P-3 Allens Made Physics Exercise Solution

JEE-Physics UNIT # 01 (PART – I) BASIC MATHEMATICS USED IN PHYSICS, UNIT & DIMENSIONS AND VECTORS EXERCISE –I 8 . Resultant = 32  42  122  52  122  13N 1 . Enclosed area : A = r2 9 . Required unit vector so dA = 2r dr  3ˆi  6ˆj  2kˆ 1 dt dt A  B 32  62  22 =  =A B = 7 3i  6ˆj  2kˆ dr 1 1 . For zero resultant, sum of any two forces  remaining Here r = 8 cm, dt = 5 cm/s force dA       = (2) (8) (5) = 80 cm2/s dt dy 1 3 . R  P  Q, R   P  2Q 2 . Slope = 3x2 – 6x –9      dx R P P  2Q P  0  P2  2Q.P     0  0 dy  if tangent is parallel to the x–axis then =0 R2 = P2+Q2 + 2P.Q =P2 + Q2 – P2 = Q2  R=Q dx  3x2 – 6x – 9 = 0  x2 –2x –3 = 0 14.         a  c  RP and b  c  RQ but RP  RQ       x2 – 3x + +x –3 = 0  (x–3) (x+1) = 0   b  2c  RP  RQ  b  a a  2c  x=3 or x =–1  y = –20 or y=12  3 .  p = tnt 10 10 1 5 . cos 600 = r  r = 1 / 2 = 20 units dp d 1 y  F = dt = dt  t  =1 tnt = (1)nt+ (t) +nt F = 0 1 + nt = 0 nt =–1 t = e–1 = 1 r x e 300 dx 600 4 . Let side of cube be x then dt =3 cm/s 10  V= x3 dV = 3x2 dx =3 × 102 × 3=900 cm3/s N  dt dt W  16. Starting 5 . Check A.B = 0 point E S 6 . Let forces be A and B and B < A then A + B = 16 node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 R 17. vˆ  4  1ˆi  2  2ˆj  3  3 kˆ  3 ˆi  4 ˆj A 4  12  2  22  3  32 5 5  B A cos = R = 8 and A sin = B  10   3 ˆi  4 ˆj 6ˆi  8ˆj v  5 5  A2 = 82 + B2  A2–B2 = 64    (A–B) (A+B) = 64  A–B = 4 1 9 . Use R2 = A2 + B2 + 2ABcos or see options  A = 10N & B = 6N 7. 0.52  0.82  c2 =1 2 0 . Displacement = 122  52  62 = 144  25  36  205  14.31 m E  0.25 + 0.64 + c2 =1  c2 = 0.11  c = ± 0.11 2 1 . Required angle = 2 360 = 300 = 12 12 1

JEE-Physics 23.    3AB cos  g 10 3 kg kg A B  3 A  B  AB sin   3 6 . 0.5 cc = 0.5 10 6 m 3 = 500 m 3  tan  3  =60°  A  B  A2  B2  2AB cos 60  1    u1   M1L 1 T12   2  37. nu = nu n =  u2  n =  M 2 L 2 T22  (n )  A2  B2  2A B  A2  B2  AB 11 22  2 1 1  n2 1000g 100cm 12  10 2 4 .  A.B =ABcos      A.B  1  Projection of    A cos    A .Bˆ 10g10cm  0.12 A on B      B 1N = 10 × Unit of force in new system So unit of force in new system = 0.1N 25 . P  Q  R Q  R P OR  Q2 = R2 + P2 – 2RP cos1 As [F] = MLT–2 so unit of force = (10g) (10 cm( 0.1s)–2 1 = (10–2 kg) (10–1m) 100(s)–2  cos 1 = 2   = 3 = 0.1 (kg) (m) (s)–2 = 0.1 N       Now  P  Q  R  0  P  R  Q  P2 + R2 + 2PRcos2 = Q2  cos 2 1 2    2  3 8 . t2 must be dimensionless 2 3  2 6 . Resultant = x2  y2 3 9 . TensionForce but surface tensionForce / length = x  y2  x  y2  2 x  yx  y cos  4 1 . F  MLT–2, A LT–2  L = AT2  x2 + y2 = 2(x2+y2) + 2 (x2–y2)cos 1  x2  y2   v  LT 1 4 2 . [a] =  t  = = LT–2, [C] = [t] = T  cos =  y2  x2  T 2 [b] = [vt] = LT–1T = L 2 8 . Projection on x–y plane = 32  12 = 10 29. Velocity of one ball   ˆi  3ˆj EXERCISE –II v1 1 . At any instant x2 + y2 = 52 Veocity of second ball   2ˆi  2ˆj v2 Angle between their path : 5m  yu  cos = v1.v2  2  2 3 1 3 3m  = 15° v1v2 2 2 2 2 2 2ms-1 4m  31. e1  e2  12  12  2 1 1 cos   2 sin  x node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 2 3 3 . In a clockwise system kˆ  ˆj  ˆi 2x dy Differentiating w.r.t. time 2x dt + 2y dt = 0 ˆi ˆj kˆ   34. v r = 1 2 2 dx dy 8 m/s Here =2, =u u= dt dt 3 0 4 3 = ˆi (6–8) – ˆj (–3) + kˆ (4) = – 2ˆi  3ˆj  4kˆ 2 . x2 + 4 = y  2xdx = dy but dy = 2dx  So 2xdx = 2dx  2x =2  x=1  y =12 + 4 = 5 v = 22  32  42 = 4  9  16 = 29 2E

JEE-Physics 3. I = 2 MR2 = 2 4 R 3 R2  8 R 5 1 5 .  1 cal = 4.2 J 1 cal=4.2 kgm2s–2 55  3 15   4.2 12  2  kg m 2 s2  dI=8  5R4 dR  8 M (5R4)   15 dt =  15   4 / 3 R 3  1 6 . Angle between a and b , dt  dR  dR  = 2 (1) (1) (2) = 4 kg m2s–1 a.b x  2  x  1 = 2MR  dt  cos  = = dt ab 1  4  1 x2  12  x  12 1kg  1kg  6.67 1011   kg2  = 3 0 4. 1 notwen = G =  1km 2  106   m2  6  x 2 1  x  12    = 6.67 × 10–17 newton Length  = v2 v 17. Q 5. , time t = a a 150° 120° 90° P 12 1 R  ratio of unit of length =  3  = 9 and ratio of unit of time = 1/3 7 .  n1u1 = n2u2 P Q R sin120 sin 90 sin150 n2  u1 M 1 L31 T12 M 1L3 T 2 1 n1 u2  1 M 1 2L 3 T 2  8 P QR  =  3 /2 = 1 = 1/2 M L1 3 T22 22 9 . [k] = [] [v2] = [ML–3] [L2T–2] = ML–1T–2 2P Q 2R Force  3 = 1 = 1 = k (constant) = Area = Modulus of elasticity 3k k  P : Q: R = 2 : k : 2 = 3 : 2 :1 b 1/ t  x 18.  = a2  b2  c2  2 a.b      1 0 .  c  = 1 / x  =  t  = wave velocity abc b.c c.a          0 ,   c     0 &   a  b   0 a b c b a c       0 a b  b c  c a 11. P + aT2 = (RT+b) V–c  a2  b2  c2  32  42  52  5 2  abc  V node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65  P = (RT +b) V–C – aT2 V–1 = AVm –BVn m= – c and n = – 1 1 9 .  | a  b  c| 1  | a|2 | b|2 | c|2 2(ab  bc  ca )  1 12.  A =m A  1 +1 +1 +2(cos 1 + cos 2 + cos3) = 1 B B = m  cos1 + cos2 + cos 3 =–1  MLT 2  20.  aˆ  bˆ  1   [B] =  ML1  = [L2T–2] = latent heat  2 cos 2 =1 hc  co s  = 1     1 4 . C  LT–1, G  M–1L3T–2, h M1L2T–1 M = 2 2 2 3 G E3

JEE-Physics aˆ  bˆ = 2 sin  =2× 3 3 2ˆi  3ˆj  ˆi  k ˆj dx  0  (2–k)dx = 0  k=2 2 = 3 2 21. a = 2a , cos = az = cos 135° = – 1 3 2 . Here  = 45° so inclination of AC with x–axis is x y a 2 45°. So unit vector along AC a a 52 = cos 45ˆi  sin 45ˆj  ˆi  ˆj  z = – 2 =– = –5 2 2 Now a 2  a 2  a 2  50  4 a 2  a 2  25  50 3 3 . a  3b.7a  5b  0 x y z y y  a 2  5  a y   5  a x  2 5  ...(i) y  7a2 – 15b2 + 16 a  b =0   and a  4b  7a  2b  0 2 3 .  C  A  B  C2 = A2 + B2 + 2ABcos  If C2 < A2 + B2 then cos < 0.  7a2 + 8b2 – 30 a  b  0 ...(ii) Therefore  > 900 By adding (i) and (ii) 25. Area of triangle = 1       1 b  c  1 c          b2 a b a  –23b2 + 46 a  b  0 2a b 222  So 7a2 – 15b2 + 8b2 = 0  a2 = b2 2 6 . F1  F2  F3  F4  2abcos = b2  2cos=1 = 4ˆi  5ˆj  5kˆ  5ˆi  8ˆj  6kˆ  3ˆi  4ˆj  7kˆ   = cos–1(1/2) = 60°  + 12ˆi  3ˆj  2kˆ = 4ˆj  2kˆ     3 4 . For triangle ABC : AB  BC  CA  0  motion will be in y–z plane    ˆi ˆj kˆ Now AB  BC  2CA 28.  = 7 3 1 = 14ˆi  38ˆj  16kˆ        r F  AB  BC  CA  CA  0  CA  CA 3 1 5 29.   a cos tˆi  a sin tˆj EXERCISE –III r velocity =    =– a sin tˆi  a cos tˆj Tr u e /IfFa Alse B   B   v dr 2. A AB dt  then    0 r d 2  r Acceleration= dt2 = – a2 cos t ˆi  a2 sin tˆj = – 2 3 . Two vectors are always coplanar.    Fill in the blanks 3 0 . A  B  AB cos   8 , A  B  AB sin   8 3   F.d     1.W 10ˆi  3ˆj  8kˆ . 10ˆi  2ˆj  7kˆ  6ˆi  5ˆj  3kˆ node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65  tan   8 8 3 3   = 60°, 120° = 10ˆi  3ˆj  8kˆ · 4ˆi  7ˆj  10kˆ  = 40 + 21 + 80 = 141 J  31. Displacement dr  dxˆi  dyˆj 2 . Required vector but 3y + kx =5 so 3dy + kdx = 0  baˆ   3ˆi  4ˆj  72  242    32  42     dxˆi  k dxˆj   ˆi  k ˆj dx dr 3  3 Work done is zero if   2 5   3ˆi  4ˆj   15ˆi  20ˆj F.dr  0  5  4E

JEE-Physics  a b     3. x1ˆi  y1ˆj  x2ˆi  y 2ˆj 4.  ab    PV 3   V 2   M 0 L6 T 0  RT   PV    x1 y2kˆ  x2 y1kˆ  0  xy = xy 12 21  5 . [RT]=[PV] = (ML–1T–2)(L3) = ML2T–2 = [Energy] 5 . Let unknown displacement be s3 then N Comprehension 2 y WE 1 .   100  2t2  200  4t2 x S  2ˆi  5   V cos 370 ˆi  sin 370 ˆj  s3  6ˆi  s3  3ˆj 2m/s 1  1 1002t  ab   6 . Area = 22 ˆi  ˆj  kˆ  3ˆi 4m/s W = 1 3kˆ  3ˆj  1 3 2  3 O 2 2 2 200 4t 7 . According to question 8Bˆ  Aˆi  2Aˆj d 2 . For shortest distance dt = 0  t = 50 sec  8Bˆ  A 2ˆj  ˆi  8  A 5  A  8 3 . min  100  2  502  200  4  502  0 5 8 . According to question u    and  v Comprehension 3 v u uv     0 2 1 . x = at, y = – bt2  a2y + bx2 = 0   v2    2u v 4 dr dr  aˆi  u2  u  v  0 & u2  v2    2. dt = aˆi  2btˆj at t = 0, dt  3 v2  u2  cos    3    150 d 2  42 r 3. = 2bˆj dt2 9.  k1   1 / x  = t = s/m Comprehension 4  k2   1 / t   x  1 . Let unit of length, time and mass be L ,T and M 1 10 . T  PadbEc 11 respectively.  T = ML1T 2 a ML3 b ML2 T 2 c According to question  a + b + c = 0, –a – 3b + 2c = 0, –2a –2c = 1 9.8 LT–2 = 3 L T –2 11 a= 5 1 1 1 ,b= ,c= (272.1) (448)2 ML2T–2 = 100 M L 2T –2 62 3 2 11 1 node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 Comprehension 1 (272.1) (448) MLT–1 = 10 M L T 1 . [b] = [V] 11 1 2.   a   P   [a] = [PV2] by solving above equation L = 153.6 L  V2  1 = 153.6 m 3 . [PV] = [RT], [Pb] = [PV] = [RT] 2 . By solving above equation T = 6.857T  a   PV2   P  RT and 1  V2   V 2  = 6.857 s  ab   PV2  V   PV   RT 3 . By solving above equation M = 544.2 M  V2   1  V 2 = 544.2 kg E 5

JEE-Physics EXERCISE –IV(A) 4. Component along the vector i  j 1 .  A = 4, A =6 so A + B = 10 and A + B = 9   (3i  4j).(i  j) xy xx yy ) B ( A .B ) B ( 2 )2 (i  j) (i) B = 10 – 4 = 6m and B = 9 – 6 = 3m = (A cos  B2  xy (ii) length = B 2  B 2 = 36  9  45m x y By  3 = 3  4 (i  j)  7 (i  j) 6 22 (iii)  = t a n –1   = tan 1    tan 1  1       2  B x Component along the vector i  j 2 . (i)  B   (3i  4j).(i  j)(i  j) Let the angle between A and B is , then ( A .B ) ( 2 )2      = (A cos )  B2 B  cos   A  B AB  2ˆi  2ˆj  kˆ  ˆi  ˆj 0 0 = (3  4) (i  j)   1 (i  j) 2ˆi  2ˆj  kˆ  ˆi  ˆj  22 32   = 90° (ii) Resultant 6. Let two forces are A and B then e j e j e j R  = 2i  2j  k  i  j = 3i  j  k A + B = P, A – B = Q  A = PQ ,B= P Q =AB Projection of resultant on x–axis = 3 22 (iii) Required vector Resultant k  A2  B2  2AB cos  e j=  j  A = j  2i  2j  k = 2i  3j  k  P  Q2  P  Q2  P  Q  P  Q  2   2   2   2     2 cos 2 HGF JKI3.   (i) Component of A along B = A.B B  P2  Q2  1 (P2  Q2 ) cos 2 B 2 22        =  A.B  B  3ˆi  ˆj . ˆj  2kˆ  ˆj  2kˆ 1 ˆj  2kˆ P2 Q2  B   5  5 5  (1  cos 2)  (1  cos 2) B    22   P2 cos2   Q2 sin2    Component of A  B | A  B| A 2  B2  2AB cos      7.  (10)2  (6 )2  2(10)(6 ) cos 60  2 19 A     A  B  1   Bˆ  3ˆi  ˆj   5 ˆj  2kˆ  B  (ii) Area of the parallelogram  i j k tan   6 sin 60  6  3 / 2  3 3 node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 AB 3 1 0 10  6 cos 60 10  3 7 2i  6j  3k = = 012 = b g= 22  6 2  32 = 7 units 3 3 8.   = tan–1  7   Resultant force in vertical direction (iii) Unit vector perpendicular to both A & B  = 2i  6j  3k = 2 i  6 j  3 k 30° 30° n = A  B 7 777 503N 100N 1003N AB = 503cos 30° + 100 + 1003 cos 30° E 6

JEE-Physics = 50  3 +100 + 100 × 3 (iv)    3t2  6 t ˆi  4 t3  ˆj  2 =325 N L  rp 2 Resultant force in horizontal direction  36 t  1ˆi  72t2ˆj = 1003sin30° – 503 sin30° = 72t4  288 t3  kˆ 3 50 3  25 3N  100  22 3i 4j  5 P j,  Pi,     (6i  8j)P 15. F1  F2  4 F3  10P  5     so resultant pull = (325)2  (25 3 )2 = 327.9N   15P ((i  3i)  (j  4j))  12Pi  9Pj F4 5  x2 9 . x = at, y = –bt2 = –b  a         5Pj  4Pi  6Pi  8Pj F F1  F2  F3  F4 1 1 . (i) |displacement|= (3)2  (4)2  (5)2  50m –12Pi  9Pj = 2Pi  4Pj Distance  | F| P (2)2  (4 )2  20P  5 4 4 tan  =   = tan–1 (–2) 3 2 (ii) L  (7)2  (5 )2  74m 1 7 . Displacement N 40 km  = (30)2  (40)2  50km w E c 30km 12. Let is  c xˆi  c yˆj then according to question = c 2  c 2 5 40 s x y tan   30   = 53° N to E  c2 + c2 = 25 ....(i) x y   and a.c  0  3 c + 4 c = 0 – ...(ii) 1 9 . Speed = v  9  25  16  5 2m / s x y K.E. = 1 mv2  1  200  103  50 J= 5J from equation (i) and (ii) c = ± 4, c =  3 22 xy 14.    = (6t – 6) i + (–12t2) j m/s v dr dt dv  90  50  40 dv =2   20. From graph dx 40  20 20 dx a dv   (6i  24tj) m/s2 dt v (at x = 20) = 50 m/s node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 (i)     6(6i  2 4 tj)  (36i  144 tj)N dv F ma a =v  a = 50 × 2 = 100 m/s2  dx r F (ii)   (3 t 2  6 t)i  (4 t3 )j  36i  144 tj    = [(–144 × 3t2) + (144 × 6t2) + 144 t3] k 21. (i) v  v 0ˆi  a0 b0e b0tkˆ (ii) v  v 2  a 2 b 2 e 2 b 0 t 0 0 0 = (–288 t3 + 864 t2) k (iii)   a b 2 e b0 t kˆ a 0 0 (iii)    = 6[(6 t  6)i  (12t2 )j] p mv  [36(t  1)i  72t2 j] 2 2 . Dimension of  t = M0L0T0  Dimension of  = M0L0T–1 E7

JEE-Physics Dimension of v0 = L1 EXERCISE –IV(B)  1. Surface tension (S)  Dimension of v0 = M0L1 T–1 2. Q 4.  work done  Energy  E   E  Area Area  A   L2  2 3 . (i) c = m [T2  T1] [M1L2 T 2 ] E Dimension of c = [M1L0T 0 ][M 0L0T 0K1]  L = vT  S= (vT)2 = Ev–2 T–2 1  0 = [L2T–2K–1] 0 (T2  T1 ) (ii)   Dimension of joule = ML2T–2 [M 0L1T 0 ] Value of 1 joule in star system  Dimension of   [M 0L1T 0 ] [M 0L0T 0K1] = (10–20) (10–8)2(10–3)–2=10–30star joule M1L1T 2  L3  Let   v i &  = xi  yj = x i + d j mol K v PV OP R= = =[M1L2T–2 K–1mol–1] nT   (iii) 2 4 . Dimensions of ax = M°L°T°  [a] = MLT  L1 and [0] = [M1L2T–2] so    (xˆi  dˆj )  vˆi  dvkˆ [L ] v OP (d = is constant) which is independent of position. 2 5 . m  [v]k [d]x [g]y 5. Vector   5ˆi  5kˆ and  [M1L0T0] = [LT–1]k [ML–3]x [LT–2]y PP1 P1P2  4ˆi  3kˆ  x = 1, k –3x + y = 0, –K–2y = 0  x = 1, y=–3, and K = 6 P1( 1, 1,0) 2 6 . R  vagb  [L] = [LT–1]a [LT–2]b M  a + b = 1, –a – 2b = 0 v2 P(4,1,5) P2(3, 1, 3) a = 2, b=–1 R  g Let angle between these vectors be  then 2 7 . [b] = [v] = [L3] dimensions of a =[M°L°T°] cos   5ˆi  5kˆ  4ˆi  3kˆ   1 5 25 52 RTV  [a] = dimensions of RTV As PM = PP1sin node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 =  M1L2 T 2  [L3] = [M1L5T–2 mol–1] so PM  5 2   7   7 m × [k] ×  52   k  mol   Therefore t  7 m  3.5 s 2 m/s 2 8 . Y  (v)x(a)y(F)z  [M1L–1T–2] = [LT–1]x [LT–2]y[MLT–2]z = [M]z [L]x+y+z [T]–x–2y –2z 6. 30 tan = 10 3   = 60°  z=1, x + y + z =–1, –x–2y–2z = –2  z=1, y=2, x=–4  Y = F a2v–4 20 tan =   = 45°  – = 15° 20 8 E

JEE-Physics 7 . Area of triangle 12.   Aˆi  3Bt2  2  ˆj  2ct  4  kˆ v (3ij+2k) 1  1 At t=2, Aˆi  12B  2ˆj  4c  4  kˆ  3ˆi  22ˆj A B  = = 4kˆ  2ˆj Thus, A =3, B=2, C=1 22 2i  ˆj  2k     3ˆi  6t2  2ˆj  2 t  4  kˆ A v   ( i j +2k ) ( 2 i +j +k ) At t=4, v  3ˆi  96  2ˆj  8  4 kˆ  3ˆi  94ˆj  4 kˆ A  5m2  tˆi  tˆj a 13.  5 cos 3 sin 8 . By law of reflection i = r   dtˆi   3 sin tdtˆj dv   5 cos t 2x 4 2 vt =  4–2x = x 3x = 2  x= x 23  Therefore 5 cos tdt  dvx  v= 5 sint–3 x 3 0   A  2ˆi  2ˆj ;   4 ˆi  4ˆj ; C  2ˆi  2ˆj xt 3 B 3 dx dt = (5sint–3)   dx   5 sin t  3dt 2 4 3 0  B  A 10 , 10 , C 2 2 x+3=5 – 5 cost – 3t  x =2 – 5 cost–3t Similarly, 33   L /2  L kL2  vt 9 . M1  0 A 0  kx dx  0 2  8  A  dvy   3 sin tdt 20 L  v –2= 3 (cost–1)  v = 3 cost–1 y y A 2x2dx 2 L3 L3  1 4 L3 M 2   3   8   24 A yt L/2    dy   3 cos t  1 dt 20  14L3 L kL2   y–2 = 3 sint–t  y=2 + 3sint–t  0 2  8  A M= M +M =  24 Thus,   5 sin t  3ˆi| 3 cos t  1ˆj total 12 v and   2  5 cos t  3t ˆi  2  3 sin t  t  ˆj s 1 0 .  m = k tan  2x x 14.   tˆi  t2 ˆj  tkˆ  dm = k sec2 d r 2 2 dm k sec2  4  m = k tan  d    ˆi  tˆj  kˆ  (i) v  dr (iii) speed v t2  2 dt dm = d = 2d    ˆj  m sin  cos  sin 2 (iii) a dv (iv) a  1  dt  % error is minimum when sin2    (v) node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65  a  ˆi  tˆj  kˆ  ˆi  tˆj  kˆ  aT   vˆ vˆ   ˆj t2  2  t2  2 has maximum value hence 2 = or  = 45°     2     dr a T   11.   dt = 1.2ˆi  1.8 tˆj  1.8 t2kˆ t  vˆ t ˆi  tˆj  kˆ ;  t v t2   aT  t2  2 = t2  2 2 At t= 4s,   1.2ˆi  7.2ˆj  2 8 .8 kˆ As a 2 + a 2 = a2 v N T  so aN  a2  a 2  2 T t2  2    P  F.v  60ˆi  25ˆj  40kˆ  1.2ˆi  7.2ˆj  28.8kˆ = 1044W E9

JEE-Physics EXERCISE –V(A) EXERCISE –V(B) 1 . The dimensions of torque and work are[ML2T–2] Fill in the blanks : 1. E  h  h  E    M L2 T 2   M L2 T 1      1 / T  2 . As we know that formula of velocity is v  1  v2  1  [LT 1 ]2 2 . [X] = [ capacitance] = [M–1L–2T2Q2] and 0 0 0 0 [Z] = [Magnetic induction] = [MT–1Q–1] Therefore  X  1 M 1L2 T 2 Q 2  M T 1 Q 1 2  L2 T 2     [Y] 00 =   M 3 L2 T 4 Q 4 Z 2 3 . Electrical conductivity 3 . Planck's constant (in terms of unit)   J    I/ A   I/ A    I2 t  (h) = J-s = [ML2T–2][T] =[ML2T–1] E  F / q   F / It   FA  Momentum (p)   A2T   M 1L3 T 3 A 2  = kg-ms–1 = [M][L][T–1]=[MLT–1]        M LT 2 L2  4 . By Newton's formula 4. P    a   a   PV 2   ML1T 2   L6   ML5 T 2  dimensions of force  V2  = Single Choice dimensions of area × dimensions of velocity gradient  MLT 2   ML1 T 1  6. 1 0 E2 = [M–1 L–3 T4I2] [M2L2T–6I–2]= [M1L–1T–2] L2  T 1  2 V [M1L2 T 3 I1 ]   7. 0 L t =[M–1L–3T4I2] [L] [T1] = [I] 5. A B  B A This is only possible if the value of both vectors 8. Dimension formula of Boltzman constant A  B and B  A is zero. This occurs when the k  [M1L2T–2–1] angle between A and B is . [L1 ] M1L2 T 21  1   M 0 L0 T 0 0 7 . Moment of inertia and moment of a force do not [M1L1 T 2 ] have same dimensions. [M1L1T 2 ]  = [M1L1T–2];    [L2 ] 8 . Dimensions of inductance, i.e. henry are [ML2/Q2] (i) Dipole moment = Charge × Length node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 9. Dipole moment = [I1T1] [L1] = [L1I1T1] 10. F  qvB  B  MLT 2   M C 1 T 1 q [I1T1 ] C LT 1  (ii) Electric flux = 0  [M L1 3 T 4 I2 ] = [M1L3T–3I–1] 1 q1q2  [MLT–2] = 1  A2T2 F F r2   L2 (iii) Electric field= q 11.  0  4 0 [M1L1T 2 ] Electric field = [I1T1 ] = [M1L1T I–3 –1]  [0] = [M–1L–3T4A2] 10 E

JEE-Physics MCQ'S 1 8 . Match List I with List II and select the correct answer using the codes given below the lists :  1  A2T2 1 q1q2  MLT–2 = [IIT-JEE 2013] 13. F = 4 0 r2    0  L2 List I List II P. Boltzmann constant 1. [ML2T–1] 1  M1L3A–2T–4 M–1L–3A+2T4 Q. Coefficient of viscosity 2. [ML–1T–1]   0  =  0] =   R. Planck constant 3 . [MLT–3K–1] F  0 i1i2 S. Thermal conductivity 4. [ML2T–2K–1] L 4 r Codes : P QR S  0 A 2  (A) 3 12 4  L   [ML–2] =  0  MLA 2 T 2 (B) 3 21 4 di volt  sec (C) 4 21 3 dt Ampere 14. e  L  = L(Henery) (D) 4 12 3 Ans. (C) L (P) Boltzmann constant R = Time constant; [L]= ohm–sec Energy  ML2 T 2 weber  = LI  Ampere = L(Henery)  Temperature K  M L2 T 2K 1 (Q) Coefficient of viscosity () : E= 1 Joule  Z(Henery)   Fx ,    MLT 2 L   M L1 T 1  2  LI2 = (Ampere)2 A V L2 LT 1  (R) Plank constant (h) : 17. Match the Column ML2 T 2  [h]=  T 1  GMeMs E = hv;  M L2 T 1  R2 (A) F = GMeMs = F × L2 (S) Thermal conductivity = Work × Metre Q  = Coulomb × Volt × Metre K = t A = ML2T–2 × Metre = (Kg) (Metre)3 (S)–2 ML2 T 2 L  [K]= T L2 K  = MLT–3K–1 3 ( B ) RT = Kinetic energy 2 3RT = v2  (Metre)2(S)–2 M node6\\E : \\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit 1 & 2\\01 Basic Maths.p65 1 QV = Energy 2 QV Energy (farad)(volt)2  M m  kg F2 q2 2   2 q2B2 q2B2  B  (C)    v2  (r,s) ( D ) GMe  Work done  (Velocity)2  (r, s) R Mass E 11



JEE-Physics UNIT # 07 (PART - I) ELECTROSTATICS EXERCISE  –I KQ 9 109  50  106  6ˆi  8ˆj  r2 100  10     1 . A2T2 E  = ˆr =  Q2 MLT 2  L2 0   M 1L3 T 4 A 2                             =  4500  V/m.  F42  K 9eq Keq 31 1 1 . Work  done  by  external  force  =  U     r=  12  cm [It  is  state  function] 2. r2 16  r 2 r 16  r (= U 3. [] )  2q 1 2 . Charge  moves  r  to  the  field  lines.  So  the  work done  will  be  zero. Hence  net  force  is  along  BD ( (BD )  ) 13. Ui  =  Q1q   +  KQ2q R R R R2  R2     q 4 . Same  charges  repels  each  other. KQ1q KQ2q R R2  R2 R ()  Uf  =    +  (0,a) QKQx Work  done  by  external  force  :  U  U f  U i 5. q     F  =  QE  =  R  x2 3 / 2 (:  U U f  U i ) (2a,0) F   (–x) 1 4 . By  mechanical  energy  conservation q (required  equation  for  SHM) ( ) (0,a) (PE  +  KE)i  =  (PE  +  KE)f 7 . Force  between  two  line  charges  On  a  unit  length ()  1 mv2 KQ2 1  v  2 2 d 2  2   =  2K   = 2  9  109  5  106 2 =  4.5  N/m 0 0 =   m x2 r 0.1 (  from  momentum  conservation  at  closet approach,  both  particle  will  move  with  a  common 8. t  =  x 2x  m   t  m m speed  v/2)    (           =  qE  v/2 ) a q t2 m p 4KQ2 [when  x,  q  &  E  are  same]       t1   =  m e                 d =  mv2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 9. If  particle  will  loose  KE  (in  that  direction)  against n -1 KQ KQ V n  1 r KK r2 E 15. V  =  r ,  E    work done by  electric field  2  =  qEd    E  =  2qd 1 6 . Let  distance  of  closest  approach  be  'd'  then (  (d ) () K = qEd    E =  K ) 1 mv2  K 2e92e  d  10 12 cm 2qd 2 2 d2 (2,3) 1 7 . F  =  QE   300  =  3  ×  E     E  =  100  N/C 10. (8, 5) E  =  dV  V 1   =  10  V P dx  100  r 10 1

JEE-Physics 1 8 . Slope  from  x  axis  (x-  ) 2 3 . In  figure  (–d,0)  to  (d,0)  on  x–axis  the  direction  of E   in  +ve  x–axis  and  left  side  of  (–d,0)  the  direction y  =  3  +  x;  tan =  1     =  45°   ˆi  ˆj    Electric  field  in  vector  from      E  100  2  in  –ve  x–axis,  but  on  y–axis,  at  any  point  the  net     ( electric  field  along  the  x–axis.    E (1,3 )  x- (–d,0) (d,0)   V = –   E  dr x–(–d,0)   ( 3 ,1 ) y–  100 1 3  x– 2  dy   V  =  3 dx  =  50  2 [–2  +  2]  =  0  1 E ENet Alternate  solution  :  The  direction  of  electric  field E and  the  slope  of  line  A  (3,1)  &  (1,3)  is     to  each others  so  the     becomes  zero. +q dot  product  E.d r ( d,0) q (d,0)  : A (3,1)  (1,3)             E.d r   2 4 . W=(–pEcos)  –  (–pE)=PE(1–cos) 1 9 . Equipotential  lines  are  always  r   to  the  electric 2 5 . Electric  field  lines  can't  be  closed field  strength  lines  .   slope  of  equipotential  lines  =2 ()    Slope  of  electric  field  must  be  =  –  1/2 2 6 .     = Eq enclosed   flux  =  Q  Electric  field  strength  vector   8ˆi  4ˆj From  flux  =  E.ds 0 0   0.2 dx  7  1012 C 2 7 . q 0 E x.dx 0 x  =2 600  0.1  = – 1/2 8ˆi  4ˆj ) 2 8 . Area(100  m2  )  in  xy  plane  so  area  vector  in  kˆ 20. E  =–  V ˆi  V ˆj  V kˆ =–  k  4 xˆi  2yˆj  2 zkˆ (xy 100 m2 kˆ   x y z  so  flux  ( )     = – k   16  4  4   =  2k 6 =  3 k.100k   =173.2 Ez  dS   = 2 1 . Slope  of  equipotential  lines  will  be  =  1/2  3 k.100k  =173.2   Slope  of  electric  lines  must  be  =  –  2 =  Ez  dS  = = 1/2  = – 2) QQ OR 29. d Ex    V    4  2V  1 0 0  V /m d/2{  x  4  2cm y constant Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65  V  2  4 V 10d  y  1  0 cm Ey      200 V/m 1 Qq qQ x constant F   2 0  d2 0   4 0 19 d 361 0  2 2 2 . –  E.d   is  the  potential  at  the  centre  of  the  ring  which is   +3Q Q        V =   dV   Kdq Kq 30. R P 3Q 0.5      E P  4 0 R 2 0.5        V =  9  109  1.11  1010  2  2 volt 1 2

JEE-Physics 3 1 . In  hollow  sphere  potential  remains  constant  inside KQH qE q the shell.mg = q  ×   R 2  H2 3 / 2   mg 3 2 . The  potential  difference  (work  done  against  field) between  the  shell  &  sphere  is  due  to  the  field present  inside  that  region  which  is  only  due  to  the R sphere. (  2E  2  2      ˆi    E ) 3.Enet   4  0 R  2 0 R  y 3 3 . For  any  metallic  surface,  electric  field  lines  are  r 2      to  the  surface.        2 3 4 . 1,  2,  &  3  are  wrong  because  in  metallic  solid 2E E x sphere,  there  is  no  field  inside  the  sphere.  Option E  (4)  is  correct  from  given  reason  and  also  it  has  field lines  perpendicular  to  the  surface  (as  required  in  2E  metallic  surface)       (1, 2, 3 E (4)  Enet ( E ) 4 . Potential  at  any  point  is  a  scalar  quantity. EXERCISE  –II () Positive charge = negative charge i.e. the net charge is equal to zero. Hence potential is zero. 1 .  T sin = qE cos 45° and   Tcos+qE sin 45° =  mg Electric field is a vector quantity so it depends not only distance but also the way of distribution of charge. =    qE  T  45°  mg KQr 5 . E  =  R 2  r2 3 / 2 . KQH R It  is  maximum  at  r  =  ±  2     and  also  E  is  not  a 2 . mg  =  q  ×    R 2  H2 3 / 2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 The  field due  to ring  on its  axis will  be maximum  at linear function of r. ( r = ±  R   2 R H  =  ±  2   i.e.  above  that  point  qE  force  will Er  decrease  and  resultant  force  becomes  in  downward direction  (equilibrium  position)  and  also  in  same 6. dF way  for  below  point. H = ±  R   dq 2 d   qE   ()   3

JEE-Physics dF  dq   2     qd    1 1 . Equal  electrostatic  force  (mutual  interaction)  acts  0 R      2 0 R  on  X  and  Y  but  in  opposite  direction  which accelerate  Y  but  retards  X.  After  long  time  the /2 q velocity  of  X  becomes  zero  while  Y  becomes  u. Fnet  0 2dF cos   2 0 R   (  )  X  Y   Y X  / 2  q R X  2 0  Y u         cos d 0 7 . At  point  A  the  field  lines  are  much  closer  than  B 1 2 . Here  potential  decreases  2V  as  we  moves  unit hence  EA  >  EB. distance.  Hence  for  point  (1,  1,  1)  from  (0,  0,  0). Work  done  by  external  force  in  direction  of  field The  total  potential  decrease  is  2  +2  +2  =  6V. lines    is  negative,  hence  VB  >  VA. Hence  the  potential  at  point  will  (10–6)  =  4V. A B 1 3 . Here  total  charge  is  zero.  E A  >  EB         1C 6C VB > VA KQ 9  109  10 8 O 8 .   V  =  r   =  1  4 2  3  72  2  22 =18V 2C C and  electric  field  lines  will  be  in  all  three  direction. KQ 9  109  10 8 Any  point  on  z–axis,  having  the  same  distance  from the  each  vertex  of  a  square.  So  the  potential  due V  =  r   =  1  4 2  3  72  2  22 =18V to  all  is  zero  at  that  point. z–  9 . No  point  exist  in  between  the  charges  where  field is  zero. 1 4 . VA  =  3  volt,  VB  =  7  volt From  energy  conservation  (Energy)A  =  (Energy)B ()A = ()B   1/2  mv2  –  e  ×  7V  =  –  e  ×  3V  +  0 Q  Q/4 EQ/4 P EQ  1/2  mv2  =  4eV P : 1 5 . Velocity  due  to  acceleration  (  )  Q 10 6  300 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 K       =  103   ×  10  =  3  m/s E KQ  4 0r x Then  the  resultant  velocity  may  be  between  1  m/s r  x2 r2 and  7  m/s 1 0 . If Y is fixed i.e. another force is exist on Y additional (1 m/s 7 m/s )  to  the  mutual  interaction  between  X  &  Y.  So  the net  force  on  system  (X  &Y)  is  not  zero  so  p  is 1 6 . If  electric  field  and  gravitational  field  will  be  in  same changed  but  total  energy  always  remain  conserved. line  then  the  path  may  be  straight  line  otherwise Y X Y  parabola. Y   (X Y) P     4

JEE-Physics 1 7 . By  work  energy  theorem  Wg  +  Welec =  KE q,q P 60° P -  Wg +  Welec =  KE  p  q  L        45° o mg +q q L y +q y mg 1  1   qE    1 mv2  0 23. 2  22  mg u 2g +q q    E    u  =  2g   ;  W  =   1 8 . Given  VA  due  to  +Q  is  V,  so  VB  =  4V  Rsin 22R -q x  +Q A V VB = 4V x -q By  energy  conservation           Dipole  moment  ( ) ( ) Q +Q u 1 mu2  qV  4qV a 4a  2 2R  2 2qR 2                    = (q)       6qV 2 4 . Force on a dipole () F = p  E u  x m At  x  R  ,  E  0 , so () F = 0  1 9 . As  E  2 0 r 2 x q +q P ENet 25. so  V   nr W   n r2 +q 2 0 2 0 r1 Clockwise W   n  2   2 n  2   3 n  2 Eq E+q 2 0  1  2 0  2  2 0  1  ENet  q 2 0          n2 V V V 26. Interaction  energy  ( )  U     x x z p1 E  kˆ 20. E  =  –   ˆi  ˆj   2Kp2 cos  Kp2 sin  ˆ r3 r3 where  ()  E  ˆr  V  V V ˆi .  Here  x     Emin  =  x0 and      p1  p1ˆr X0 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 2 1 . The  mass  of  deuteron  is  twice,so  momentum  is Therefore  U   2Kp1p2 cos  different. r3  2 7 . Electric  flux  depends  on  the  total  charge  enclosed  by  the  closed  surface  S.  Hence  flux  is  related  with 2 2 . Potential at  centroid  of   (     )  charge  Q1.  Electric  field  at  a  point  is  the  vector sum  of  the  all  electric  field  intensities  due  to  all Kq Kq K2q 2q charges. =     0 r S  rr r rr Q1  Dipole  moment  of  system   ()  =  2p  cos  30°  =  3p +q +q =  3  q  L 5

JEE-Physics 2 8 .   Electric  flux  depends  only  on  the  total  charge KQ 1 KQ  R2  R 2 2R 3  4  enclosed  by  the  Gaussian  surface.  Hence[A]. 33.  mu2  3R 2  0     1 4 1 11    4 R 3 Potential  at  a  distance  r  (r    )  =  Kq 4 0 3 2 3 R  R 3  mu2  r 8  2R2 Total charge of  dipole  ( )  = 0 u  =   R 2 1/2 2 9 . Electric  field  ( )    4m 0     34. r                  = 0 due to infinitely uniform charged. Electric  flux  ( )  Q3 Q2 Q1 q enclosed   R2  x2  2r 3r        =  0 =  0 Potential at  outermost    shell  (   )  30. Potential  at  5  cm  from  surface  =  KQ  100 R 5 = KQ1 + KQ2 + KQ3 =0 3r 3r 3r (5 )   Q1  +  Q2  +  Q3  =  0  ...(i) Potential  at  10  cm  from  surface and  potential  at  innermost  surface (10 )  () =  KQ  75      R  =  10  cm KQ1  KQ2  KQ3 =0 R 10 r 2r 3r   Potential  at  surface = KQ  100 15  150V  K 6Q1  3Q2  2Q3   0 ....(ii) R 10 6r    () From  eq.  (i)  &  (ii)  Q1  =  –  Q2 and  also Q3 =3. 4 Q1 KQ 100 15V  cm Electric  field  on  surface=  R2  100cm2 3 5 . Due  to  the  induction,  the  opposite  nature  of  charge       = 1500  V/m is  induced  at  near  by  surface. ( 3 1 . As  the  electric  field  converges  at  the  origin  so  total ) charge  contained  in  any  spherical  volume, irrespective  of  the  location,  is  negative. +Q-q (  ) -Q P r  q b K Q  q a +Q By Gauss theorem ( )  E  ds  0 36.   from  figure    VP  b We  have  E 4r2   q q  3  1013 C Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 0 3 2 . Energy  at  surface  =  Energy  at  centre 37.           =   DC BA a +q q' q 2a 1 mu2  Kq  q  3 Kq  q  0 3a 2 R 2R 4a q Potential  at  C  =  Kq  Kq  Kq   0    q'  =  – q  U=  4 0 mR 3a 4a 3a 4 6

JEE-Physics Kq Kq K q Kq EXERCISE  –III 4 Potential  at  A  =     . FILL  IN  THE  BLANKS 2a 4a 3a 6a Kq 2 . Magnitude of electric field is greatest at a point Hence  VA –VC  =  6a where electric lines of force are most close to each 3 9 . Surface charge density at inner surface of X is other.  (X )   2QA  Q 3 . Due  to  electrostatic  repulsion  the  charges  will  move   Electric  field  at  B  due  to  this  is  2 0   =  4 0 as  farthest  as  possible  and  the  angle  between  the two  strings will  be 180°  as  shown  in figure.  Tension Q in  each  string  will  be  equal  to  the  electrostatic  B 2 0  =  4 0 repulsion  between  the  two  charges.  Thus,  Towards  right  and  in  same  direction  of  same  value 180°  due  to  induced  charged  present  inside  surface  of  p(lateY  Y. QT O TQ ) Fe L Fe L 180° 4 0 . Final  charge  distribution  on  plate T  =  Fe  =  1 QQ  Q2 L2 4  0 16  0 () 2L 2    WFe  =  F.d   =   rs rp  4 . +3Q  3Q +5Q  5Q qEˆi   2 2 2  Q 2 +32Q        =  qEˆi  aˆi  bˆj =  – qEa 2 5.    V ˆi  V ˆj  V kˆ ;  where  V  =  4x2. E  x y z I II III IV d d V V V Therefore    x   =  8  x  and  y   =  0  =  z  E 8 xˆi qE Therefore  2m)   8ˆi   V/m At  (1m,  0,  E   is  41. a fa mg 6 . Force on –q due to charges at 1 & 4 are equal and   opposite. Similarly, forces on –q due to charges at 2 a n d  5  a r e  a l s o  e q u a l  a n d  o p p o s i t e .  T h e r e f o r e ,  n e t P force on –q due to charge at 1, 2, 4 and 5 is zero. Only unbalanced force is between –q and +q at 3 which is qE Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 For  rotational  equilibrium,  P  0 1 q2 q2  (attraction). equal to  40  L2 = 9.0 × 109  L2 ()  1 4 –q  mg 2 5 –q  2q   mgacos  –qE  (2acos)  =  0    E  1, 2, 4 5  –q 3  1  q2 =  9.0 × 109  q2 L2 L2 –q   +q     40  7

JEE-Physics MATCH  THE  COLUMN [A] Here   =  180°    U  =  –  PEcos  180°  =  PE  (+ve) [B] Here =0°    U = –PE cos  = –PE (–ve) 1 . Electric  field  due  to  metallic  plates  remains  same [C] &  [D]  :    <  90°    U  =  –ve and  constant  at  near  by  points. 4. (A) Electric  field  at  a  point  is  the vector  sum  of  all individual  fields  at  that  point   [A] For 1 +  2 = 0     1 =  –2    Electric  field  at  a  point  is  equal  &  opposite  in direction.   q enc  dS 0 1 + 2 = 0    1 = –2  (B) Electric  flux  ( )   E =     E  dS =  [B] 1  +  2  >  0    1 & 2 [densities] (C) q enclosed either  both  positive  or  opposite  but  positive  has  a Electric  flux  0 greater  magnitude.  So  the  net  electric  field  will  be away  from  the  plates  in  region  I  &  III. 5 . (A) Initially,  the  potential  difference  exist  between 1 + 2 > 0  1 2 []  both  shells,  so  positive  charge  is  flow  from high to    low  potential. Every  system  wants  to  acquire  minimum I III  potential  energy  if  possible  for  stability.  So  charge  flown to  achieve  it. [C] Same  explanation  according  to  [B].  2.   Electric  field     V ˆi  V ˆj  E x y     1 ˆj  For (A) :  E  ˆi  3 (B) As  explained  in  [A],  charge  flow  does  not  depend  on  the  size  of  sphere. For  (B)  :  E  ˆi  [A]  For (C) :  E  ˆi  3ˆj    1 ˆi  3ˆj (C) Charge  flow  through  wire  until  the  potential For  (D)  :  E 3 becomes  same  for  both  shells. 3 .   Electric  field  due  to  an  electric  dipole  at  a  point   on  equatorial  line  of  dipole  makes  either  0°  or  180° (D) Potential  is  same  everywhere  inside  a with  the  dipole  moment  of  another  dipole. conducting  shell.  So  no  charge  is  flow  through    connecting  wire,  so  no  heat  is  produced.  Torque  on  dipole    P  E   become s  zero  (    =  0  or    =  180°)  Hence  in  column  II,   [P]  option  is  suit  for  every  queries  for  column  I. Electrostatic  potential  energy  (U)  =–  PE  cos   =  Angle  between  moment  &  electric  field. [A] Here   =  180°    U  =  –  PEcos  180°  =  PE  (+ve) Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 [B] Here =0°    U = –PE cos  = –PE (–ve) 7 . Electrostatic  potential  energy [C] &  [D]  :    <  90°    U  =  –ve =  self  energy  +  interaction  energy  = +   (A)Self energy  of  uniformly  charged  thin  shell   0° 180°  P E  (  = 0 or  = 180°)  II  I  =  KQ2   (radius  a) 2a [P]  (B) Self energy  (  ) =  KQ2 &   (U)  =– P E cos  =  5a 2 2 8

JEE-Physics Interaction  energy    (  )  =K5Qa2 4. a  =  qE    m  a     h= u2 sin2  m 2  qE 2 3KQ2 mm  h    q [  tan  u,    &  E  is  constant] (C)  Self energy  of solid sphere  of  radius 'a'=  5a Comprehention#  3 'a'= 3K Q2  4Å 5a 2 ×  1030 C 1030 COMPREHENSION  BASED  QUESTIONS 1. Comprehention#  1 12Å For  first  particle 1 . Velocity  of  B,  when  it  strikes  'A'  is v 2 103 2 B A   a  =  r   =  4  1010 =  2.5  ×  1015  m/s2 1 10 2 . Acceleration  of  second  particle vB  2  1  1.8  6 m/s  From  COLM  between  'A'  &  'B'  is =  v2  2  103 2  4  1016   =  5  ×  1015 m/s2 A B  r 8 8  10 10 0  +  1  ×  6  =  (1+1)  ×    v  =  3m/s  [left]  3 . Velocity  of  centre  of  mass 2 . Equilibrium  position   Fext  0  1×1 0 AB Kx =  1030  2  103   =  2 103 m /s 10 5 2  10 30  10 30 3 Kx  =  10     x  =  18   =  9   (Left  from  x  =  0) 4 . Both  particles  move  in  a  circular  orbit  about  their 3 . At  equilibrium  position  the  spring  is  compressed centre  of  mass. by  x  =  5/9.  Let  the  amplitude  of  oscillation  be  'A'     x = 5/9      'A'  1 KA2  1 Kx2  1 mv2 5 . Angular  velocity       2 2 2 v 4Å x2  m v2 =  25 2 106  =  r                    C  A  =  K 81 18  9   =  9 103   4  1010   =  2.5  ×  1012  rad/s Comprehention#  2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 1 .   Gravity  is  absent  and  path    of  the  particle  is Comprehention#  4 parabola  i.e.  a  downward  (qE)  force  is  necessary.           1.Let th e potential wi ll b e zer o at  x di stance f rom –2q. (qE)   –2q x   2 . Acceleration  of  the  particle  is  given  by 2q q (3a,0) (3a,0)  6a-x qE q a =  m   a   m 2   Kx  2q  Kq  0     x    =  4a x u2 sin2  1 00  1 00   1  6a  x  2  3. h  =    =  =  125  m 2a 2  1 10 Kx  2q Kq x  6a  x =0     x  =  –  12a 1 9

JEE-Physics OR q 3R 2q 3 . Electric  field  at  r  =  2 [Before  connecting] ( 3a,0) (3a,0) r =  3R  [] 6a 2 2 . At  x  =  –  3a  &  x  =  3a,  the  potential  becomes  –   E1  =  1   ×  4R 2 0 &  +    respectively  and  from  the  above  question 4 0  3R 2 potential  becomes  zero  at  (a,  0)  and  (9a,  0)  2  x = – 3a x = 3a –  +   After  connecting  ( ) E2  = 0. (a, 0) (9a, 0)  Hence  ( )  E2 0 E1 Comprehention#  5 1. Comprehention#  7 q1=2 ×  105C 4m 1. KQ Er2 =  13C q2=4 ×  104 E  r2 Q  K Comprehention#  8 From  energy  conservation  (  )  1. P.E.  =  1 Qe   and  KE  =  1 mv2 4 0 r 2 Kq1q2  0  0  2  1 mv2  0 42  32 2 eQ Hence  total  energy  is  greater  than  4 0 r 9  109  2  105  4  104 3  2 2 eQ v    3.1 m/s 4 0 r  55 2. Kq1q2  1 mv2 v =  2 2 . After  long  time  sphere  gets  positive  charge  so  the 52 5 trajectory  of  the  proton  is  (4)  due  to  repulsion. Comprehention#  6  4  1 . Q1  =    ×  4R2  3 . From  the  angular  momentum  conservation Q2  =  –  ×  4  (2R)2 =–  4Q1  Potential  at  outer  shell R  ()  2R mv0  ×  R   =  mv R      v  =  v0 2 2 =  K Q1  Q2   K Q1  4Q1  4 . Limiting  electric  potential  =  change  in  KE 2R 2R = KE   1  3    4R 3 R =  4 0  2R =  2 0 2 (KE)i  =  1 m v 2 ;  (KE)f  =  1 m  v0 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 2 0 2  2   2 . Electric  field  (  r  >  2R)  before  connecting  the  shells   Electric  potential  ( )  =  3 m v 2 0 (r > 2R)  1    4 R 2    4 2 R2 4R2 8e   E1= 4  0 r 2 2  r2 r2  1 4  0 R 4    5 . From  previous  questions  we  can  see  that  the  final r 0  = potential  energy  of  the  sphere  is  equal  to  the  3/4 After  connecting  ( ) :  of  initial  kinetic  energy   1  R2 4R2   3/4    0  r2  r2  E2  4 0 Q1  Q2 3 r2  4  2.56   =  1.92  kV E1  /  E2  =1 10

JEE-Physics Comprehention#    9 EXERCISE  –IV(A) 1. E  dV   30 A dr ;  0 0.3   8.85  1012  102   =  8.85  ×  10–10  C/m2 1. r r FB B r F 2 . Positive  charge  has a  tendency  to  move from  higher A a potential  to  lower  potential  hence  it  will  move  from B  (–20V)  to  A  (–30V). a      B   (–20V)  A  (– BaC 30V)  2Kq2 3 3Kq2 FB  =  2F  cos  30°  =     =  a2 3 . Here  () VDE  =  VD–  VE  =  20  –  (–20)  =  40V a2 2 Work  done  (  ) =  qVDE For  Charge  at  B  :  2r  cos  30°  =a                                                           =  –  1  ×  10–6  ×  40                              = – 4 × 10–5 J  a r  =  3 Comprehention#  10 T T  sin  =  FB 1 . As  given  in  paragraph,  it  is  treated  as  +q  and  –q FB r T  cos  =  mg point  charge  at  a  distance  2a mg tan    =  FB mg 2a +q –q   1 qq sin  99  10 2 3  9  109  q2 1 F  =     10 3  10 4 0 2 d 2 cos  3  10 2 3  102  2   q  =  3.17  ×  10–9C F  dr 2. Potential  energy  (  )  =  –    Q d q2 1 q2 2 . (FQ)total  =  FQq  FQq  FqQ q Q                     2r2 dr   4 0 4d O  =  2Fq  cos  45°  +  FQ Fq  4 0 q 1 q2 1 KQq KQ2 FQ  O  =  2  ×  2   ×  a2   +  2a2 Fq Note  :  Here  potential  energy  4  0 2d because  it  is  not  an  electrostatic  field. Q 2 1 q  = = =  –  C 22 22 2 1 q2  4    0 2d consider  an  element  of  thickness  dx  at  a 3. We   distance  x  from  q 3 . Work  done  by  external  force  is  change  in  potential q x dx  Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 energy . dL  q x dx 1 dQ.q Force on q (q  ) =   4 0  x2 Q KQq dL dx KQq Where  dQ  =  L dx   then  ,F  =  L d x2 = d d  L  11

JEE-Physics 4 . We  consider  an  element  subtending  angle  d  at the  centre d 7. d  d  + + + ++ Tcos d Tcos d + 2 2 dE d T T   Tsin d Tsin d 2 2 d 2 d 2 2q2dEsin 8q ++ + ++ dE + + + + ++ + + +++ + /2 + E net  2 dE sin  0 F  =  electrostatic  force  on  element Kq  Rd        ()  /2  R / 2  sin   4Kq R 2  KQ R d 2 R2  2R 0 =  KdQ.q =     =  KQq d R2 2R 2 R2 q    4Kq  ˆi  N/C E  R 2  d  2T    KQqd T  Qq r2 2Tsin 2 2 2R 2 8 2 0  8 . Ex  =  E0  +  2E0  cos  30°  +  2E0  cos  60°=  2  3 E0 5. 0 +q1 q2 +q3 Ey 1 q1  =  +  10  C  =  q3  =  q5 Ey = E0;  tan =  E x  =  2    ×    2– 3 ; = 15 3 q2  =  q4  =  q6  =  –  10  C r1  =  1m The  hour  hand  will  point  towards  9  :  30 r2  =  3m q 2q q r3  =  9  m  =  32m Eat 0  =  Kq1  Kq2  Kq3  Kq4 +.... 1 0 q E0 E0 r12 r22 r32 r42 4q q E0 3q 1  1  1  1  .... E0 12 32 34 36 E0 E0 =  Kq  7q 5q 6q =  Kq  9 Kq   = 9 ×  9  ×  109  ×  1  ×  10–6 9 . The  charge  at  'P'  is  in  equilibrium. 1 8 8 1  32 P  =  8.1  104 N / C    8 Hence  ()    EP  =  0;  E P  E Pa  E Pb  0  2  3 / 2  5  6 . Charge  on  outer  plates  =  A  2A  A  A Kqa K q a b 2 a a2  a 2 3 / 2  a2  b2 3 / 2  0     =2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65  Charge  distribution  ( ) q 2 3/2 5 P QR q Field at A : EA = 0                  + ++ a + ++ b + ++ (A : EA = 0) + ++ (z=a) + ++ P Field  at  B  : + A +B + + ++ B : + ++ + ++ + ++ 2  EA 0 + ++ 0 EB + +2 2 EB  =   12

JEE-Physics 1 0 . Conservation  of  momentum  (COM) ++ ()   0 +  mV = (m+m)  Vf,  Vf =  V ++ 2 ++ ++ + COME  :  1 mV2  1 m  V 2  1 m  V 2  KQ2 ++  2 2  2  2  2  d ++ ++ Q2 ++ d=  m 0 v 2 ++ KQ2 2KQ2 Q 1 4 . Uinitial  =  a  2  a          KQ2 2  4KQ2 Net  force  on  upper  half    =   2   2 0  Ufinal  =  a a ( )  2  Q Q Torque  on  upper  half  =        2KQ2  2  2 0 4 U  a =  1.8  ×  108  J  =  P  t ()  1.8  108 t  =  103 sec  =  1.8  ×  105  sec  1 5 . For  minimum  potential  energy  of  the  system,  q [ =  distance  from  hinge  point  for  centre  of  mass] 4 [  = ] should  be  placed  in  the  middle  (   4  q   Total torque on rod ()  2q q 8q   =  2    2 = I = m 2 3  12    2m 0 4 2 0 11. K2q  q Kq8q x +6q 3q +3q/2 3q/2  100 9  x  100 Usystem  =    +    A B A B +   K  2q  8q   100  9  +3q/2 0 +3q/4 +3q/4 AC  AC dU  Kq2  100    2  9 8  0     x  =  3  cm dx  x2  +3q/4 +3q/2 9q/4 9q/4  x2 C B C B Electric  field  at  the  position  of Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 1 2 . Utotal  =  U12  +  U13  +  U14  +  U23  +  U24  +  U34 K  2q K  8q Kq2 Kq2 Kq2 Kq2 Kq2 Kq (q )  q =  0.032  0.062 =0 Uinitial  =       a a 2a a 2a a 1 6 . COME  :  Ki  +  Ui  =  Kf  +  Uf Kq2 Kq2 Kq2 Kq2 Kq2 Kq R Ufinal=      2a 2a 2a 2a 2a 2a 0  +  0  =  1 mV 2  KQ2 U  =  Uf–Ui  =  –  3  2 Kq2 2R a 2KQ2 V  =  13. V mR m,Q m,Q VV 22 13

JEE-Physics 1 7 . From  work  energy  theorem  (WET) KQ 2KQ  × q           =  3a  x   – 3a  x for x < 3a 20 mg [C]  A  positive  charge  when  released  will  move  from high  potential  to  low  potential [C]   COME  :  K1  +  U1  =  K2  +  U2 WEF  +  Wmg  =  KE 0  +  q  KQ  2KQ  1 mv2+0  V  =  Qq  2a 8a  = 2 8  0 ma q0    L sin   mgL q 2 0 2 1 . Force  at  A  2 0 r  100 1  cos   0 A                 B B   B  E.dr q0  L  2 sin cos q  100 2 2 0 0.2 dv A =  2 0  2    A 2 ;  tan     q0  r2 dr =   n r2 =  mgL  ×  2  sin2 2 2 0 mg r 2 0 r1 VB  –  VA  =  2 0 2 r1 18. A +q q VA  –  VB  =   n r2   n2 DC 2 0 r1 2 0 B +q COME  :        KA  +  UA  =  KB  +  UB COME  :  KC  +  UC  =  KD  +  UD 0  +  Q n2  1 mv2 ;20  n2  =  1   ×    0.1  ×  V2 0 2 2 Kq  q  Kq  2  4  +  2   5  =0  +   r  V  =  20  n2 2  9  109  25  10 10  K  P c o s 4 5  y 4  –  Ex y 22.  3 ˆi 5 23.                                 =  2  9  109  25  1010 ; r = 9 m  P sin  P(0,y) Ey Pcos45° r  2 x y3 4 5 ˆj       Psin45° OD  =  AD2  OA 2   =  92  32   =  8.48m  KP x EP  2y3 19.   VA KQ KQ ˆi  2ˆj  2  KQ  KQ KQ  3 VA  VB  2  2  3   KP kˆ KQ P 13 VB  3  2 Electric  field  due  to  dipole     1 2  P 3                =  9  ×  109 ×  10–6     =  3000  volt  2K  P P  23 2 Electric  field  due  to  dipole   kˆ Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 2 S(x,y)  20. P Q P  (+3a,0) e (3a,0) 2 Resultant  electric  field  =  – 7 KPkˆ 8 KQ 2KQ ()  [A]  VS  =  0  =  x  3a 2  y2   –  x  3a 2  y2 24. VP  E P  (x–5a)2  +  y2  =  (4a)2  C  =  5a,0 and  radius  =  4a KP cos  KP 1 r2  r3 r2  3 KQ 2KQ 1  3 cos2  ; cos =  [B]  V(x)  =  x  3a   –  x  3a   for  x  >  3a 14

JEE-Physics r2–3   1;  r   2 30. +  Now  cos   1 r  5    =  1 + 2 r2  3 a b then    =  45°,  135°,  225°,  315° c 2 5 . Eight  cubes  encloses  a  charge.  For  a  cube,  the three  surfaces  meeting  the  charge  contribute  to zero  flux.  Hence  the  rest  three  surfaces  including 1  a2 4b2 4c2  the  shaded  surface  have  equal  flux  passing  through (i) VA  =  4 0  a  b  c  q them  and  are  equal  to  24 0 .  =  0   (a–b+c) 8   1 4a2 4b2 4c2  VB =  4 0  b  b  c   q   1  4a2 4b2 4 c2  V C = 4 0  c  c  c  24 0   a2 b2  26. Flux  () =  q q 1  cos  = 0    c  c  c  =      a2 b2  4 0 0 2 (ii) VA = VC;  0  (a–b+c) –  0    c  c  c  ;c = (a+b) where    is  the  semi–vertex  angle   1 aR   cos  =  2  a2  R 2 ;  a=  3 3 1 . From  mass  conservation 27. L/2 L/2 27  ×  4 r 3    =  4 R 3 ;  R  =  3r  3  3 ++++ Q Kq Minimum  flux  through  cube  =  2 0 Given  that  V0  =  r   then  Vbigdrop () K  27q K 27q 9Kq 28. P =  R =  3r   =  r   =  9V0 x Kq KQ o 3 2 . After  earthing  Vinner   shell =  0;  R   +  3R =0 R Force  on  charge  at  position  P Q q  =  3   (charge  on  inner  shell) (P ) Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 =–  1  Q x q   =  –  m2x 1  Q2   4  0 R3 3 3 . (Uself)initial  =  4  0    2R  qQ 1  Q2  T  =  2 4  0 mR 3 (Uself )final  =  4  0  4R  2 9 . q1  +  q2  =  Q Workdone  against  electric  forces  =  U 4r2  4R 2  Q              q1 q2 1 Q2 2R 3 Q r =  –  4 0   =  –  4R 0          4r2  R2  R 1  4r2 4R 2  Q r  R Vcentre  =  4  0    r  R  =  4  0 r 2  R 2  15

JEE-Physics EXERCISE  –IV(B) K.E.  at  'P'  must  be  sufficient  to  reach  the  charge particle  at  the  centre  of  the  ring. 1.            2       v                                       Time to fall first ball P    1U  1 2 (ME)P  =  (ME)centre  of  ring h2  t =  v   h1 =  2  g  v2 1 mv2  K  2Rq K  2Rq h1   Height  of  2nd  ball   2 R2  3R 2 =  O  +  R 1 2 v  =  2 q    K  1 =  h2  –  2 g v 2 0 m 4  0  1 2 2  2  y pr  =  h2  +  2 g v2 –  g v2 ;  h2  +h1  –  g   v2  5. +q    2 . A q=0.2C BC +q P EAB x +q z +q D P.E.  of  outer  ring  charges  does  not  change   1.5 Kdx =  – K 2  2  =     0.5 x2  3  3 0  E AB =  Kq2 Kq2 8Kq2 ;    Uf  =  Kq2 4 . R 2 + 2 = 5R 3R 3R From  the  wire  CD      Hence  ()  W  electron =  –  U   EII=  K cos 2  cos 1    and Welectron =  –  (Vf –  Vi)  =  –  Kq2  4  8  =  Kq2 8  4 r R  5 3  R  3 5    3 . K 6. From the energy conservation    r 2  0, 1  tan 12 &  E   =  sin 2  sin 1 m v m v  R  2Re  =  1 mv2 –  R e Momentum  of  1st  ball    q1 q2 2 0  2 dqE 2 0 ()  Re Re 1 eR 3R 2 0 0 2 m 0  v    mv2   Pi  =  mvi;  Pf  =  m 2   cos 60ˆi  sin 60ˆj  dqE change in momentum  ( ) +++++ 8 . 2  3v ˆi  3v ˆj 2 Rd  E 0R cos   F  R    ++++ P  =  Pf  –  Pi  =  –  4 4 0 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 Momentum of IInd  ball : ( )     2 Pi  mvˆi Pf  mvˆj 2R 2E 0 cos d  2R 2E0  FR 0 Change in momentum () = mv  ˆj  ˆi   F  =  2RE0 y 9.  E0 x ˆi E  dS   =  0   q 0  E0x 2 a  2 4. P  3R,0,0  dxˆi  dyˆj  dzkˆ   =  0   0 z   3R Put  given  values   2.2  ×  10–12  C 16

JEE-Physics 1 0 . [i]  r  <  a     Point  inside     E=0 (Let  the  total  charge  of  balls  be  Q) [ii]  a  <  r  <  b     Point  outside  the  inner  and  inside (Q ) the  outer  so  field  due  to  only  inner  cylinder Q  Q1 2 a < r < b  U =  0  +  K Q 2  K 2R2 1 2R1  dU Here  for  it's  minimum  value  dQ1  0 hence  ()  E  =  2    r [iii] r > b   point outside from both cylinders so the c rh >a br ge( p )e r unit length(  r( >) b is)  zero for point ( r > b) E =E 0 = 0 = K 22QR112 Q Q 1   0  1    =  0 R2  2  R Q1  Q2  0   Q  Q1  Q1  R1 R1 R2 Q2 R2 0 r  4R 4   dq R 4r2 dr =  0 R  Q2  1 1 .  0   0R 3 (i)q= 1 4 . From  the  energy  conservation    (  )  (ii) KQ K  0r 4 KQr2  w h e r e KQq  1 mv2  11 KQq  0 E =  r2 =  r2 R =  R4 r2 8R Q   r x  4 x 2 dx =  0  4  r4  0 r 4 v  =  2KQq 11  R  R 4R R mR  8 r  0 0 1 2 . The  direction  of  electric  field  inside  the  cavity 1 5 . Let  nth  number  last  drop  that  can  entre a n  in  –ve  x  direction  and  of  constant  magnitude  .  3 0  x  KQ2  n =mg  (h–R)    n  =  4 0 mg h  RR a    R Q2 3 0 Kq KQ Kq dx K dQ 0 16.   +  =0       x2  2r cos45° x R dt R dt e y 45° dQ qv q 2a  R  q a 2a i  dt  x2  R =   2aR 2  R x For  touch  the  sphere  again,  electron  must  move V=(R  2a)m/s RA 2r  cos45°  (as  shown)  distance qx 2r cos45°  1 7 . Solid  angle  =  2  (1–cos) ()  q1 1  cos   q2 1  cos  1  a e t2 2 0 2 0  3 0  m    2r Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 2 sin2  sin2  q1  2  =  q2  2     t  6 2mr 0 q1   q2 ea   13. R1 R2 sin   =  q1   sin   2 q2 2  q1 sin  =2sin–1   q2  Electrostatic energy  =  Interaction  +  Self Energy 2  of system                    Energy   =    +                    17

JEE-Physics EXERCISE-V-A  kQq  FAE   r / 2 2 cos 45ˆi  sin 45 ˆj   1 . Work  done  =  (charge)  (P.D.) Work done 2J   0.1V Q P.D.  =  Charge 20C On  solving  we  get  q   4 1  2 2  2. (1) q(2) 7. q  T Tcos qq Tsin  qE  q   0  0 6 0 6 0 VP  Kq KQ 2Q q mg   3. R R / 2 4 0 R 4 0 R q T sin   0 and  T cos   mg 4 . Let charges on B & C be Q then final charges on B At  equilibrium  tan   FE  q    tan  Q 3Q mg mg0 and  C  will  be    and    respectively. 24 B C Q B C  Q   3Q   8 . Due  to  two  charges  of  opposite  nature,  E  will  be zero  on  the  line  joining  the  two  charges  and  nearer 24 to  the  charge  of  smaller  magnitude. Therefore  FBC  K Q / 23Q / 4 3  F E   r2 8 5 . At  the  distance  of  closest  approach     x=0 -2q x=L P +8q Kinitial  =  PEfinal 1 mv2  Kq1q2  r0 1 K8Q K2q 2 r0  v2 x2  x  L 2  x  2L r20  v1  2 v 2 1 r10 +q -q r10  v2  2v 4 4 R2+d 2 Hence,        r20    R 6. -Q -Q 9. 1 d 2 A B y q E x 1  q q     q  q  Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 4 0   R   D C V1  V2   R2  d2    R  -Q -Q  R 2  d2  On  establishing  equilibrium  on charge  at  A q 1  1 2 0 A         =   R R2  d2     1 0 . An electric dipole when made to interact with a non-  FAC  kQ2 cos 45 ˆi  sin 45ˆj uniform  electric  field  in  a  direction  other  than  the 2  2r direction  of  the  electric  field,  experiences  force  as   kQ2  well  as  torque. F;  AD FAB  r2 ˆi  kQ 2 ˆj  r2   18

JEE-Physics A B  2KQ2 Q a q 1mm 2mm F1  F2  a2             a a Q F2 11.  KQ2 a F3  q ( 2a)2 5cm from  (i) At  equilibrium,  the  potential  on  the  surface  of  both 2KQq KQ2 H F3 spheres  will  be  same.  Also,  for  equal  potential a2  0 ( 2a)2     2KQq KQ2      Q  =  –2 2q a2 2a2 1  EA rB 2 E   1 8 . q  =  –100  ×  1.6  ×  10–19  C radius E B rA 1 V =  –14volt W=  qV  =  2.24  ×  10–16  J 1 2 . Distance  of  point  A  from  origin  1 9 . r1 Q r.(4r2 )dr 4Q  r14  Q'=  dV  0 R 4  R4  4    A      =  22  02   =  2  units Distance  of  point  B  from  origin E  =  KQ '  4 1 r12  Q r14   Q r12 r12 0  4R 4  4  0 R 4   B      =  22  02   =  2  units  2k 2 q E As  point  A  &  B  are  situated  at  equal  distance,  4 0 r r    2 0 .  r ˆj ˆj so  v =v AB A   B     v=v AB 1 3 . Potential  remains  same  as  it  depends  on  algebraic 2 1 . Total  charge r  r  5  r 4r2 dr  4 R  sum of charges but electric field E  changes.Q0 dV  0 0 E  r  5r2 r3  20       =  40 0  4  R  dr 1 4 . V(x)  =  x2  4  The  electric  field  E   along all  such  lines  where 5r3 r4   potential  is  a  function  of  position                       =  40  1 2 4R    E KQ 1 5 r3 r4   E  0 4 0 12  4R  r2 4 r2   V x2  4 0  20 2x 40x 0 r 5 r  So  x   4 0  3 R   x2  4 2     =    x2  4 2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65     E  40x ˆi  At x =  4 m 22. \\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ \\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\ x2  4 2     40 4  160   10 ˆi  V /m Fe Fe/K   9  E 42  4 2 mg 144 Therefore  K =2 Q  mg=(1- 10  ..86  )= mg/2 1 5 . E(r)  =  0  for  0    r  <  R  =  4 0 r2   for  r  >  R  1 6 . Here  F1  F2  F3  0 ......  (i) 19

JEE-Physics F Net   2F sin   2  kqq 0  . y 2 3 . tan    =  Mg         (since    small)  a2  y2  a2  y2    2 8 . force  1 2  F T cos  T  2Fsin  =  Mg  F = Mg  FF T sin  KQ2 x x2  Mg  F x Mg Mg Mg y Q2  =  K x3    Q  =  K x3/2 q  q a a    dQ   Mg  3 x1/2   dx  =  constant  2kqq0  2kqq0y  y  dt  K  2   dt              a3 3 a2  y2 2 dx K  Q dx  so   x–1/2    Or    V   x–1/2   v    x–1/2  L  dt 2 9 . 2L   Potential  at  O   ln(2) 2 4 . Er  =  –  r  –2ar Lx 4  0 L q dq = dx = q dx By  gauss  theorem  4r2Er  =  0 L O x dx dq (4r2 dr) EXERCISE  –V(B) By  differention  4d  (r2Er)  =  0  0   r2dEr  +  2rEr  dr  =  1 r2 dr 1 . Potential at origin will be given by 0  E r 2    r  r Er  0       =  –60a q 1 1 1 1  V =  4 0  x  2x0  3x0  4 x0  ...   2 5 .  K =  W  =  Q(VA  –  VB)                      q a 2aA q 0  2kq 2kq   =  q  1  1  1  1  1  ...   0 4 0  x0  2 3 4 =  Q  a   2a B a 5 2KqQ  1  – q – q =  q n 2 =  a 1  5  40 x0 2 . Net electrostatic energy of the configuration will be 2 7 . For  uniformly  charged  sphere    U=K   q.q  Q.q  Q.q   O   Q  2 q 2a 2 2 Kqr  a a  E  =  R3     (r  <  R)   Kq 3 . Electric lines of force never form a closed loop. Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 E  =  R2       (r  =  R) Therefore, options (B) and (D) are wrong. Electric Kq E  =  r2         (r  >  R) lines of force emanate from positive charge and terminate on negative charge, therefore, option(A) E is also wrong.  (B) (D)  1  r2 so  Er E  (A)  4 . Potential decreases in the direction of electric field. Rr Dotted lines are equipotential lines.   20

JEE-Physics y 1 0 . There will be an electric field between two cylinders CE (using  Gauss  theorem).  This  electric  field  will produce a potential difference. ()  AB x 1 1 . Charge will be induced in the conducting sphere, but net charge on it will be zero.   VA = VC and VA > VB  q Qq q Q q 1 2 . Inside the cavity, field at any point is uniform and 5. x= a x=0 x=+a x=a x=x x=a non–zero. initial position final position  2KQq 1  1  Ui =  a  and Uf = KQq  a  x a  x  2KQqx2 1 3 . A  a,0,0 , B  0,a,0   U  a3 for x<<a  U  x2 y 6. Electric field is zero everywhere inside a metal B Q x (conductor) i.e., field lines do not enter a metal. A Simultaneously these are perpendicular to a metal surface (equipotential surface). Q  z Point charge is moved from A to B ()  A B  VA = VB = 0  W=0  7 . According to option (d) the electric field due to P  120  1 4 . BC = 2Rsin  2   =  3 R and S and due to Q and T add to zero. While due to U and R will be added up. Hence, the correct option is (D). (D) P S Q  T U R  Bq 3  30° (D)  C 30°120° 60° 2q 60° 60° O 8 . At any point over the spherical Gaussian surface, 3 30° 60° net electric field is the vector sum of electric fields Aq due to +q1, –q1 and q2. 3 Don't confuse with the electric flux which is zero Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 (net) passing over the Gaussian surface as the net • Electric field at O     (O )  charge enclosing the surface is zero. +q1, –q1 1  2q 3   q  R   q2 =4   2 6  R 2 0 0 along negative X-axis.  ( x ) 9 . All the three plates will produce electric field at P • The potential energy of the system is non zero along negative z–axis. Hence,  P z– • Force between B & C B (B C  )  1 q 3 2q 3    =  q2     2 kˆ  Ep 0 4  54  2 kˆ 0 R2   2 0   20  2 0   20 3R 21

JEE-Physics • Potential at O (O )  Similarly, when it courses the origin, the force is again towards centre O.            =  1 q  q 2q  0 Thus, the motion of the particle is periodic for all 4   3 3  3  values of z0 lying between 0 and . 0 Secondly, if z0 <<R, (R2 + z02)3/2   R3 15. =  q inclosed  0 O   3c 2c z0 (0  ) –7c –2C  =  Q1+Q2+Q3  z0 <<R, (R2 + z02)3/2   R3 0 – (Q2+Q1) 1 Qq 16. Q =    4 R 2 =   k   ( s a y )  Q1   + Fe  – 40  R 3  z0  (From Eq. 1) 1  (Q 2+ Q  –Q 1  Q + Q = 4(4R2) = 4k 1  2  1) Q + Q + Q =  ( 4  )   ( 9 r 2 )   = 9 k i.e.,  the  restoring  force  Fe  –z0.  Hence,  the motion of the particle will be simple harmonic. 1 2 3  (Here  negative  sign  implies  that  the  force  is On solving,   Q : Q : Q  : : 1 : 3 : 5 1  2  3  1 7 . Since torque about central charge is zero angular towards its mean position). momentum is conserved. ( Fe  –z0   ) MCQ's 1Q 1. Let Q be the charge on the ring, the negative 2. Inside the sphere E= 40  R 3 r  E  r for rR charge –q is released from point P (0,0, z0). The 1Q electric field at P due to the charged ring will be E=40  R3 r  E  r (rR ) along positive z–axis and its magnitude will be i.e., E at centre = 0 (r=0) Q  P (0,0, z0)  –q P   E = 0 (r=0 ) z– 1 Q 4 0  r2  and E at surface =  (r = R)  1 Qz0 E =  1 Q 4 0  r2 E =  R2  z 2 3/2 (r = R) 4 0 0 E = 0 at centre of the ring because z0 =0 Outside the sphere  E  1 . Q (r  R) or  E  1 Therefore,  force  on  charge  P  will  be  towards 4 0 r2 r2 centre as shown, and its magnitude is z0 =0 P E =0E4 1 . Q (r  R ) E  1  r2 r2 0  Thus, variation of electric field (E) with distance (r) from the centre will be as follows : (E)  (r)   :  1 Qq Er  Fe = qE =  40 .  R 2  z20 3 / 2  z0 ..(i) Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 y x E Q E 1Q E 1 O -q E=40 R2 r2 R P(0,0,z0) z O r=R r Fe 22

JEE-Physics 3 . Under electrostatic condition, all points lying on Comprehension  Bassed  Question the conductor are in same potential. Therefore, (Ze) Ze potential at A=potential at B. Hence, option (C) is 1. E(4R2)= E =  4  R2 correct. From Gauss theorem, total flux through  00 q Independent of a (r) the surface of the cavity will be  0 . d A  = B 2.   dRr 1 (C)   r q  =  1  R  d O r Charge contained r=R 0   4 . The given graph is of charged conducting sphere R 4  1 r  R  of radius R0. The whole charge q distributes on the =  Ze  =   r 2 dr  d surface of the sphere. 0 R0  = 4d R  r 2  r3  dr = 4d  R3  R4    R   3 4R  0 4 R 3 ;  q   =  4 3 32   5 . q   =  1 2 3 2R  R 2  dR 3 3Ze 1 = 4d  12  = 3   d =  R 3 1 2 3 . For E  r, charge density should be constant so a = R A R B 2R Subjective 2R 2R 1 . Capacities of conducting spheres are in the ratio of their radii. Let C1 and C2 be the capacities of S1 if  E   =  0  at  point  A  then and S2, then  C2  R net C1 r  A   E   =  0    net kq1  kq2  0    q1 4  1  32 C 2  R q2  2  1 r 2R 2 5 R 2 S1 S2 C1  C2 C 25 25 if  E =  0  at  point  B  then (i) Charges are distributed in the ratio of their  B   E =  0   capacities. Let in the first contact, charge acquired kq1  kq2R    q1 1    1 4 by S2, is q1,. Therefore, charge on S1 will be Q–q1. q2  2 2R 2 2R 3  2 S2  q1,. S1    Q–q1 (–q1')  6. Say  it i s q'1.   q 1  q1  C2  R q Q  q1 C1 r P '1 AB It implies that Q charge is to be distributed in S2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 and S1 in the ratio of R/r.  S2 Electric  field  at  point  P  (P    )  S1 Q  R/r      R            q1  Q  R r  ...(i)  AP  BP  AP  BP  AB =     =   In the second contact, S1 again acquires the same 3 0 3 0 3 0 3 0 =  constant  in  both  magnitude  and  direction  at  every charge Q. Therefore, total charge in S1 and S2 will point  of  overlap  region. be  (S1 Q   Also  E  is  non  zero  so  potential  is  not  same  at  all  S1 S2  points. R Q +  q 1  =   Q   1  R  r  E     This charge is again distributed in the same ratio. 23

JEE-Physics Therefore, charge on S2 in second contact,dV =  41  dq where x=  H2  r2 S2  x 0 1 R   R  R  R  2  dV  1  2rdr        rdr  R   R      4 0  20   H2  r2         q1 = Q   =Q  R  r  R r  H2  r2  r r  Potential due to the complete disc Similarly(),   R   R 2   R 3  ra  ra rdr   R  R         Vp H2  r2 q3 = Q  R  r     dV =  20   r  r   r0 r 0 R  R 2  ...   R n   a2  H2  H  and() qn = Q    R  r   R r   Vp =  20  R  r    a R   R n   a 1  rn  Potential at centre,(O) will be  VO =  20 H=0 r 1  R r    qn = Q    ...(i) S n  1  r     a Therefore, electrostatic energy of S2 after n such contacts (O) VO =  20 H=0 n S2   (i) Particle is released from P and it just reaches point O. Therefore, from conservation of q 2 q 2 q 2 mechanical energy. n n n Decrease in gravitational potential energy  Un =    Un =  = Increase in electrostatic potential energy 2C  =  2 4 0 R 8 0 R (KE=0 because K1=Kf=0) where qn can be written from Eq. (2) P O     (2) qn  =  (ii) qn =  QR   R r  ...  ...   R  n 1  (KE=0 because K1=Kf=0) Rr 1 R  R r    q      mgh =q [VO–Vp]    gH =   m   20   as () n q =  QR  1   QR  R  r  Q R Rr  R  R r  r  r  1   R r a  a2  H 2  H  ...(i)  S   a q  40g q  2g  1  r  m     20m q 2 Q2R2 / r2    U  Q2R Substituting in Eq. (i), we get   =  8 0R 8 0 r 2  U = 2C gH = 2g [a+H– a2  H2 ] 2 . Potential at a height H on the axis of the disc V(P): H Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 The charge dq contained in the ring shown in figure  2 =(a+H)– a2  H2 Potential of p due to this ring H H V(P) dq    a2  H2 =a+ 2  P   H2 +aH   3 H2  aH P(q,m)   a2 + H2=a2 + 4 4 xH   H= 4 a and H=0 H=   4  a 3  3  O r dr (ii) Potential energy of the particle at height a H = Electrostatic potential energy  + gravitational potential energy H =  24

JEE-Physics  +  3. In the figure ()  U=qV + mgH y Here V= Potential at height H + 27 / 2 m B +Q V= H           + 3 / 2 m A q q U =  20    a2  H2  H   mgH ...(ii) O x P V0 m x q0 At equilibrium position F=  dU  0 – 3/ 2 m C q dH –27 / 2 m D +Q ()  Di fferen t i at i n g E q.  ( i i )  w. r. t.  H (ii) H  q  1 2H 1 q = 1C=10–6C, q0 = + 0.1 C=10–7C  20  2  1  0                    and   mg +  a2  H2  m=6  ×   10–4kg   and   Q =8C   =   8×  10–6C Let P be any point at a distance x from origin O.  q  2mg  Then  20   x P   H  1  0 AP =CP =  3  x2  mg + 2mg   a2  H2  2  2H 2H BP = DP =  27  x2   1+  a2  H2 –2 =0  a2  H2 =1 2 H2 1 a Electric potential at point P will be   3H2=a2   H=    a2  H2 4 3 P  From Eq. (ii), we can write U–H equation as 2KQ 2Kq V=   (ii) U–H  BP AP  U=mg  2 a2  H2  H where () 1 K =  40 = 9× 109 N/m2/C2 (Parabolic variation) () U=2mga at H=0 (H = 0  ) a V  2 9  109  8  106  10 6    and () U=Umin = 3mga at H= 3 27  x2 3  2 2  x2  therefore, U–H graph will be as shown.   U –H  8 1  U    27  x2  V = 1.8 × 104   3  x2 ..(i) 2mga  2 2  3mga Electric field at P is (P )  Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 O H= a H dV 3 E = – = 1.8 × 104 dx a   1   27   3  1   3   3  Note that at H= 3 , U is minimum.  2   2  2  2   2  2 8   x 2    x 2  (2x)  a H = 3   U  E=0 on x–axis where –x = 0 or a x–E = 0 –x = 0  Therefore,  H=   is  stable  equilibrium 81 3 =  position.  27 3 / 2 3 3 / 2  2   2   x2   x2  H = a   3 25

JEE-Physics 43 / 2  1 v0  2q0V m     27 3 / 2 3  3/2  2  2   x2   x2 Substituting the values ()     27  x 2   4  3  x 2  2  107  2.7  104    2   2  v0 =  6  104  v0 = 3 m/s 5  Minimum value of v0 is 3m/s This equation gives x= ±  2 m  v0 3m/s  The least value of kinetic energyof the particle at infinity should be enough to take the particle upto From eq. (i), potential at origin (x=0) is 55 (i), (x = 0)  x=+  m because at x=+  m, E=0 22  8 1  V0 = 1.8 × 104    2.4 × 104 V 3   27  x=+  5 m   2 2  2 Let  K  be  the  kinetic  energy  of  the  particle  at x=+  5 m  E=0 origin. Applying energy conservation at x=0 and x= 2  Electrostatic force on charge q is zero or Fe=0. K  x=0  x=   5 For at x> 2 m, E is repulsive (towards x–axis) 11 K + q0V0 =  2 mv02But  2 mv02 = q0V [from Eq. (ii)] 5 and  for  x<  m,  E  is  attractive  (towards K=q0(V–V0) = (10–7) (2.7 × 104–2.4 × 104)   K=3 × 10–4 J 2 negative x–axis).  q Fe=0. 5 4. Given (): q=1C = 10–6C 2 x> m E  (x–  Fe v T=0 ) x<  5 m E (  x–)  2 5 mg Now, from Eq. (i), potential at x=  m q 2 (i) x =  5 m  2 u  8 1 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65  27 5 V= 1.8 × 104   3  5  m = 2 × 10–3 kg and  = 0.8 m    2 2 2 2  Let u be the speed of the particle at its lowest point and v its speed at high point. At highest  V = 2.7 × 104 volt point three forces are acting on the particle. Applying  energy  conservation  at  x=   and v  x= 5 m; 1 m v 2  q0V ...(ii) u  2 2 0 (i) Electrostatic repulsion ()  x= x= 5 m;   Fe  1  q2  (outwards) ()  4 0 2 2 1 m v 2  q0V ...(ii) 2 0 (ii) Weight () W =mg (inwards) ()  26

JEE-Physics (iii) Tension () T (inwards) ()   1 q2  =– 5.824   40  a  T=0, if the particle has just to complete the circle and the necessary centripetal force provided by T=0, The binding energy of this system is therefore,   1 q2  W–Fe i.e.(),  mv2  W  Fe   U  5.824  40 a   1 q2  So, work done by external forces in disassembling,   v2 =  m  mg  40  2  this system of charges is ( 0.8   103 10  9.0  109  106 2  )         v2= 2  103 2   0.8 2   1 q2  W = 5.824   40  a   v2 = 2.4 m2/s2 ...(i) 6. (i) Applying energy conservation principle, increase in  kinetic  energy  of  the  dipole=decrease  in Now,  the  electrostatic  potential  energy  at  the electrostatic potential energy of the dipole. lowest and highest points are equal. Hence, from conservation of mechanical energy.  =      KE of dipole at distance d from origin = Ui – Uf Increase in gravitational potential energy  d = U i – U f = Decrease in kinetic energy.    1 q ˆi  qp  =  p  E  pE   0 d2 4 0d2     KE=0– pˆi  4 =  mg 2  1 m u2  v2  u2–v2=4g (ii) Electric field at origin due to the dipole, 2  Substituting the values of v2 from Eq. (i), we get     E axis p E (i) v2   1 2p ˆi  4 0 d3 u2 = 2.4 +4 (10) (0.8) = 34.4 m2/s2  u= 5.86 m/s  Force on charge q at distance d Therefore, minimum horizontal velocity imparted  d q   to the lower ball, so that it can make complete revolution, is 5.86 m/s.      pq ˆi F qE 20 d3 5 . For potential energy of the system of charges, total 7 . Electric field near a large metallic plate is given by number of charge pairs will be 8C2 or 28 of these 28 pairs 12 unlike charges are at a separation a, E=. In between the plates the two fields will be Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 in opposite direction. Hence, 12 like charges are at separation  2  a and 4 E=.  unlike charges are at separation  3 a. Therefore,  the potential energy of the system  Enet= 1  2 =E0 (say) () 8C2 28 28  12   0 a 12 Now, W=(q) (potential difference) =q (E0acos45°) 2a 4  W=(q) () =q (E0acos45°) 3 a   1  2   a  1  2  qa =(q)   0   2   =  1 12 q q 12 qq 4 q q  20 U= 40   a   3a   2a  27

JEE-Physics 8 . Let q be the charge on the bubble, then  9 . E 4r2  =    kra 4r2dr q   0 Kq  Here  K= 1      q  Va  ra2dr r dr V=   4 0  K R E(r2) =  a 0 Let after collapsing the radius of droplet becomes R, then equating the volume, we have r a 3 r a 1 R   E(r2) =   a  3 0    E =  a  3 0 4 1  R  a1 1 (4a2)t =  R3  R= (3a2t)1/3  E(R/2) =  E E(R)    2   =  (R) 8 3 8 Kq  2a+1 = 23   a=2 Now, potential of droplet will be V' =  R () Substituting the values, we have () K   Va   a 1/3  K   V'=V   3t  V    3a2 t1 / 3 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-07 & 08\\01-Electrostatics.p65 28

JEE-Physics UNIT # 09 MAGNETIC EFFECT OF CURRENT EXERCISE  –I iB cos  1 1 . For  constant  velocity  a=0  =  gsin  –  m    0 I  0 I BO  B arc  B st.wire   =  2 R 2 R    1 . kˆ kˆ  B  mg tan  i 2. B  =  0 I    2 R  n2r  r  R 1 2 .   If  I1  and  I2  are  in  same  direction,  the  attractive 2 R  n  force,  F  (per  unit  length)  =  0   I1I2 0 In 2 d 2 B'  =  R / n  n2B 0 2I1  I2 2F  Now  F'  =  –  2 3d 3 0 I1 3. B1  =  2 R  3  10 5 T 0 I2 1 3 .   F  =  0   I1I2   =  2  10 7  1  1   =  2  ×  10–7  N/m 2 R 4  105 T 2 d 1 B2  =   B  =  B 2  B 2   =  5  ×  10–5  T 14. Angle  between     and     is      1 2 M B  2 4 . Total  magnetic  field  at  point  P  is  zero. 1 5 . F1  >  F2    Fnet  =    F1  –  F2  (attractive) 5.        =  0  +   0 I  2kˆ AB B B arc B st.line  4 R  1 i F2 6 .   Baxis  =  2 (Bcentre) C F1 D  0 2R I   0 2 I  1   4 R  2 1 6 . M  NIAnˆ   4 R2  x2 3 /2 =  1  ×  10  ×  0.1  ×  0.1  i cos 60  kˆcos 30    x  =  0.766  R   =  0.05  ˆi  3kˆ A  m2 7 . B  due  to  closed  loop  is  zero  in  all  cases.  B  due  to straight  lead  wires  is  non–zero  in  case  (c).  17.  B =  0 2e  2  0  1.6  1019 =  0  1019 T 8 . B   due  to  XY  wire  on  wire  PQ  is  into  the  plane. 4 0.8  2 r  T       Force  on  wire  PQ  =   id  B 1 8 .   L   is  along  the  axis  of  rotation  but  M   is  opposite Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65   ˆi   kˆ   ˆj to  it  as  it  is  negative  charged. id i dB =    B   =     (downward) 19.   Force  on  electron,       F qv B 9 . For  radial  component  of  magnetic  field,  the  total  F ˆj  ev ˆi   B Bˆ    Bˆ  kˆ force  will  be  either  in  the  upward  or  in  the downward  direction  depending  on  the  direction  of 2 0 . FForcee von kˆcosmBicˆ jra  y=s ,evBˆi   (towards  East) current.   Force  =  ILB  =  I  (2a)  Bsin 1 0 . Force  =  I  (Leff)B   1 e2 2 1 .  Fe =  4 0   r2 Leff  =  length  normal  to  B  RQ 4 Fm  =  0 e2v2   Fe 1 c2   Force  =  5  ×  ×  2  =  0.4  N 4 r2 Fm  0 0 v2  v2 100 1

JEE-Physics mv 2mK 32.   0 ;     ˆi   0  ; 2 2 .  R  =  qB   =  qB B z  wire B y  wire  2 a  R1 m1 2     ˆj  0i   0i   R 2  =  m2   2 a    B 2 a B x  wire m1    =   R1   ˆj  ˆi m2  R 2  m v 2 m v 2 r1  v0B 2 3 .   Electrostatic  force  on  electron,  Fe  eEˆj 0 0 r2 E 33. qE  =    and  qvB  =   r1 r2   Magnetic  force  on  electron,  34. R  =  mv  d  v  =  qBd qB m Fm =  ev ˆj  Bkˆ   =  evBˆi The  electron  moves  in  circle  with  radius  on  x–axis. 2 4 .   Positive  charge  moves  to  the  left  and  negative  E charge  to  the  right. 3 5 .   q  E  vB   0  v =  B 2 5 .   Magnetic  force  acts  normal  to  velocity  and  hence mv mE KE  does  not  change  but  momentum  changes. Radius,  R  =  qB  qB2 2mK 8mK 9.1  1031  3.2  105 2 6 .   R  =  qB   ;  R= 2qB ; =  1.6  1019  4  106  0.455m 2mK 4mK mv 2mqV d qB2d2 RP  =  qB ;  Rd  =  qB qB qB 2 8V 36. R  =    m  =   2 7 . The  velocity,  vector  normal  to  B   gives  rise  to magnetic  force  which  rotates  the  charge  particle 3 7 .   v  =  (g  sin)t  m cot  in  a  circle.  The  velocity  vector  parallel  to  B   moves N  =  mg  cos  –  qvB  =  0  t  =  qB it  in  a  straight  line.  The  resultant  is  a  helical  path. 28. B  =  0 I (sin  30°  +  sin  30°) 4 a cos 30 3 8 . Net  force  will  have  –x  and  +y      1  1  1  ....   0 I  n 4 kˆ components I2 2 3  B 4 3a D  I1 C 39.   M  B  I   E Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65 29. F  q   B   0  q 10ˆi  Bˆj  104 kˆ  0 MR2 v    B  =  103  Wb/m2  NIA  ×    B  ×    sin90°  =  2  30.      0 I   0 I    =  30I    1  ×  4  ×  R2  ×  10  ×  1  =  2 R2  ×   B  4 2r 4 r  8r 2     =  40  rad/s2 3 1 .   Magnetic  field  around  a  current  carrying  wire  has  20  v2   B2    40.  E    =  M0L0T0 circular  symmetry.  Hence  zero  B   line  lies  in  the  c 2   same  plane  of  wires.  The  locus  of  zero  B   is  a straight  line. 2

JEE-Physics EXERCISE  –II 10. T  =  2m =  2  R  =  mv | x|  1m qB qB | x| B1 0 i1 2 (2 r ) 1 1. B2  2r   3   i1 1 At  t  =  ;  charge  will  complete  half  circle. i2  0i2 6   x  =  0;  y  =  1  qE  t2  1 1 1 2  =  2 2  m  2  1  2 2 . Effective  resistance  in  each  upper  and  lower  arms are  equal.  Hence  equal  currents  flows  and z  =  2R  =  2m produces  zero  M.F.  in  P  and  R  configuration.    1 3 i j)  1k  i  3 j  F qv B  2  11.    1 2 (     3. Ig  =  150 ×  10–3  =  0.015  A   i  3 j  10  R  mv 1 1    Vg R  qB  1 1 1  r2  r1   2 Ig  150 ×  10–3  =  0.075  V    G  =  Vg  =  2 =  5   If  R  =  resistance  to  be  added  in  series,  I  (G+R)=V   i  3 j   ( 3i  j)   0.015  (5+R)  =  150  ×  1    R  =  9995   r2   =centre's  coordinates  =   2    4. A  and  B  observe  electrostatic  fields.  But  B  observes 12 . Effective  length,  length  normal  to  B ,  remains magnetic  field  due  to  moving  charge. same. v Z 13. t    2  /6  m    /6 ××××××××××  qB / m 3qB ××× C /6 B,D Distance  travelled 5. AY × 30º×× x m v v ×××××××× =  RQ  =  3 qB ×× × ×× ××× ×× × ×× × ××××× ×× A  and  C  have  same  M.F.  and  B  and  D  have  same Velocity  of  exit  =  v0 (cos 60i  sin 60j) M.F.   / 2  2  2 t t T (2m / qB ) 6 . In  B1  and  B4  M.F.  add  up. 14. In  B2  and  B3,  M.F.  oppose  each  other. 7.   0 I1 k  0 I2 j  t  m  R  R  mv B 2qB 2v qB  2 (AP) 2 (PB)  2  10 7  2  k  2  107  3  j 1 5 . Work  done  by  E.F.  =  qE2a  = 1 m(4v2–v2)  1 0 2   2  102  2    3mv2 E   (3  105 T )j  (4  105 T )k 4qa Rate  of  work  done  by  E.F.  at ×××   3 mv2  3mv3 qE.v  4 qa  4a Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65 ××× P  =  = qv = 8. R  =  mv  v =2d    4d × × × Rate  of  work  done  by  E.F.  and qB B ×××   ××× M.F.  at  Q  :  q (E.v     B   )   =  0 v .v Angle  substended  at  the  centre  =   2mK 1 6 . R H  qB = R             Time  to  stay  in  magnetic  field   T   H+ He+ 2 B 2 2mK O2+ R He  qB =2 R 9. 2mK R O2  2 qB  2R H+  is  deflected  most 3

JEE-Physics d  d 2  3 mv0  3 v0  3 Ampere's  Law    B2 2  4  2 qB0 2 B0 2 17. =  0 J 27. R  sin    =  R   ;      =  /3 B   0 .dJ  ˆj     Bnet  =  2B  =   0  dJˆj ×××××××× v0  4   2   /3 × × × × × ×R× ×  qv  i  j B(k )  i  j  × × × × ×/3× × × ( 3/2R,0) F  2   2  ×××××××× 18.   =  qvB ×××××××× ×××××××× ×××××××× ×××××××× × × × × (0×,0)× × × F  i  j   x-coordinate   2  3     2    =  R  v0 cos  t  1 9 . From  work  energy  theorem W  =  KE     qE0x0  =  1 mv2  3v0  v0    2 2B0 2  t 3B0    E0x0  =  1 (42  +  32)   x0  25   (i j)   ()qv 0Bk 2 2E 0 F  qv  B B   28.  qv 0   F  ev  B 20. 2 m 2 t 2 qB  qB T 2 m qB 2j 2i (B1 i j k T      t  =        e   B2  B 3 )    B2  =  0    2i =  –e  2j  (B1 i  B2 j  B 3 k )    B1  =  0 v0   X  =  v0t  =  B 0 ;   Y  =  0 Z  =  –2R   2Mv 0   2v0 Then    e 2k  ( B 3 k )   0 F  2B 0 B 0 v 2M v 2 9 . In  magnetic  fieldy  the  path  is  circle  and  the  motion 2 1 . T1  =  QB =T0 is  uniform. 2 (2 M )  B × × × × × ×  T2  =  QB =  2T0 v||=vcos × × × × × × They  will  meet  at  time  2T0. B P × R × × × × × v0  × × × × × × × ×   4Mv cos  v × 2(   ) ×  QB × ×R × ×   Distance  from  origin=vcos    ×  2T0 ×× Q× × × × × × 2 2 . Impulse  =  change  in  momentum ×××××× m 2gh  v =  v0 2gh  0)   itq =  B  (iBt) =  m ( 2mv0 sin  2   qB T t PQ  =  2R  sin    =     2 3 . F = 0  mg  sin – f = 0, f = mg sin    ...(i)  2  2(  )      t  2m(  ) Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65 T  = 0  MB  sin–  fR = 0  2m  t Bq   iR2  Bsin  =  mgsinR   B  =  mg  qB  iR 3 0 . Leffective  =  AB  =  4j      24.   M  B  IA (k )  B ( j)  IAB ( i )   (Leftward)  | F|| IL  B | =  ILeff  B  =2. 4j ×  4  (– k )  =  –32 i N  22   j  BB 2IRB0 k F  IL  B  I 2 5 . In  configurations  (C)  and  (D)  ,  equal  currents  flow    31 . R  in  each  arm.  Hence  B at  centre  will  be  zero.    Possible  values  of    B  B0 i   and  B  B0 (i  j) F 26.  q(v cos j  v sin k )  Bj  qvB sin (i) 22 Hence the x-coordinate of proton can never be +ve. 3 2 . Force  acting  on  unit  length  =  B0I 4

JEE-Physics   0 i  0i  r2  R 2  33. T  M B 2 r 2r 2  For  outer  cylinder B  =   Torque  is  directed  at  right  angle  to  hour  hand. R 2  R 2 Hence  minute  hand  will  be  in  the  direction  of 3 2 torque  after  20  minutes. T  =  M  ×  B  ×  sin    =  NIAB  sin  90 43.  6  2  (0.15)2  70  1   =  0.0594  Nm AB AB AB 1000 I1 I2 I 3 4 . The  lines  of  force  will  be  concentric  circles  with IR2 I R / 22 centres  on  wire. I1  =  ; I2  =  All  points  lying  on  the  circle  have  same  magnitude  3R2   3R2  of  magnetic  field.   4    4  Magnetic  field  at  a  point  from  the  wire  varies inversely  with  distance  from  the  wire. Field  at  A    = B I1  B I2   =  0  + 0i ˆj 3 R 3 5 . Magnetic  field  exerts  force  on  a  moving  charge Field  at  B    =  B I1  B I2   =  0I ˆj  0 normal  to  it  and  the  force  also  acts  normal  to  both 3 R of  them  and  hence  kinetic  energy  remains  same. 0ic T1  2 m 2m  1 44.   BC  B I1  B I2 =  0 T2 qB qB 2b2  a2  36. a  =  b  mv sin 30 mv sin 60  tan 30 45.    add  up  is  the  left  and  the  right  zone.  But  in  the qB qB  B middle  zone  B   becomes  zero. v sin 60T 4 6 .   Baxial  point c  = v||  ×  T  =  v sin 30T =  tan  60°   bc  =  1  =  a    abc  =  1  0  M 2  10 7  8 2  10 4 T  4  r3                   =  2   =  0 .2 3 38.         0    vb  0  M  04 T F q[E v B] | E|| v B|| vB|  4  r3 Beq.  point  =  E 2E v  B  2B (direction  remaining  same) 39.         0     vB MB F q[E v B] | E || v B | 4 7 . W  =  MB  (1–cos  60°)  =    E  =|1.5×10–6( j )  ×  1( k )| 2  MB             =  |1.5  ×  10–6 i |  N/C T =  MB  sin60°   3 2  3 W RA  (mv / qB)A  mA 12 1  4 8 . MB  sin  =  T     M  ×  0.16  ×  2   =  0.032 R B (mv / qB)B mB 13    M  =  0.4  J/T Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65  0 I 2 sin 90  45 =   2  1 0I kˆ 49. Both  rings  experience  torque  due  to  other's BP 4 R/ magnetic  field  . 4 R 40.     Q 5 0 . Charge  per  unit  area  =  R 2 +e I dr Charge  on  elemental  ring,          r 41. d  d dQ  =   Q  2rdr   =  2Qrdr  R 2  R2 e I    B  at  centre  =  0  dQ   Equivalent  form 2  r 2   B at  mid  point  =  0 R 4 2 . For  inner  cylinder B  =  0 ir =  0    2Q  0Q  4  R2  dr   =  2R 2 R 2 1 0 B  =  0 i   2 r  F qv  B  5 1 . For  air  space   4ˆi  3ˆj  1013  1.6  1019 5

JEE-Physics  2.5  107  kˆ  B1ˆi  B2ˆj  B3kˆ  EXERCISE  –III     B1  =  –  0.075,  B2  =  +  0.1 Fill  in  the  blanks  : F qv B ;  q=  –  1.6  ×  10–19 Again  :      1.5ˆi  2ˆj 107   0.075ˆi  0.1ˆj  B3kˆ 1 . Magnetic  field  exerts  force  on  moving  charges  (free  electrons).  B3=0     B  0.075ˆi  0.1ˆj 2  L  iL2 52.   0 I kˆ  0 I  sin   sin   kˆ 2. L=  2R    M  =  iA  =  iR2  =  i  2  =  4   B0  2 2  4 R 4 R cos  2  0 I  2   kˆ 3 . M=(qf)  A=(1.6  ×  10–19)  ×  (1016)  ×    ×  (0.5  ×  10–10)2 B0 4 R 2      =  tan   0       =  126  ×  10–23  Am2  4.   e v ( i )  Bj   =  evB k   B 0   is  directed  outwards. Felectrons 5 3 . vy  =  v0 All  negative  charges  accumulate  one  face  ABCD. Hence  the  potential  of  this  face  decreases. vx  =  qE 0  t ;v= v 2   qE 0 2 =2v0  t  =  3mv0 Match  the  column  m  0  m qE t 2m 1. (A) I = q  T  2 m   I  v0 5 4 .   T  =  qB   (Time  period  of  rotation) T  qB  2. For  motion  in  E.F. q q  Mv  2 x T T  qB  1   at2  1  qE  t2 (B)  M=  IA  = R 2     M   v2 2 2  m  3. s  =  ut  +    0  =  vt  –   2mv vB (C)  B  = 0 qv     B    v2  t  =  qE =nT    n  =  E =  An  integer 4 r2 mv R  mv =R0 5 5 . Radius,  R  =  qB  mv  =  qBR           qB R where  R  sin  =  y;  R  (1–cos)  =x Position 1  y2  RA  =  2R0  4  R =  2    x  x RB  =  –4R0  1 qB  y2  RC  =  –2R0  2  mv  =  2  x  x y RD  =  +R0  3 5 6 . Rsin= d                           (A)  Magnetic  moment  =  NIA k mv sin   3mv (B)  Torque  =  M k  Bk  0 qB 5qB   =  37° (C)  P.E.  = M k.B k  MB Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65   =  53°  +    =  90° (D)  P.E.  is  minimum,  equilibrium  is  stable mv 4.  5 7 . R  =  qB (A)   B.d  = 0 (i – i – i) = –0i The  radius  may  be  decease  if  v  decreases  or  B increases. loop1 5 8 . Since  B   depends  on  x-coordinate  the  net  force acts  along  -x  axis.  Y (B)   B.d =  0  (i  +  i –  i) =  0i loop2 (C)    B.d = 0 (i  –  i – i) =  –0i loop3 F (D)    X B.d =  0  (i  –  i  +  i) =  0i Z loop4 6

JEE-Physics 5 . Since  magnetic  moment  =  0  hence  torque  =  0 C o m pr eh ens io n# 2 (A)    B0 i |   i B  2  iB 23B0 v0cos6600 B0 B F |  2 v0 B0/2 (B)    B0 j |   i B   2  iB B F |  2   B0 (i  j)  i   eff  B  0 v0sin60=23 v0 B | F| 2 (C)  (Leff  =0)   2 2 1.  2m   v0 1  2m   Mv 0 B F Pitch  =  v0cos60  qB0   2  qB 0  qB 0 (D)   B 0 k    iB  2    iB  2   2 iB  2   2  6 . A  charge  at  rest  produces  E.F. 3 A  charge  with  uniform  velocity  produces 2 . z  component  of  velocity  is    2 v0    after M.F.  +  E.F. T m An  accelerated  charge  produces t  M.F.  +  E.F.    +EM  waves. 4 2B0q 7 . (A)  M  =  q  r2  qr2 2 2 3. (z-coordinate)max  2R   mv0 3 2  qB0 2  (B)  M  q  r2  qr2                                    3mv0 2 2 qB 0 4 . When  z-co-ordinate  has  maximum  value  its  velocity (C)  M  R q (2 rdr )    r 2  qr 2 =  v0cos60° (i cos 60  j sin 60) 0 R 2 2 4 i 3 j      v0  v 0 (i  3 j) /2 q   2 2 4 (D)  M   / 2 4R 2 (2R cos )(Rd)  2  (R cos )2 qr 2 Comprehension#5          From  graph  : 1 . rc  >  ra 3 2 . (Bmax)a  >  (Bmax)c (E)  M  R  4 q  (R 2  y2 )dy    (R 2  y2 ) R  3 R 3  2 0 Jr 3. B  2   for  a  and  c  :  Jara  =  Jcrc Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65 qr 2 Ja  >  Jc  (  rc  >  ra)          Comprehension#6 5 1 . Force  per  unit  length Comprehension#1 =  mg =g  =   0 I1 I2   d  =  0 I1I2   2 d 2 g 1 .   =I  M  B  I 2. For  equilibrium,  the  magnetic  force  must  be repulsive  for  the  upper  wire.  Hence  currents  must  (3i  4j)  (4i  3j) =  I  =  10–2 be  opposite  in  each  wire.     =  2500  rad/s2 2. 1 I2  =  U   1 ×  10–2  ×  2=    Umax  –  Umin  =  25 3 . Total  mechanical  energy  change s  due  to 2 2 displacement  from  mean  position.     =  50 2 rad/s 4 . If  P.E.  due  to  M.F.  is  same,  the  P.E.  due  to  gravity is  different. 7

JEE-Physics EXERCISE  –IV(A)   7 . BO  Barc  BMN 1 .   From  Biot–Savart  law  : 0 I  3 0 I  1 1 4 R  2  4 R/  2 2        =   2   id      ˆi  ˆj r BP  0  107  10 xˆi  yj  4 r3   =  12  12 3 / 2    B0  =  3.35  ×  10–5  T   =  7 .0 7  1 0 10 kˆ T   where  x  y  103 m 8 .   B  d =0I =  0 (I1 +  I2 +  I3 – I4 – I6)                             =  0  (1  +  2  +  3  –1  –4)  =  0 2 . B O  B SM  B SQ  BLR  B RP =  0  +   0 i  kˆ  0   0 i  kˆ 9. F  =  qvdB  = e  J  B   =  e   I  B  4 d   4 d   e   A e  =  10–4 k T  (d  =  0.02  m,  i  =  10A) IB 5  0.1   =  10 5  1029                             =    =  5  ×  10–25N A 3 . B P  B due to  B due  to  long wire square 1 0 . Magnetic  moment              =  0 a i 2  0 a i  1 1   4  kˆ of  the  system r dr  2  / 4   2   / 2  2  2 2 10i Adq   q dr   q2 BP T 0    6  a   =   Adi  = r 2  =  2       4 .   B O  B PQ  B QS  B SR  B RP  =  2B PQ  2B QS  11. For  wire  r  +  2r  =  ;  r  =  2 =  2  ×  0  I  a a b2  kˆ 4   a2   b / 2   a2  b2 Ir2 I    2   Magnetic  moment,  M  =  2   =  2    2  2  0  I  b b  k 4 /   (a 2)  a2  b2   a2  b2  1 2 . (i) Initial  torque  =  M  B   =  MB  sin90°  =  MB   20I a2  b2 Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65  B 0 ab Final  torque  =  MB  sin  0°  =  0 5. B0  =  Barc  +  Bst.  wires  =  0 I   –   0 I 2  0 I 4 R  4 R  G   =  2  radian  0  1 1 1 50 I (ii) KE  =  –  U;  1 I2  MB ,    2MB B0 4  r 2r 3r  2 4 r 2 I 6.  I   =   8

JEE-Physics 1 3 .  (i) Magnetic  moment,  M  =  NIA EXERCISE  –IV(B) =  2000  ×  4  ×  1.6  ×  10–4  =  1.28  Am2  1. +q      qvi  B(k )   =  qvB j F (ii) Torque,  T= M  B  MB sin  =  1.28  ×  7.5  ×  10–2  ×  1   =  0.048  Nm + 2 i L+ v Force,  Fnet  =  0 +  external  =   =  qvB ( j)                a                            F F 1 4 . (i) Torque  on  solenoid  =  MBsin =  NIA  B  sin  30° 2. Y =  1000  ×  2  ×  2  ×  10–4  ×  0.16  ×  1/2 F2 =  3.2  ×  10–2  Nm a (ii) Work  done  =  U QR =  MB  (cos  0°  –  cos  90°) =  1000  ×  2  ×  2  ×  10–4×  0.16  ×  (1–0) I B a F3 =  0.064  J F1 S x P F4   iL (i)  B(k )  0 as  (B=0) F4  F1  F3  0  1 5 .  (i) Configurations  AB1  and  AB2 F2  iLi  B(k ) =  iLB j   =  ia(a) j   =  ia2 j have  zero  force  and  non–zero  torques. 3 . For  interval  point  : (ii) Potential  energy  of    the  configurations  are r1 b (2 )r13 B.2r1  = 0  0 3 (i) br (2 rdr )  U AB1  0; U AB4  0 ;  U AB3  0 ;  U AB2  0 U AB5  0 ;  U AB6  0  B =  0 br12 3 AB4  and  AB5  are  unstable  and  AB3 and  AB6  are  stable  configurations. (ii) For  external  point  :- (iii)  Configuration  AB6  has  lower  energy  than configuration  AB3  as  magnetic  field  due  to  A  at  B3 B2r2=  R  B  0 bR 3 is  half  of  the  magnitude  of  magnetic  field  at  B6. 2 r2 0 (br)(2rdr) 0 4 . Current  I  =n e  (n   no.  of  protons  falling  per  sec) 1 6 . Net  force  on  electron Force , F = mvn   =  mv  I  mIE   [  E  =  vB] e eB   I  =  4A        0    v i  vj    0 a tan 30 0 I1 x eE ev B d B a2  x2 a2  x2 I2dxB sin   I2dx Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65  6.      F  2 a tan 60    600 =  0.1  T  and    kˆ B B  10 3  2 B 3  106    dx 18.   B  B smaller  arc  B bigger  arc  B st. line 30°  a tan30° x 1 0 I kˆ  1 0 I kˆ  0 I 0 I 3 ˆj  I1 60° a 4 2R 4 4R 4 R 4 R  4   I1 =  ˆj =  kˆ  a tan60° 1 9 .   Force  on  arc  =  I  ×  Leff ×   B  =  I  2R  B 0 I1I2 a / 3 xdx 0 2 a2  x2 4 where  Leff  is  the  shortest  length  of  the  arc.   I1 I2 n3 (along  –z  axis)  3a 9

JEE-Physics 7 . From  work  energy  theoram  : 1 1 . (i) WMF  +  Wgravity  =KE += mg   –UMF  –  Ug  =  0    MB  =  2 mg I II 2  I2B  =   B  =  mg  .2  (2R)  =  0JR2 (k ) 2I BI 8 . F.T  =  m(v–u)   b)  0 Ja2 (k ) B II.2(2R   ILBt  =  m ( 2gh  0)   qLB  =  m 2gh   0 J R  a2  ( k )   B x2R R   4 4 2 b  10 1  q  1000  2 10  3  0.2  0.1 (ii) BI   q  15 C BII  9 . Both  particles  collide  after           ×    ×     × completing  semi-circle. q,m,v v,m,q Time  to  collide  =  T  2 m  m B  (B I  B II cos )2  (B II sin )2 2 2qB qB 10. Let    v xˆi  v yˆj   0JR  0 JR a 2 2   0 Ja 2 b 2 v  4 4R2  b2     2(4R 2  b2 )  We  know  v 2  v 2  v0 ...(i) x y ˆi ˆj kˆ 1 2 . m  1  1026 k g vx vy 0   q       q q  1.6  1019 C              F v B v  1.28  106 m / s 0 0 B 0 1  y d  kV  1 y v yˆi  ˆjqv x B 0 1 y E z  102.4 m  ma d  d   qB0   B y  8  102 wb / m2  m 1 y  1 y  Force  by  electric  field a xˆi  a yˆj d  ˆi  d   qB0 v y  qB0 vx     10 19  103 kˆ N FE qE   1.6  102.4  max  qB0 v y 1  y &  ma y  qB0 v x 1  y Force  by  magnetic  field  =  Fm  q      d  d  v B =  1.6  1019  1.28  106 ˆi  8  102 ˆj N Node-6\\E:\\Data\\2014\\Kota\\JEE-Advanced\\SMP\\Phy\\Solution\\Unit-9 & 12\\01.Magnetic effect of current.p65  mv y dv y  qB0 v 2  v 2 1  y = 1.6  1019  102.4  103 k N dy 0 y d  {By  using  equation  (i)}    {Till  t  =  6  ×  10–6  sec} FE FM  vy vy qB0 d 1  y  So  till  t  =  5  ×  10–6  sec  it  moves  without  deflection m d  So  x  coordinate  =  vt  =  1.28  ×  106  ×  5  ×  10–6  2 2 dv y  0  dy 0 y 0 v  v =  6.4  m  3 qB0 d  2 So  coordinate    =  (6.4  m,  0,  0)   v0 2m    v y  v 2  0 After  2  sec  E   is  switched  off,  so  force  on  the particle  is  due  to  magnetic  field  which  is  towards  v x  v0  3  qB0 d  +z    axis. 2  m  tt22 –=t1  7=. 425. 4×5   1×0  –160  s–6e csec 10