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01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197625 विद्युत विभव निम्न समीकरण द्वारा दिया गया है $V = 6 x - 8 x y^{2} - 8 y + 6 y z - 4 z^{2}$ तो मूल बिन्दु पर रखे $2 C$ के आवेश पर लगने वाला बल...... $N$ होगा

1

2

2

6

3

8

4

20

Explanation:

$E_{x} = - \frac{d V}{d x} = - (6 - 8 y^{2}),$ $E_{y} = - \frac{d V}{d y} = - (- 16 x y - 8 + 6 z)$
$E_{z} = - \frac{d V}{d z} = - (6 y - 8 z)$
मूल बिन्दु पर $x = y = z = 0$ अत: $E_{x} = - 6, E_{y} = 8$ एवं $E_{z} = 0$
$E = \sqrt{E_{x}^{2} + E_{y}^{2}} = 10 N / C$
अत: बल $F = Q E = 2 \times 10 = 20 N$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197626 किसी स्थान पर विद्युत क्षेत्र त्रैज्यीय बाहर की ओर है जिसका परिमाण $E = A γ_{0}$ है। $γ_{0}$ त्रिज्या के गोले के अन्दर आवेश होगा

1

\frac{1}{4 π ε_{0}} A γ_{0}^{3}

2

4 π ε_{0} A γ_{0}^{3}

3

\frac{4 π ε_{0} A}{γ_{0}}

4

\frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{A}{γ_{0}^{3}}

Explanation:

दिये गये गोले से सम्बद्ध फ्लक्स $φ = \frac{Q}{ε_{o}};$ यहाँ $Q$ = गोले के द्वारा घेरा गया आवेश
अत: $Q = φ ε_{o} = (E A) ε_{o}$
$Q = 4 π (γ_{o})^{2} \times A ε_{o} γ_{0} = 4 π ε_{o} A γ_{0}^{3} .$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197644 $40$ स्थैतिक कूलॉम बिन्दु आवेश से $2$ सेमी की दूरी पर भू-संयोजित धातु की बड़ी प्लेट रखी गई है, तो बिन्दु आवेश पर लगने वाला आकर्षण बल .........डाइन है

1

100

2

160

3

1600

4

400

Explanation:

विद्युतीय प्रतिबिम्ब (Electrical image) के सिद्धान्त से यह माना जा सकता है कि समान किन्तु विपरीत आवेश प्लेट के दूसरी ओर समान दूरी पर रखा है
अत: बल $F = \frac{40 \times 40}{4^{2}} = 100 d y n e s$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197627 $R$ त्रिज्या के पतले अर्द्धवलय पर $q$ आवेश एकसमान रूप से वितरित है। वलय के केन्द्र पर विद्युत क्षेत्र है

1

\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}

2

\frac{q}{4 π^{2} ε_{0} R^{2}}

3

\frac{q}{4 π ε_{0} R^{2}}

4

\frac{q}{2 π ε_{0} R^{2}}

Explanation:

चित्र से $d l = R d θ$ ; $d l$ पर आवेश = $l R d q$ ${λ = \frac{q}{π R}}$
केन्द्र पर $d l$ भाग के कारण विद्युत क्षेत्र $d E = k . \frac{λ R d θ}{R^{2}}$
यदि एक समान एवं सममित अल्पांश $d l^{'}$ और लिया जाये तो $d l$ और $d l^{'}$ दोनों भागों के कारण केन्द्र पर उत्पन विद्युत क्षेत्र के घटक $d E s i n θ$ एक दूसरे को निरस्त कर देंगे एवं इनके $d E \cos θ,$ घटक जुड़ जायेंगे।
अत: केन्द्र पर कुल विद्युत क्षेत्र $= 2 \int_{0}^{π / 2} d E \cos θ$
$= \frac{2 k λ}{R} \int_{0}^{π / 2} \cos θ d θ = \frac{2 k λ}{R} = \frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$
दूसरी विधि : जैसा कि हम जानते है, किसी निश्चित लम्बाई के आवेशित तार के कारण उसके लम्बार्द्धक पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2 k λ}{R} \sin θ$
यदि इसे अर्धवृत्ताकार रूप में मोड़ दिया जाये तब $q = 90 °$
$E = \frac{2 k λ}{R}$
= $2 \times \frac{1}{4 π ε_{0}} (\frac{q / π R}{R})$
= $\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$ 115-s19

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197625 विद्युत विभव निम्न समीकरण द्वारा दिया गया है $V = 6 x - 8 x y^{2} - 8 y + 6 y z - 4 z^{2}$ तो मूल बिन्दु पर रखे $2 C$ के आवेश पर लगने वाला बल...... $N$ होगा

1

2

2

6

3

8

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20

Explanation:

$E_{x} = - \frac{d V}{d x} = - (6 - 8 y^{2}),$ $E_{y} = - \frac{d V}{d y} = - (- 16 x y - 8 + 6 z)$
$E_{z} = - \frac{d V}{d z} = - (6 y - 8 z)$
मूल बिन्दु पर $x = y = z = 0$ अत: $E_{x} = - 6, E_{y} = 8$ एवं $E_{z} = 0$
$E = \sqrt{E_{x}^{2} + E_{y}^{2}} = 10 N / C$
अत: बल $F = Q E = 2 \times 10 = 20 N$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197626 किसी स्थान पर विद्युत क्षेत्र त्रैज्यीय बाहर की ओर है जिसका परिमाण $E = A γ_{0}$ है। $γ_{0}$ त्रिज्या के गोले के अन्दर आवेश होगा

1

\frac{1}{4 π ε_{0}} A γ_{0}^{3}

2

4 π ε_{0} A γ_{0}^{3}

3

\frac{4 π ε_{0} A}{γ_{0}}

4

\frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{A}{γ_{0}^{3}}

Explanation:

दिये गये गोले से सम्बद्ध फ्लक्स $φ = \frac{Q}{ε_{o}};$ यहाँ $Q$ = गोले के द्वारा घेरा गया आवेश
अत: $Q = φ ε_{o} = (E A) ε_{o}$
$Q = 4 π (γ_{o})^{2} \times A ε_{o} γ_{0} = 4 π ε_{o} A γ_{0}^{3} .$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197644 $40$ स्थैतिक कूलॉम बिन्दु आवेश से $2$ सेमी की दूरी पर भू-संयोजित धातु की बड़ी प्लेट रखी गई है, तो बिन्दु आवेश पर लगने वाला आकर्षण बल .........डाइन है

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100

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160

3

1600

4

400

Explanation:

विद्युतीय प्रतिबिम्ब (Electrical image) के सिद्धान्त से यह माना जा सकता है कि समान किन्तु विपरीत आवेश प्लेट के दूसरी ओर समान दूरी पर रखा है
अत: बल $F = \frac{40 \times 40}{4^{2}} = 100 d y n e s$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197627 $R$ त्रिज्या के पतले अर्द्धवलय पर $q$ आवेश एकसमान रूप से वितरित है। वलय के केन्द्र पर विद्युत क्षेत्र है

1

\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}

2

\frac{q}{4 π^{2} ε_{0} R^{2}}

3

\frac{q}{4 π ε_{0} R^{2}}

4

\frac{q}{2 π ε_{0} R^{2}}

Explanation:

चित्र से $d l = R d θ$ ; $d l$ पर आवेश = $l R d q$ ${λ = \frac{q}{π R}}$
केन्द्र पर $d l$ भाग के कारण विद्युत क्षेत्र $d E = k . \frac{λ R d θ}{R^{2}}$
यदि एक समान एवं सममित अल्पांश $d l^{'}$ और लिया जाये तो $d l$ और $d l^{'}$ दोनों भागों के कारण केन्द्र पर उत्पन विद्युत क्षेत्र के घटक $d E s i n θ$ एक दूसरे को निरस्त कर देंगे एवं इनके $d E \cos θ,$ घटक जुड़ जायेंगे।
अत: केन्द्र पर कुल विद्युत क्षेत्र $= 2 \int_{0}^{π / 2} d E \cos θ$
$= \frac{2 k λ}{R} \int_{0}^{π / 2} \cos θ d θ = \frac{2 k λ}{R} = \frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$
दूसरी विधि : जैसा कि हम जानते है, किसी निश्चित लम्बाई के आवेशित तार के कारण उसके लम्बार्द्धक पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2 k λ}{R} \sin θ$
यदि इसे अर्धवृत्ताकार रूप में मोड़ दिया जाये तब $q = 90 °$
$E = \frac{2 k λ}{R}$
= $2 \times \frac{1}{4 π ε_{0}} (\frac{q / π R}{R})$
= $\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$ 115-s19

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197625 विद्युत विभव निम्न समीकरण द्वारा दिया गया है $V = 6 x - 8 x y^{2} - 8 y + 6 y z - 4 z^{2}$ तो मूल बिन्दु पर रखे $2 C$ के आवेश पर लगने वाला बल...... $N$ होगा

1

2

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20

Explanation:

$E_{x} = - \frac{d V}{d x} = - (6 - 8 y^{2}),$ $E_{y} = - \frac{d V}{d y} = - (- 16 x y - 8 + 6 z)$
$E_{z} = - \frac{d V}{d z} = - (6 y - 8 z)$
मूल बिन्दु पर $x = y = z = 0$ अत: $E_{x} = - 6, E_{y} = 8$ एवं $E_{z} = 0$
$E = \sqrt{E_{x}^{2} + E_{y}^{2}} = 10 N / C$
अत: बल $F = Q E = 2 \times 10 = 20 N$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197626 किसी स्थान पर विद्युत क्षेत्र त्रैज्यीय बाहर की ओर है जिसका परिमाण $E = A γ_{0}$ है। $γ_{0}$ त्रिज्या के गोले के अन्दर आवेश होगा

1

\frac{1}{4 π ε_{0}} A γ_{0}^{3}

2

4 π ε_{0} A γ_{0}^{3}

3

\frac{4 π ε_{0} A}{γ_{0}}

4

\frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{A}{γ_{0}^{3}}

Explanation:

दिये गये गोले से सम्बद्ध फ्लक्स $φ = \frac{Q}{ε_{o}};$ यहाँ $Q$ = गोले के द्वारा घेरा गया आवेश
अत: $Q = φ ε_{o} = (E A) ε_{o}$
$Q = 4 π (γ_{o})^{2} \times A ε_{o} γ_{0} = 4 π ε_{o} A γ_{0}^{3} .$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197644 $40$ स्थैतिक कूलॉम बिन्दु आवेश से $2$ सेमी की दूरी पर भू-संयोजित धातु की बड़ी प्लेट रखी गई है, तो बिन्दु आवेश पर लगने वाला आकर्षण बल .........डाइन है

1

100

2

160

3

1600

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400

Explanation:

विद्युतीय प्रतिबिम्ब (Electrical image) के सिद्धान्त से यह माना जा सकता है कि समान किन्तु विपरीत आवेश प्लेट के दूसरी ओर समान दूरी पर रखा है
अत: बल $F = \frac{40 \times 40}{4^{2}} = 100 d y n e s$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197627 $R$ त्रिज्या के पतले अर्द्धवलय पर $q$ आवेश एकसमान रूप से वितरित है। वलय के केन्द्र पर विद्युत क्षेत्र है

1

\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}

2

\frac{q}{4 π^{2} ε_{0} R^{2}}

3

\frac{q}{4 π ε_{0} R^{2}}

4

\frac{q}{2 π ε_{0} R^{2}}

Explanation:

चित्र से $d l = R d θ$ ; $d l$ पर आवेश = $l R d q$ ${λ = \frac{q}{π R}}$
केन्द्र पर $d l$ भाग के कारण विद्युत क्षेत्र $d E = k . \frac{λ R d θ}{R^{2}}$
यदि एक समान एवं सममित अल्पांश $d l^{'}$ और लिया जाये तो $d l$ और $d l^{'}$ दोनों भागों के कारण केन्द्र पर उत्पन विद्युत क्षेत्र के घटक $d E s i n θ$ एक दूसरे को निरस्त कर देंगे एवं इनके $d E \cos θ,$ घटक जुड़ जायेंगे।
अत: केन्द्र पर कुल विद्युत क्षेत्र $= 2 \int_{0}^{π / 2} d E \cos θ$
$= \frac{2 k λ}{R} \int_{0}^{π / 2} \cos θ d θ = \frac{2 k λ}{R} = \frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$
दूसरी विधि : जैसा कि हम जानते है, किसी निश्चित लम्बाई के आवेशित तार के कारण उसके लम्बार्द्धक पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2 k λ}{R} \sin θ$
यदि इसे अर्धवृत्ताकार रूप में मोड़ दिया जाये तब $q = 90 °$
$E = \frac{2 k λ}{R}$
= $2 \times \frac{1}{4 π ε_{0}} (\frac{q / π R}{R})$
= $\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$ 115-s19

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197625 विद्युत विभव निम्न समीकरण द्वारा दिया गया है $V = 6 x - 8 x y^{2} - 8 y + 6 y z - 4 z^{2}$ तो मूल बिन्दु पर रखे $2 C$ के आवेश पर लगने वाला बल...... $N$ होगा

1

2

2

6

3

8

4

20

Explanation:

$E_{x} = - \frac{d V}{d x} = - (6 - 8 y^{2}),$ $E_{y} = - \frac{d V}{d y} = - (- 16 x y - 8 + 6 z)$
$E_{z} = - \frac{d V}{d z} = - (6 y - 8 z)$
मूल बिन्दु पर $x = y = z = 0$ अत: $E_{x} = - 6, E_{y} = 8$ एवं $E_{z} = 0$
$E = \sqrt{E_{x}^{2} + E_{y}^{2}} = 10 N / C$
अत: बल $F = Q E = 2 \times 10 = 20 N$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197626 किसी स्थान पर विद्युत क्षेत्र त्रैज्यीय बाहर की ओर है जिसका परिमाण $E = A γ_{0}$ है। $γ_{0}$ त्रिज्या के गोले के अन्दर आवेश होगा

1

\frac{1}{4 π ε_{0}} A γ_{0}^{3}

2

4 π ε_{0} A γ_{0}^{3}

3

\frac{4 π ε_{0} A}{γ_{0}}

4

\frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{A}{γ_{0}^{3}}

Explanation:

दिये गये गोले से सम्बद्ध फ्लक्स $φ = \frac{Q}{ε_{o}};$ यहाँ $Q$ = गोले के द्वारा घेरा गया आवेश
अत: $Q = φ ε_{o} = (E A) ε_{o}$
$Q = 4 π (γ_{o})^{2} \times A ε_{o} γ_{0} = 4 π ε_{o} A γ_{0}^{3} .$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197644 $40$ स्थैतिक कूलॉम बिन्दु आवेश से $2$ सेमी की दूरी पर भू-संयोजित धातु की बड़ी प्लेट रखी गई है, तो बिन्दु आवेश पर लगने वाला आकर्षण बल .........डाइन है

1

100

2

160

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1600

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400

Explanation:

विद्युतीय प्रतिबिम्ब (Electrical image) के सिद्धान्त से यह माना जा सकता है कि समान किन्तु विपरीत आवेश प्लेट के दूसरी ओर समान दूरी पर रखा है
अत: बल $F = \frac{40 \times 40}{4^{2}} = 100 d y n e s$

01. ELECTRIC CHARGES AND FIELDS (HM)

197627 $R$ त्रिज्या के पतले अर्द्धवलय पर $q$ आवेश एकसमान रूप से वितरित है। वलय के केन्द्र पर विद्युत क्षेत्र है

1

\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}

2

\frac{q}{4 π^{2} ε_{0} R^{2}}

3

\frac{q}{4 π ε_{0} R^{2}}

4

\frac{q}{2 π ε_{0} R^{2}}

Explanation:

चित्र से $d l = R d θ$ ; $d l$ पर आवेश = $l R d q$ ${λ = \frac{q}{π R}}$
केन्द्र पर $d l$ भाग के कारण विद्युत क्षेत्र $d E = k . \frac{λ R d θ}{R^{2}}$
यदि एक समान एवं सममित अल्पांश $d l^{'}$ और लिया जाये तो $d l$ और $d l^{'}$ दोनों भागों के कारण केन्द्र पर उत्पन विद्युत क्षेत्र के घटक $d E s i n θ$ एक दूसरे को निरस्त कर देंगे एवं इनके $d E \cos θ,$ घटक जुड़ जायेंगे।
अत: केन्द्र पर कुल विद्युत क्षेत्र $= 2 \int_{0}^{π / 2} d E \cos θ$
$= \frac{2 k λ}{R} \int_{0}^{π / 2} \cos θ d θ = \frac{2 k λ}{R} = \frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$
दूसरी विधि : जैसा कि हम जानते है, किसी निश्चित लम्बाई के आवेशित तार के कारण उसके लम्बार्द्धक पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2 k λ}{R} \sin θ$
यदि इसे अर्धवृत्ताकार रूप में मोड़ दिया जाये तब $q = 90 °$
$E = \frac{2 k λ}{R}$
= $2 \times \frac{1}{4 π ε_{0}} (\frac{q / π R}{R})$
= $\frac{q}{2 π^{2} ε_{0} R^{2}}$ 115-s19