजाओं के समानांतर),$I_{1} = \frac{Ma^{2}}{12}$।
$2$. अक्ष $2$ के लिए (केंद्र से गुजरती हुई और विकर्ण के समानांतर),$I_{2} = \frac{Ma^{2}}{12}$।
$3$. अक्ष $3$ के लिए (केंद्र से गुजरती हुई और प्लेट के तल के लंबवत),लंबवत अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_{3} = I_{x} + I_{y} = \frac{Ma^{2}}{12} + \frac{Ma^{2}}{12} = \frac{Ma^{2}}{6}$।
इस प्रकार,जड़त्व आघूर्ण का अनुपात $I_{1}: I_{2}: I_{3} = \frac{1}{12}: \frac{1}{12}: \frac{1}{6} = 1: 1: 2$ है।
कोणीय चालों का अनुपात $\omega_{1}: \omega_{2}: \omega_{3} = \frac{1}{\sqrt{I_{1}}}: \frac{1}{\sqrt{I_{2}}}: \frac{1}{\sqrt{I_{3}}} = \frac{1}{\sqrt{1}}: \frac{1}{\sqrt{1}}: \frac{1}{\sqrt{2}} = 1: 1: \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}: \sqrt{2}: 1$ है।

(C) नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कते हुए एक ठोस गोले के लिए,निचले सिरे पर कुल गतिज ऊर्जा $K$ स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है।
$K = K_{\text{trans}} + K_{\text{rot}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$.
चूंकि $I = \frac{2}{5}mR^2$ और $v = R\omega$,इसलिए $K = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{2}{5}mR^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{5}mv^2 = \frac{7}{10}mv^2$.
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$h$ ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा निचले सिरे पर कुल गतिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$mgh = \frac{7}{10}mv^2 \implies v^2 = \frac{10}{7}gh$.
जब गेंद को $v$ वेग से ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है,तो यह गुरुत्वाकर्षण के अधीन गति करती है। अधिकतम ऊँचाई $h'$ पर,अंतिम वेग $0$ होता है। गति के समीकरण $v_f^2 = v_i^2 - 2gh'$ का उपयोग करने पर:
$0 = v^2 - 2gh' \implies h' = \frac{v^2}{2g}$.
$v^2 = \frac{10}{7}gh$ का मान रखने पर:
$h' = \frac{10/7 gh}{2g} = \frac{5}{7}h$.

(A, C) मान लीजिए छड़ की लंबाई $L$ और द्रव्यमान $m$ है। द्रव्यमान केंद्र $A$ से $L/2$ दूरी पर है।
जब छड़ क्षैतिज के साथ $\theta$ कोण बनाती है,तो द्रव्यमान केंद्र $h = (L/2) \sin \theta$ नीचे गिर जाता है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से,स्थितिज ऊर्जा में कमी घूर्णन गतिज ऊर्जा में वृद्धि के बराबर होती है:
$mg(L/2) \sin \theta = \frac{1}{2} I \omega^2$,जहाँ $I = mL^2/3$ है।
$mg(L/2) \sin \theta = \frac{1}{2} (mL^2/3) \omega^2 \Rightarrow \omega^2 \propto \sin \theta \Rightarrow \omega \propto \sqrt{\sin \theta}$।
चूंकि सिरे $B$ की गति $v = \omega L$ है,इसलिए $v \propto \sqrt{\sin \theta}$। अतः,विकल्प $A$ सही है।
कोणीय त्वरण $\alpha$ के लिए,$A$ के परितः बलाघूर्ण $\tau = mg(L/2) \cos \theta$ है।
$\tau = I \alpha$ का उपयोग करने पर,हमें $mg(L/2) \cos \theta = (mL^2/3) \alpha$ प्राप्त होता है।
यह दर्शाता है कि $\alpha \propto \cos \theta$। अतः,विकल्प $C$ भी सही है।

(A) किसी सामग्री के माध्यम से ऊष्मा प्रवाह की दर इस सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA(\Delta T)}{x}$,जहाँ $K$ ऊष्मीय चालकता है,$A$ सतह का क्षेत्रफल है,$\Delta T$ तापमान का अंतर है,और $x$ दीवार की मोटाई है।
चूंकि पात्रों का आकार,आकृति और दीवार की मोटाई समान है,इसलिए $A$ और $x$ स्थिर हैं। परिवेश समान है,इसलिए $\Delta T$ भी स्थिर है।
बर्फ के दिए गए द्रव्यमान $m$ के लिए,इसे पिघलाने के लिए आवश्यक कुल ऊष्मा $Q = mL$ है,जहाँ $L$ संलयन की गुप्त ऊष्मा है। इस प्रकार,दोनों पात्रों के लिए $Q$ स्थिर है।
ऊष्मा प्रवाह की दर बर्फ को पिघलाने में लगने वाले समय के व्युत्क्रमानुपाती होती है: $\frac{dQ}{dt} \propto \frac{1}{t}$.
इसलिए,$K \propto \frac{1}{t}$,जिसका अर्थ है $K_P t_1 = K_Q t_2$.
इसे व्यवस्थित करने पर हमें ऊष्मीय चालकता का अनुपात प्राप्त होता है: $\frac{K_P}{K_Q} = \frac{t_2}{t_1}$.

(B) हीटर द्वारा प्रदान की गई ऊष्मा तरल और कंटेनर दोनों द्वारा अवशोषित की जाती है। सूत्र है: $(m_L s_L + m_C s_C) \Delta T = P \times t$.
पानी के लिए: $m_w = 0.5 \ kg$,$s_w = 4200 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$,$\Delta T = 3 \ K$,$t_1 = 15 \times 60 = 900 \ s$,$P = 10 \ W$.
$(0.5 \times 4200 + m_C s_C) \times 3 = 10 \times 900$
$(2100 + m_C s_C) \times 3 = 9000$
$2100 + m_C s_C = 3000 \implies m_C s_C = 900 \ J \ K^{-1}$.
तेल के लिए: $m_o = 2 \ kg$,$s_o = ?$,$\Delta T = 2 \ K$,$t_2 = 20 \times 60 = 1200 \ s$,$P = 10 \ W$.
$(2 \times s_o + m_C s_C) \times 2 = 10 \times 1200$
$(2 s_o + 900) \times 2 = 12000$
$2 s_o + 900 = 6000$
$2 s_o = 5100$
$s_o = 2550 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1} = 2.55 \times 10^{3} \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$.

(D) ऊष्मीय विकिरण विद्युत चुम्बकीय तरंगों के रूप में ऊष्मा के स्थानांतरण की प्रक्रिया है।
ये तरंगें प्रकाश की गति $(c \approx 3 \times 10^8 \ m/s)$ से सीधी रेखाओं में यात्रा करती हैं और इन्हें प्रसार के लिए किसी भौतिक माध्यम की आवश्यकता नहीं होती है।

(A) तापमान $T$ पर एक गुहा (cavity) में कृष्णिका विकिरण का ऊर्जा घनत्व $u$,$u = aT^4$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $a$ विकिरण स्थिरांक है।
बॉक्स में निहित कुल ऊर्जा $E$,ऊर्जा घनत्व $u$ और बॉक्स के आयतन $V$ का गुणनफल है।
$E = u \times V = aT^4 \times V$.
प्रारंभ में,भुजा की लंबाई $L$ है,इसलिए आयतन $V_1 = L^3$ है। ऊर्जा $E_1 = aT^4 L^3$ है।
अंत में,भुजा की लंबाई दोगुनी हो जाती है,इसलिए $L' = 2L$,और नया आयतन $V_2 = (2L)^3 = 8L^3$ है।
तापमान आधा हो जाता है,इसलिए $T' = T/2$ है।
नई कुल ऊर्जा $E_2 = a(T')^4 V_2 = a(T/2)^4 (8L^3)$ है।
$E_2 = a(T^4 / 16) (8L^3) = (8/16) aT^4 L^3 = (1/2) aT^4 L^3$ है।
$E_2 = E_1 / 2$ है।
अतः,कुल ऊर्जा आधी हो जाती है।

(D) सेल्सियस पैमाने पर बर्फ बिंदु $0^{\circ} C$ और भाप बिंदु $100^{\circ} C$ होता है।
नए पैमाने में,बर्फ बिंदु $25 X$ और भाप बिंदु $305 X$ है।
$100^{\circ} C$ का तापमान अंतराल $(305 - 25) X = 280 X$ के बराबर है।
इसलिए,$1^{\circ} C$ का परिवर्तन $\frac{280}{100} X = 2.8 X$ के परिवर्तन के बराबर है।
इसका अर्थ है $1^{\circ} C = 2.8 X$,या $1 X = \frac{1}{2.8}^{\circ} C$।
पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता $c = 4200 \ J kg^{-1} (^{\circ} C)^{-1}$ है।
इकाई में $1^{\circ} C = 2.8 X$ संबंध को प्रतिस्थापित करने पर:
$c = 4200 \ J kg^{-1} (2.8 X)^{-1} = \frac{4200}{2.8} J kg^{-1} X^{-1} = 1500 \ J kg^{-1} X^{-1}$।
अतः,$c = 1.5 \times 10^{3} J kg^{-1} X^{-1}$।

(A) एक चक्रीय प्रक्रम के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ शून्य होता है। ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$। चूंकि $\Delta U = 0$,इसलिए अवशोषित कुल ऊष्मा $\Delta Q$ गैस द्वारा किए गए कुल कार्य $\Delta W$ के बराबर होती है।
चक्रीय प्रक्रम में किया गया कुल कार्य $p-V$ आरेख में चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
$p-V$ आरेख में त्रिभुज का क्षेत्रफल इस प्रकार दिया जाता है:
$\text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई}$
यहाँ,आधार $(V_{1}-V_{2})$ है और ऊंचाई $(p_{1}-p_{2})$ है।
अतः,अवशोषित कुल ऊष्मा $\Delta Q = \frac{1}{2}(p_{1}-p_{2})(V_{1}-V_{2})$.

(D) आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta U)$ का सूत्र है: $\Delta U = n C_{v} \Delta T$.
एकपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_{v} = \frac{3}{2} R$ होती है।
दिए गए मान:
$n = 1 \text{ mol}$
$\Delta T = T_{2} - T_{1} = (100 + 273) - (0 + 273) = 100 \text{ K}$
$R = 8.32 \text{ J mol}^{-1} \text{ K}^{-1}$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\Delta U = 1 \times \left( \frac{3}{2} \times 8.32 \right) \times 100$
$\Delta U = 1.5 \times 8.32 \times 100$
$\Delta U = 1248 \text{ J}$
विकल्पों में दिए गए निकटतम मान के अनुसार,$\Delta U \approx 1.25 \times 10^{3} \text{ J}$ प्राप्त होता है।

(A, C) द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 5$ है। आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{n f R T}{2} = \frac{5 R}{2} (\alpha t + \frac{1}{2} \beta t^2)$ है।
आंतरिक ऊर्जा में वृद्धि की दर $\frac{dU}{dt} = \frac{5 R}{2} (\alpha + \beta t)$ है।
चूंकि दबाव स्थिर है,आपूर्ति की गई ऊष्मा $dQ = n C_p dT$ है। द्वि-परमाणुक गैस के लिए,$C_p = \frac{7}{2} R$ है।
इस प्रकार,हीटिंग एलिमेंट द्वारा आपूर्ति की गई शक्ति $i^2 r = \frac{dQ}{dt} = n C_p \frac{dT}{dt} = 1 \times \frac{7}{2} R \times (\alpha + \beta t)$ है।
इसलिए,धारा $i = \sqrt{\frac{7 R}{2 r} (\alpha + \beta t)}$ है।
आदर्श गैस नियम $PV = nRT$ से,चूंकि $P$ स्थिर है,$V = \frac{nRT}{P} = \frac{R}{P} (\alpha t + \frac{1}{2} \beta t^2)$ है।
पिस्टन की स्थिति $x = \frac{V}{A} = \frac{R}{PA} (\alpha t + \frac{1}{2} \beta t^2)$ है।
वेग $v = \frac{dx}{dt} = \frac{R}{PA} (\alpha + \beta t)$ है।
त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = \frac{R \beta}{PA}$ है,जो स्थिर है। अतः,विकल्प $(a)$ और $(c)$ सही हैं।

(C) डॉप्लर प्रभाव के अनुसार, जब कोई प्रेक्षक $v_0$ वेग के साथ स्थिर स्रोत की ओर बढ़ता है, तो प्रेक्षित आवृत्ति $N_{\text{approach}}$ इस प्रकार दी जाती है:
$N_{\text{approach}} = N \left( \frac{v + v_0}{v} \right)$
यहाँ $N = 850 \text{ Hz}$, $v = 340 \text{ m/s}$, और $v_0 = 72 \text{ km/h} = 72 \times \frac{5}{18} = 20 \text{ m/s}$.
$N_{\text{approach}} = 850 \left( \frac{340 + 20}{340} \right) = 850 \left( \frac{360}{340} \right) = 900 \text{ Hz}$.
जब प्रेक्षक स्रोत से दूर जाता है, तो प्रेक्षित आवृत्ति $N_{\text{separation}}$ इस प्रकार दी जाती है:
$N_{\text{separation}} = N \left( \frac{v - v_0}{v} \right)$
$N_{\text{separation}} = 850 \left( \frac{340 - 20}{340} \right) = 850 \left( \frac{320}{340} \right) = 800 \text{ Hz}$.
दोनों आवृत्तियों के बीच का अंतर है:
$\Delta N = N_{\text{approach}} - N_{\text{separation}} = 900 \text{ Hz} - 800 \text{ Hz} = 100 \text{ Hz}$.

(A) सीधे मार्ग की पथ लंबाई $2r$ (अर्धवृत्त का व्यास) है।
अर्धवृत्ताकार मार्ग की पथ लंबाई $\pi r$ है।
दोनों मार्गों के बीच पथ अंतर $\Delta x = \pi r - 2r = r(\pi - 2)$ है।
अधिकतम आयाम (संपोषी व्यतिकरण) के लिए,पथ अंतर तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का एक पूर्णांक गुणज होना चाहिए,इसलिए $\Delta x = n\lambda$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ है।
पथ अंतर को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $r(\pi - 2) = n\lambda$ प्राप्त होता है।
चूंकि ध्वनि का वेग $v = f\lambda$ है,इसलिए $\lambda = \frac{v}{f}$ होता है।
इसे समीकरण में रखने पर: $r(\pi - 2) = n \frac{v}{f}$।
आवृत्ति $f$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $f = n \left[ \frac{v}{r(\pi - 2)} \right]$।
अतः,अधिकतम आयाम वाली परिणामी तरंगों की आवृत्तियाँ $\frac{v}{r(\pi - 2)}$ के पूर्णांक गुणज होंगी।

(B) एक खुली पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f$ का सूत्र $f = \frac{v}{2l}$ है,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है और $l$ पाइप की लंबाई है।
दिया गया है: $f = 5100 \ Hz$,$v = 340 \ ms^{-1}$.
सूत्र में मान रखने पर:
$5100 = \frac{340}{2l}$
$l = \frac{340}{5100 \times 2}$
$l = \frac{340}{10200} = \frac{34}{1020} = \frac{1}{30} \ m$.
लंबाई को $cm$ में बदलने के लिए,$100$ से गुणा करें:
$l = \frac{1}{30} \times 100 = \frac{10}{3} \ cm$.

(B) जब संधारित्र को आवेशित किया जाता है और फिर बैटरी से अलग कर दिया जाता है,तो प्लेटों पर आवेश $Q$ स्थिर रहता है क्योंकि आवेश के प्रवाह के लिए कोई मार्ग नहीं होता है।
समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{A \varepsilon_0}{d}$ द्वारा दी जाती है।
जब प्लेटों को एक-दूसरे से दूर ले जाया जाता है,तो दूरी $d$ बढ़ जाती है,जिससे धारिता $C$ कम हो जाती है।
चूंकि आवेश $Q$ स्थिर है और $Q = CV$ है,इसलिए विभवांतर $V = \frac{Q}{C}$ बढ़ जाता है क्योंकि $C$ कम हो रहा है।
अतः,संधारित्र के सिरों पर विभवांतर बढ़ जाता है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6 \text{ eV}}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
मूल अवस्था $(n_1 = 1)$ के लिए,ऊर्जा $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ है।
पहली उत्तेजित अवस्था $(n_2 = 2)$ के लिए,ऊर्जा $E_2 = -\frac{13.6 \text{ eV}}{2^2} = -\frac{13.6}{4} \text{ eV} = -3.4 \text{ eV}$ है।
$n_2$ से $n_1$ में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = E_2 - E_1$ है।
$\Delta E = -3.4 \text{ eV} - (-13.6 \text{ eV}) = 13.6 \text{ eV} - 3.4 \text{ eV} = 10.2 \text{ eV}$।

(B, C, D) संधारित्र को समानांतर में जुड़े दो संधारित्रों के रूप में देखा जा सकता है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $A/2$ और प्लेट पृथक्करण $d$ है।
परावैद्युत-भरे भाग की धारिता $C_1 = \frac{K \varepsilon_0 (A/2)}{d} = \frac{K C_0}{2}$ है और हवा-भरे भाग की धारिता $C_2 = \frac{\varepsilon_0 (A/2)}{d} = \frac{C_0}{2}$ है,जहाँ $C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ है।
तुल्य धारिता $C_{eq} = C_1 + C_2 = \frac{C_0}{2}(K+1)$ है। अतः,विकल्प $(d)$ सही है।
चूंकि संधारित्र समानांतर में हैं,दोनों पर विभवांतर $V$ समान है। आवेश $Q_1 = C_1 V$ और $Q_2 = C_2 V$ हैं।
आवेशों का अनुपात $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{C_1}{C_2} = K$ है। चूंकि $Q_1 + Q_2 = Q$,हमारे पास $Q_2 = \frac{Q}{K+1}$ और $Q_1 = \frac{KQ}{K+1}$ है। अतः,विकल्प $(c)$ सही है।
आवेश घनत्व $\sigma_1 = Q_1 / (A/2)$ और $\sigma_2 = Q_2 / (A/2)$ हैं। चूंकि $Q_1 \neq Q_2$,आवेश घनत्व असमान हैं। अतः,विकल्प $(b)$ सही है।
विद्युत क्षेत्र $E_1 = \frac{\sigma_1}{K \varepsilon_0}$ और $E_2 = \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0}$ हैं। $\sigma_1 = K \sigma_2$ प्रतिस्थापित करने पर,$E_1 = \frac{K \sigma_2}{K \varepsilon_0} = \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0} = E_2$ प्राप्त होता है। क्षेत्र समान हैं,इसलिए $(a)$ गलत है।

(D) श्रेणीक्रम में जुड़े संधारित्रों के लिए,तुल्य धारिता $C_{eq}$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3}$
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{2+1+1}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \mu F^{-1}$
अतः,$C_{eq} = 1.5 \mu F$.
परिपथ में प्रवाहित कुल आवेश $q$ है:
$q = C_{eq} \times V = 1.5 \mu F \times 120 V = 180 \mu C$.
श्रेणीक्रम परिपथ में,प्रत्येक संधारित्र पर आवेश समान होता है। इसलिए,$3 \mu F$ संधारित्र पर आवेश $q = 180 \mu C$ है।
$3 \mu F$ संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $V_1$ है:
$V_1 = \frac{q}{C_1} = \frac{180 \mu C}{3 \mu F} = 60 V$.

(A) जब $E$ emf वाले चार सेल श्रेणीक्रम में जुड़े होते हैं,तो कुल emf $4E$ होता है।
यदि एक सेल उल्टा जुड़ा हो,तो उसका emf दूसरों का विरोध करता है।
इसलिए,परिपथ का प्रभावी emf $E_{eff} = E + E + E - E = 2E$ होगा।
श्रेणीक्रम में चार सेलों का कुल आंतरिक प्रतिरोध $r_{total} = r + r + r + r = 4r$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = 4r + R$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,बाहरी परिपथ में धारा $I = \frac{E_{eff}}{R_{total}} = \frac{2E}{4r + R}$ होगी।

(B) बैटरियां समानांतर क्रम में जुड़ी हुई हैं। इस संयोजन का तुल्य emf $E_{eq}$ और तुल्य आंतरिक प्रतिरोध $r_{eq}$ निम्न प्रकार से दिया जाता है:
$E_{eq} = \frac{\frac{E_{1}}{r_{1}} + \frac{E_{2}}{r_{2}} + \frac{E_{3}}{r_{3}}}{\frac{1}{r_{1}} + \frac{1}{r_{2}} + \frac{1}{r_{3}}}$
$\frac{1}{r_{eq}} = \frac{1}{r_{1}} + \frac{1}{r_{2}} + \frac{1}{r_{3}}$
यहाँ $E_{1} = 1 \text{ V}, r_{1} = 1 \Omega$; $E_{2} = 2 \text{ V}, r_{2} = 2 \Omega$; $E_{3} = 3 \text{ V}, r_{3} = 1 \Omega$ दिया गया है।
सबसे पहले, तुल्य आंतरिक प्रतिरोध की गणना करें:
$\frac{1}{r_{eq}} = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{1} = 1 + 0.5 + 1 = 2.5 \Omega^{-1} = \frac{5}{2} \Omega^{-1}$
$r_{eq} = \frac{2}{5} \Omega = 0.4 \Omega$
अब, तुल्य emf की गणना करें:
$E_{eq} = r_{eq} \times \left( \frac{E_{1}}{r_{1}} + \frac{E_{2}}{r_{2}} + \frac{E_{3}}{r_{3}} \right)$
$E_{eq} = 0.4 \times \left( \frac{1}{1} + \frac{2}{2} + \frac{3}{1} \right) = 0.4 \times (1 + 1 + 3) = 0.4 \times 5 = 2.0 \text{ V}$
अतः, बिंदु $P$ और $Q$ के बीच विभवांतर $2.0 \text{ V}$ है।

(A) गैल्वेनोमीटर को वोल्टमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाना चाहिए।
दिया गया है:
गैल्वेनोमीटर का आंतरिक प्रतिरोध,$G = 10 \ \Omega$
पूर्ण स्केल विक्षेप धारा,$i_g = 0.01 \ A$
वांछित वोल्टेज रेंज,$V = 120 \ V$
श्रेणी प्रतिरोध के लिए सूत्र $R = \frac{V}{i_g} - G$ है।
मान रखने पर:
$R = \frac{120}{0.01} - 10$
$R = 12000 - 10$
$R = 11990 \ \Omega$
अतः,$11990 \ \Omega$ का प्रतिरोध श्रेणीक्रम में जोड़ा जाना चाहिए।

(C) इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK_e}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $K_e$ इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा है और $m$ इसका द्रव्यमान है।
अतः,$K_e = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$.
फोटॉन की ऊर्जा $E_p = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
हमें दिया गया है कि तरंगदैर्ध्य समान हैं,इसलिए $\lambda_e = \lambda_p = \lambda$.
फोटॉन की ऊर्जा और इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा का अनुपात है:
$\frac{E_p}{K_e} = \frac{hc/\lambda}{h^2/(2m\lambda^2)} = \frac{hc}{\lambda} \cdot \frac{2m\lambda^2}{h^2} = \frac{2mc\lambda}{h}$.
चूँकि $E_p = \frac{hc}{\lambda}$,इसलिए $\lambda = \frac{hc}{E_p}$.
इस मान को अनुपात में रखने पर:
$\frac{E_p}{K_e} = \frac{2mc}{h} \cdot \frac{hc}{E_p} = \frac{2mc^2}{E_p}$.
यहाँ $mc^2 = 0.5 \ MeV = 500 \ keV$ और $E_p = 50 \ keV$ दिया गया है:
$\frac{E_p}{K_e} = \frac{2 \times 500 \ keV}{50 \ keV} = \frac{1000}{50} = 20$.
अतः,अनुपात $20:1$ है।

(A, B, D) प्रकाश-विद्युत प्रभाव के प्रायोगिक अवलोकनों के अनुसार:
$1$. उपयुक्त विकिरण के अवशोषण और इलेक्ट्रॉनों के उत्सर्जन के बीच कोई महत्वपूर्ण समय अंतराल नहीं होता है,बहुत कम तीव्रता पर भी।
$2$. आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण $K_{max} = h\nu - \phi_0$ है,जहाँ $\phi_0$ कार्य फलन (work function) है। इलेक्ट्रॉन केवल तभी उत्सर्जित होते हैं यदि $\nu > \nu_0$ (देहली आवृत्ति) हो। अतः,देहली आवृत्ति से नीचे कोई इलेक्ट्रॉन उत्सर्जित नहीं होते हैं।
$3$. अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max}$ आवृत्ति $\nu$ का एक रैखिक फलन है,लेकिन यह सीधे समानुपाती नहीं है (कार्य फलन पद $\phi_0$ के कारण)।
$4$. अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max}$ केवल आपतित विकिरण की आवृत्ति और धातु के कार्य फलन पर निर्भर करती है; यह आपतित विकिरण की तीव्रता से स्वतंत्र है।
अतः,कथन $(a)$,$(b)$ और $(d)$ सही हैं।

(C) त्रिज्या वाले बड़े लूप के केंद्र में धारा $I$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{2 b}$ होता है।
चूंकि छोटा लूप बहुत छोटा है,हम मान सकते हैं कि इसके क्षेत्रफल $A = \pi a^{2}$ पर चुंबकीय क्षेत्र एकसमान है।
समय $t$ पर छोटे लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B A \cos(\theta)$ है,जहाँ $\theta = \omega t$ छोटे लूप के क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण है।
$\phi = \left( \frac{\mu_{0} I}{2 b} \right) (\pi a^{2}) \cos(\omega t)$.
फैराडे के नियम के अनुसार,प्रेरित emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ होता है।
$\varepsilon = -\frac{d}{dt} \left[ \frac{\mu_{0} I \pi a^{2}}{2 b} \cos(\omega t) \right]$.
$\varepsilon = -\frac{\mu_{0} I \pi a^{2}}{2 b} (-\omega \sin(\omega t)) = \frac{\pi a^{2} \mu_{0} I}{2 b} \omega \sin(\omega t)$.

(C) फोटॉन की ऊर्जा $E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि विद्युत चुम्बकीय तरंगों की आवृत्ति $\nu$ का क्रम: दृश्य प्रकाश < एक्स-रे < गामा किरणें है,इसलिए फोटॉन की ऊर्जा भी इसी क्रम में होती है।
$1$. दृश्य प्रकाश के लिए,ऊर्जा सीमा लगभग $1.6 \ eV$ से $3.2 \ eV$ $(E_{v} \approx 2.48 \ eV)$ है।
$2$. एक्स-रे के लिए,ऊर्जा सीमा लगभग $100 \ eV$ से $100 \ keV$ है।
$3$. गामा किरणों के लिए,ऊर्जा आमतौर पर $100 \ keV$ से अधिक होती है।
इन श्रेणियों की तुलना करने पर,हम कह सकते हैं कि $E_{\gamma} > E_{X} > E_{v}$।

(A) एकसमान पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ वाली अनंत शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{k}$ द्वारा दिया जाता है (जहाँ $z > 0$ है)। चूंकि बिंदु $A$ और $B$ के $z$-निर्देशांक धनात्मक हैं,इसलिए विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{k}$ है।
किया गया कार्य $W = -q \int_{A}^{B} \vec{E} \cdot d\vec{r} = -q \vec{E} \cdot (\vec{r}_{B} - \vec{r}_{A})$.
यहाँ $\vec{r}_{A} = a(\hat{i} + 2\hat{j} + 3\hat{k})$ और $\vec{r}_{B} = a(\hat{i} - 2\hat{j} + 6\hat{k})$ है।
विस्थापन $\vec{d} = \vec{r}_{B} - \vec{r}_{A} = a(-4\hat{j} + 3\hat{k})$ है।
किया गया कार्य $W = -q (\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}} \hat{k}) \cdot a(-4\hat{j} + 3\hat{k}) = -\frac{q \sigma a}{2\varepsilon_{0}} (3) = -\frac{3q \sigma a}{2\varepsilon_{0}}$.
नोट: किए गए कार्य का परिमाण $\frac{3q \sigma a}{2\varepsilon_{0}}$ है।

(C) मान लीजिए कि आंतरिक कोश पर आवेश $q^{\prime}$ है।
चूंकि आंतरिक कोश भू-संपर्कित है,इसलिए इसका विद्युत विभव शून्य होना चाहिए।
आंतरिक कोश की सतह पर विभव उसके स्वयं के आवेश $q^{\prime}$ और बाहरी कोश पर स्थित आवेश $q$ के कारण होता है।
आंतरिक कोश पर विभव $V_{1} = \frac{k q^{\prime}}{r_{1}} + \frac{k q}{r_{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
$V_{1} = 0$ रखने पर,हमें $\frac{k q^{\prime}}{r_{1}} + \frac{k q}{r_{2}} = 0$ प्राप्त होता है।
$q^{\prime}$ के लिए हल करने पर,$\frac{q^{\prime}}{r_{1}} = -\frac{q}{r_{2}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$q^{\prime} = -\left(\frac{r_{1}}{r_{2}}\right) q$।

(D) $r$ लंबवत दूरी पर एक परिमित सीधे तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} (\sin \theta_{1} + \sin \theta_{2})$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई ज्यामिति के लिए,बिंदु $P$ मोड़ से कोण समद्विभाजक के साथ $d$ दूरी पर है। प्रत्येक तार खंड से $P$ की लंबवत दूरी $r = d \sin(60^{\circ}) = \frac{d \sqrt{3}}{2}$ है।
बिंदु $P$ पर तार के सिरों द्वारा बनाए गए कोण $\theta_{1} = 90^{\circ}$ और $\theta_{2} = 30^{\circ}$ हैं।
चूंकि दो समान खंड हैं,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{net}} = 2 \times \frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} (\sin 90^{\circ} + \sin 30^{\circ})$ होगा।
मान रखने पर:
$B_{\text{net}} = 2 \times \frac{\mu_{0} I}{4 \pi (d \sqrt{3} / 2)} \times (1 + 1/2)$
$B_{\text{net}} = 2 \times \frac{\mu_{0} I}{2 \pi d \sqrt{3}} \times \frac{3}{2}$
$B_{\text{net}} = \frac{3 \mu_{0} I}{2 \pi d \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3} \mu_{0} I}{2 \pi d}$.

(D) दिया गया है:
त्रिज्या $r = 0.05 \ nm = 0.05 \times 10^{-9} \ m$
आवृत्ति $f = 10^{16} \ Hz$ (प्रति सेकंड चक्कर)
इलेक्ट्रॉन का आवेश $e = 1.6 \times 10^{-19} \ C$
धारा लूप का चुंबकीय आघूर्ण $M = I \times A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धारा है और $A$ लूप का क्षेत्रफल है।
घूर्णन करते इलेक्ट्रॉन के कारण धारा $I = e \times f$ है।
वृत्ताकार कक्षा का क्षेत्रफल $A = \pi r^{2}$ है।
चुंबकीय आघूर्ण के सूत्र में इन मानों को रखने पर:
$M = (e \times f) \times (\pi r^{2})$
$M = (1.6 \times 10^{-19} \ C) \times (10^{16} \ s^{-1}) \times (3.14) \times (0.05 \times 10^{-9} \ m)^{2}$
$M = 1.6 \times 10^{-19} \times 10^{16} \times 3.14 \times 0.0025 \times 10^{-18}$
$M = 1.6 \times 3.14 \times 0.0025 \times 10^{-21} \ m^{2} \cdot C/s$
$M = 0.01256 \times 10^{-21} \ A \ m^{2}$
$M = 1.26 \times 10^{-23} \ A \ m^{2}$

(B) दिया गया है: गतिज ऊर्जा $= E$,द्रव्यमान $= m$,चुंबकीय क्षेत्र $= B$,आवेश $= q$.
जब कोई आवेशित कण एक समान चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति करता है,तो चुंबकीय बल वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
$F_m = qvB$ और $F_c = \frac{mv^2}{r}$.
इन दोनों को बराबर करने पर,$qvB = \frac{mv^2}{r}$,जो सरल होकर $r = \frac{mv}{qB}$ हो जाता है।
हम जानते हैं कि गतिज ऊर्जा $E = \frac{1}{2}mv^2$,इसलिए $v = \sqrt{\frac{2E}{m}}$.
$v$ का मान त्रिज्या के सूत्र में रखने पर:
$r = \frac{m}{qB} \sqrt{\frac{2E}{m}} = \frac{\sqrt{m^2} \cdot \sqrt{2E}}{\sqrt{m} \cdot qB} = \frac{\sqrt{2Em}}{qB}$.

(A) विद्युत क्षेत्र $E$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ वाले क्षेत्र में $v$ वेग से गति करने वाले आवेशित कण के लिए,लोरेंत्ज़ बल $F = q(E + v \times B)$ होता है।
कण के बिना विक्षेपित हुए गुजरने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए,अर्थात $qE = -q(v \times B)$।
प्रोटॉन $(q > 0)$ के लिए: विद्युत बल $F_E = qE$ नीचे की ओर है। चुंबकीय बल $F_B = q(v \times B)$ ऊपर की ओर है (दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,$v$ दाईं ओर है,$B$ बाहर की ओर है,इसलिए $v \times B$ ऊपर की ओर है)। बिना विक्षेपण के लिए,$qE = qvB$,जो $v = E/B$ देता है।
इलेक्ट्रॉन $(q < 0)$ के लिए: विद्युत बल $F_E = qE$ ऊपर की ओर है। चुंबकीय बल $F_B = q(v \times B)$ नीचे की ओर है (चूंकि $q$ ऋणात्मक है,$F_B$ की दिशा उलट जाती है)। बिना विक्षेपण के लिए,$|q|E = |q|vB$,जो भी $v = E/B$ देता है।
अतः,$v = E/B$ गति वाले इलेक्ट्रॉन और प्रोटॉन दोनों स्लिट से गुजरेंगे। इस प्रकार,विकल्प $A$ सही है।

(A) चुंबकन तीव्रता $I$ को प्रति इकाई आयतन चुंबकीय आघूर्ण $M$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $I = M/V$.
इसलिए,चुंबकीय आघूर्ण $M = I \times V$ द्वारा प्राप्त होता है।
छड़ चुंबक का आयतन $V$ इसकी चुंबकीय लंबाई $l$ और इसके अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ का गुणनफल है।
दिया गया है:
$I = 5.0 \times 10^{4} \text{ A m}^{-1}$
$l = 12 \text{ cm} = 0.12 \text{ m}$
$A = 1 \text{ cm}^{2} = 1 \times 10^{-4} \text{ m}^{2}$
आयतन $V = l \times A = 0.12 \times 10^{-4} \text{ m}^{3} = 1.2 \times 10^{-5} \text{ m}^{3}$.
अब,चुंबकीय आघूर्ण $M$ की गणना करने पर:
$M = (5.0 \times 10^{4} \text{ A m}^{-1}) \times (1.2 \times 10^{-5} \text{ m}^{3})$
$M = 6.0 \times 10^{-1} \text{ A m}^{2} = 0.6 \text{ A m}^{2}$.

(B) $\alpha$ क्षय में,परमाणु क्रमांक $Z$ में $2$ की कमी होती है और द्रव्यमान संख्या $A$ में $4$ की कमी होती है। $\beta^-$ क्षय में,$Z$ में $1$ की वृद्धि होती है और $A$ स्थिर रहता है। $\beta^+$ क्षय में,$Z$ में $1$ की कमी होती है और $A$ स्थिर रहता है।
समस्थानिक (Isotope) में परमाणु क्रमांक $Z$ समान होता है लेकिन द्रव्यमान संख्या $A$ अलग होती है। चूंकि $\alpha$ क्षय $Z$ को बदलता है और $\beta$ क्षय भी $Z$ को बदलता है,इसलिए इनमें से कोई भी प्रक्रिया मूल नाभिक का समस्थानिक उत्पन्न नहीं कर सकती है। अतः,सही उत्तर यह है कि मूल नाभिक का समस्थानिक उत्पन्न नहीं हो सकता है।

(D) पहली स्थिति के लिए,लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करते हुए:
दिया गया है $f_1 = 10 \ cm$ और $u = -30 \ cm$.
$\frac{1}{10} = \frac{1}{v} - \frac{1}{-30} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{3-1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$.
अतः,$v = 15 \ cm$.
दूसरी स्थिति के लिए,जब अवतल लेंस को संपर्क में रखा जाता है,तो नई प्रतिबिंब दूरी $v' = v + 45 \ cm = 15 + 45 = 60 \ cm$ हो जाती है।
वस्तु दूरी $u = -30 \ cm$ समान रहती है।
माना $F$ संयोजन की फोकस दूरी है: $\frac{1}{F} = \frac{1}{v'} - \frac{1}{u} = \frac{1}{60} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{60} + \frac{2}{60} = \frac{3}{60} = \frac{1}{20}$.
अतः,$F = 20 \ cm$.
संयोजन सूत्र $\frac{1}{F} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{20} = \frac{1}{10} + \frac{1}{f_2} \Rightarrow \frac{1}{f_2} = \frac{1}{20} - \frac{1}{10} = \frac{1-2}{20} = -\frac{1}{20}$.
इस प्रकार,$f_2 = -20 \ cm$.
अवतल लेंस की फोकस दूरी का परिमाण $20 \ cm$ है।

(D) जब वस्तु और पर्दे के बीच की दूरी $d$ निश्चित हो,तो उत्तल लेंस द्वारा पर्दे पर वास्तविक प्रतिबिंब प्राप्त करने की शर्त विस्थापन विधि (displacement method) द्वारा दी जाती है।
माना वस्तु की दूरी $u$ है और प्रतिबिंब की दूरी $v$ है। अतः $u + v = d$।
वास्तविक प्रतिबिंब के लिए,लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ है।
$u = -(d - v)$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{1}{v} + \frac{1}{d - v} = \frac{1}{f}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर द्विघात समीकरण $v^2 - dv + df = 0$ प्राप्त होता है।
$v$ के वास्तविक मूल होने के लिए,विविक्तकर (discriminant) शून्य या उससे अधिक होना चाहिए: $D = d^2 - 4df \geq 0$।
इसका अर्थ है कि $d^2 \geq 4df$,या $f \leq \frac{d}{4}$।
अतः,उत्तल लेंस की अधिकतम संभव फोकस दूरी $\frac{d}{4}$ है।

(A) संयुक्त सूक्ष्मदर्शी में,अभिदृश्यक लेंस वस्तु का एक मध्यवर्ती प्रतिबिंब बनाता है।
चूंकि वस्तु को अभिदृश्यक लेंस के मुख्य फोकस के ठीक बाहर रखा जाता है,इसलिए लेंस एक वास्तविक,उल्टा और आवर्धित प्रतिबिंब बनाता है।
यह प्रतिबिंब तब नेत्रिका (eyepiece) के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है,जो इसे और अधिक आवर्धित करके अंतिम आभासी प्रतिबिंब प्रदान करता है।

(D) स्नेल के नियम के अनुसार,समानांतर परतों की एक श्रृंखला के लिए,अपवर्तनांक और आपतन कोण की ज्या (sine) का गुणनफल प्रत्येक इंटरफ़ेस पर स्थिर रहता है।
मान लीजिए $\mu_0$ $0$ वीं परत का अपवर्तनांक है और $i_0$ पहले इंटरफ़ेस पर आपतन कोण है।
$\mu_0 \sin i_0 = \mu_m \sin r_m$
दिया गया है:
$\mu_0 = \mu = 1.5$
$i_0 = 30^{\circ}$
$\mu_m = \mu - m \Delta \mu = 1.5 - m(0.015)$
चूंकि $m$ वें अपवर्तन के बाद किरण इंटरफ़ेस के समानांतर निकलती है,इसलिए अपवर्तन कोण $r_m = 90^{\circ}$ होगा।
मान रखने पर:
$1.5 \sin 30^{\circ} = (1.5 - m \times 0.015) \sin 90^{\circ}$
$1.5 \times 0.5 = (1.5 - 0.015m) \times 1$
$0.75 = 1.5 - 0.015m$
$0.015m = 1.5 - 0.75$
$0.015m = 0.75$
$m = \frac{0.75}{0.015} = \frac{750}{15} = 50$
अतः,$m$ का मान $50$ है।

(B) एक आदर्श डायोड के लिए,यह तब चालन करता है जब एनोड पर विभव कैथोड पर विभव से अधिक या उसके बराबर होता है। यहाँ,कैथोड $3 \ V$ के स्थिर विभव पर है।
स्थिति $1$: जब $V_{i} = 2 \ V$ है,तो एनोड पर विभव $(2 \ V)$,कैथोड पर विभव $(3 \ V)$ से कम है। अतः,डायोड रिवर्स बायस में है और एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है। इसलिए,प्रारंभिक धारा $I_{initial} = 0 \ A$ है।
स्थिति $2$: जब $V_{i} = 6 \ V$ है,तो एनोड पर विभव $(6 \ V)$,कैथोड पर विभव $(3 \ V)$ से अधिक है। अतः,डायोड फॉरवर्ड बायस में है और एक शॉर्ट सर्किट (आदर्श) की तरह कार्य करता है। अंतिम धारा $I_{final}$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है:
$I_{final} = \frac{V_{i} - V_{cathode}}{R} = \frac{6 \ V - 3 \ V}{150 \ \Omega} = \frac{3 \ V}{150 \ \Omega} = 0.02 \ A = 20 \ mA$.
धारा में परिवर्तन $\Delta I = I_{final} - I_{initial} = 20 \ mA - 0 \ mA = 20 \ mA$ है।

(D) ऊर्जा बैंड सिद्धांत के आधार पर पदार्थों का वर्गीकरण इस प्रकार है:
$1$. चालक: वैलेंस बैंड और कंडक्शन बैंड एक-दूसरे पर ओवरलैप करते हैं,या ऊर्जा अंतराल नगण्य होता है।
$2$. अर्धचालक: ऊर्जा बैंड अंतराल छोटा होता है,आमतौर पर $1 \ eV$ के आसपास (जैसे,$Si \approx 1.1 \ eV$,$Ge \approx 0.7 \ eV$)।
$3$. कुचालक: ऊर्जा बैंड अंतराल बहुत बड़ा होता है,आमतौर पर $3 \ eV$ से अधिक।
चूंकि दिया गया बैंडगैप $5.0 \ eV$ है,जो $3 \ eV$ से काफी अधिक है,इसलिए यह पदार्थ कुचालक (insulator) के रूप में वर्गीकृत किया जाता है।

(B) ट्रांजिस्टर के कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में,बेस करंट $I_{B}$ बहुत छोटा होता है और आमतौर पर माइक्रोएम्पियर $(\mu A)$ की कोटि में होता है।
चूंकि कलेक्टर करंट $I_{C} = \beta I_{B}$ होता है और करंट गेन $\beta$ आमतौर पर बड़ा (लगभग $100$) होता है,इसलिए कलेक्टर करंट $I_{C}$ मिलीएम्पियर $(mA)$ की कोटि में होता है।
ट्रांजिस्टर को सक्रिय क्षेत्र में रखने के लिए कलेक्टर-एमिटर वोल्टेज $V_{CE}$ को आमतौर पर वोल्ट $(V)$ की कोटि में बनाए रखा जाता है।
इसलिए,सही परिमाण की कोटि $I_{B}$ $\mu A$ में,$I_{C}$ $mA$ में और $V_{CE}$ वोल्ट में है।

(B) इनपुट $A$ एक $NOT$ गेट से गुजरता है,जिसके परिणामस्वरूप $\bar{A}$ प्राप्त होता है।
इस $\bar{A}$ को इनपुट $B$ के साथ एक $AND$ गेट में भेजा जाता है,जिससे आउटपुट $\bar{A} \cdot B$ प्राप्त होता है।
इस परिणाम $(\bar{A} \cdot B)$ और मूल $\bar{A}$ को एक $OR$ गेट में भेजा जाता है।
इसलिए,अंतिम आउटपुट $Y$ इस प्रकार है:
$Y = \bar{A} + (\bar{A} \cdot B)$
बूलियन बीजगणित के अवशोषण (absorption) नियम का उपयोग करते हुए,जो कहता है कि $X + (X \cdot Y) = X$,हम व्यंजक को सरल बना सकते हैं:
$Y = \bar{A} \cdot (1 + B)$
चूंकि $(1 + B) = 1$,हमें प्राप्त होता है:
$Y = \bar{A} \cdot 1 = \bar{A}$

(D) दो कला-संबद्ध तरंगों के अध्यारोपण के लिए अधिकतम तीव्रता का सूत्र है:
$I_{\max} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2$
यहाँ $I_1 = I$ और $I_2 = 4I$ दिया गया है:
$I_{\max} = (\sqrt{I} + \sqrt{4I})^2 = (\sqrt{I} + 2\sqrt{I})^2 = (3\sqrt{I})^2 = 9I$
दो कला-संबद्ध तरंगों के अध्यारोपण के लिए न्यूनतम तीव्रता का सूत्र है:
$I_{\min} = (\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})^2$
$I_{\min} = (\sqrt{I} - \sqrt{4I})^2 = (\sqrt{I} - 2\sqrt{I})^2 = (-\sqrt{I})^2 = I$
अतः,अधिकतम और न्यूनतम तीव्रताएँ क्रमशः $9I$ और $I$ हैं।