AIEEE 2007 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) हम जानते हैं कि वेग $v = \frac{dx}{dt}$,जिसका अर्थ है $dx = v \, dt$।
$t = 0$ पर $x = 0$ की प्रारंभिक स्थिति के साथ दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$x = \int_{0}^{t} v \, dt = \int_{0}^{t} (v_0 + gt + ft^2) \, dt$।
समाकलन करने पर:
$x = \left[ v_0 t + \frac{gt^2}{2} + \frac{ft^3}{3} \right]_{0}^{t} = v_0 t + \frac{gt^2}{2} + \frac{ft^3}{3}$।
इकाई समय $(t = 1)$ पर विस्थापन ज्ञात करने के लिए,समीकरण में $t = 1$ रखने पर:
$x = v_0(1) + \frac{g(1)^2}{2} + \frac{f(1)^3}{3} = v_0 + \frac{g}{2} + \frac{f}{3}$।

(D) मान लीजिए कि निकाय का त्वरण $a$ है। चूंकि ब्लॉक एक स्प्रिंग द्वारा जुड़े हुए हैं और एक चिकनी क्षैतिज सतह पर एक साथ गति करते हैं,इसलिए दोनों ब्लॉकों का त्वरण $a$ समान होगा।
दो ब्लॉकों के निकाय के लिए,कुल बल $F$ है। न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = (m + M)a$,जिससे $a = \frac{F}{m + M}$ प्राप्त होता है।
$m$ द्रव्यमान के ब्लॉक पर कार्य करने वाला बल स्प्रिंग बल $T$ है। $m$ द्रव्यमान के ब्लॉक पर न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर,हमें $T = ma$ प्राप्त होता है।
$a$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,$T = m \left( \frac{F}{m + M} \right) = \frac{mF}{m + M}$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि ब्लॉक रुकने से पहले स्प्रिंग को $x$ मीटर तक दबाता है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्लॉक की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा स्प्रिंग में संचित स्थितिज ऊर्जा और घर्षण के विरुद्ध किए गए कार्य के योग के बराबर होती है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $(K_i)$ = $\frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \times 2 \times (4)^2 = 16 \ J$.
घर्षण के विरुद्ध किया गया कार्य $(W_f)$ = $f_k \times x = 15x$.
स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा $(U_s)$ = $\frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} \times 10,000 \times x^2 = 5,000x^2$.
ऊर्जा संतुलन लागू करने पर: $K_i = U_s + W_f$.
$16 = 5,000x^2 + 15x$.
$5,000x^2 + 15x - 16 = 0$.
द्विघात सूत्र $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करने पर:
$x = \frac{-15 + \sqrt{15^2 - 4(5,000)(-16)}}{2 \times 5,000} = \frac{-15 + \sqrt{225 + 320,000}}{10,000} \approx 0.055 \ m$.
$x = 5.5 \ cm$.

(A) स्थायी अवस्था (steady state) में,दोनों खंडों से ऊष्मा प्रवाह की दर समान होती है।
मान लीजिए कि इंटरफ़ेस पर तापमान $T$ है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $H = \frac{KA(T_{high} - T_{low})}{l}$ द्वारा दी जाती है।
पहले खंड के लिए: $H = \frac{K_1 A(T_1 - T)}{l_1}$.
दूसरे खंड के लिए: $H = \frac{K_2 A(T - T_2)}{l_2}$.
दोनों दरों को बराबर करने पर: $\frac{K_1 A(T_1 - T)}{l_1} = \frac{K_2 A(T - T_2)}{l_2}$.
$\frac{K_1(T_1 - T)}{l_1} = \frac{K_2(T - T_2)}{l_2}$.
$K_1 l_2(T_1 - T) = K_2 l_1(T - T_2)$.
$K_1 l_2 T_1 - K_1 l_2 T = K_2 l_1 T - K_2 l_1 T_2$.
$K_1 l_2 T_1 + K_2 l_1 T_2 = T(K_1 l_2 + K_2 l_1)$.
$T = \frac{K_1 l_2 T_1 + K_2 l_1 T_2}{K_1 l_2 + K_2 l_1}$.

(B) नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कने वाले पिंड के लिए,उस पर कार्य करने वाले बल नीचे की ओर गुरुत्वाकर्षण का घटक $Mg \sin \theta$ और ऊपर की ओर स्थैतिक घर्षण $f$ हैं।
रेखीय गति के लिए न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर: $Mg \sin \theta - f = Ma$ (जहाँ $a$ रेखीय त्वरण है)।
द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णी गति के लिए न्यूटन का दूसरा नियम: $\tau = I \alpha = fR$,जहाँ $\alpha = a/R$ कोणीय त्वरण है।
रेखीय समीकरण में $f = I \alpha / R = I a / R^2$ प्रतिस्थापित करने पर:
$Mg \sin \theta - \frac{I a}{R^2} = Ma$
$Mg \sin \theta = Ma + \frac{I a}{R^2} = Ma(1 + \frac{I}{M R^2})$
$a$ के लिए हल करने पर,हमें प्राप्त होता है: $a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{M R^2}}$.

(D) हम जानते हैं कि टॉर्क $\vec{\tau}$ को कोणीय संवेग $\vec{L}$ के परिवर्तन की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो $\vec{\tau} = \frac{d\vec{L}}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
केंद्रीय बल वह बल है जो कण और बल के केंद्र (मूल बिंदु) को जोड़ने वाली रेखा के अनुदिश कार्य करता है। चूंकि स्थिति सदिश $\vec{r}$ और बल सदिश $\vec{F}$ एक ही रेखा में होते हैं,इसलिए टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ शून्य होता है।
चूंकि $\vec{\tau} = 0$ है,इसलिए संबंध $\frac{d\vec{L}}{dt} = 0$ से यह स्पष्ट है कि कोणीय संवेग $\vec{L}$ समय के साथ स्थिर रहता है।

(D) मान लीजिए कि वर्गाकार लैमिना का द्रव्यमान $M$ और भुजा की लंबाई $a$ है। इसके केंद्र $O$ से गुजरने वाली और इसके तल के लंबवत अक्ष $(I_z)$ के परितः वर्गाकार लैमिना का जड़त्व आघूर्ण $I_z = I_x + I_y$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I_x$ और $I_y$ केंद्र से गुजरने वाली और भुजाओं के समानांतर अक्षों के परितः जड़त्व आघूर्ण हैं। सममिति के कारण,$I_x = I_y = I_{EF} = I_{GH}$ (जहाँ $EF$ और $GH$ विपरीत भुजाओं के मध्य बिंदुओं से गुजरने वाली अक्ष हैं)। अतः,$I_z = 2 I_{EF}$ है।
इसी प्रकार,विकर्ण अक्षों $AC$ और $BD$ के परितः जड़त्व आघूर्ण सममिति के कारण समान हैं,इसलिए $I_{AC} = I_{BD}$ है। लंबवत अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_z = I_{AC} + I_{BD} = 2 I_{AC}$ है।
$I_z$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $2 I_{EF} = 2 I_{AC}$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $I_{AC} = I_{EF}$ प्राप्त होता है।

(D) $Mayer$ के संबंध के अनुसार,मोलर विशिष्ट ऊष्माओं का अंतर $C_{p,m} - C_{v,m} = R$ द्वारा दिया जाता है।
प्रति इकाई द्रव्यमान विशिष्ट ऊष्मा ज्ञात करने के लिए,हम मोलर विशिष्ट ऊष्माओं को गैस के मोलर द्रव्यमान $M$ से विभाजित करते हैं।
नाइट्रोजन गैस $(N_2)$ के लिए,मोलर द्रव्यमान $M = 28 \ g/mol$ है।
इसलिए,विशिष्ट ऊष्मा का अंतर $C_p - C_v = \frac{C_{p,m}}{M} - \frac{C_{v,m}}{M} = \frac{R}{M}$ होता है।
$M = 28$ रखने पर,हमें $C_p - C_v = \frac{R}{28}$ प्राप्त होता है।

(B) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ एक अवस्था फलन है और यह केवल प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं पर निर्भर करता है,न कि अपनाए गए पथ पर।
पथ $iaf$ के लिए:
$\Delta U = Q_{iaf} - W_{iaf}$
$\Delta U = 50 \, cal - 20 \, cal = 30 \, cal$.
चूंकि पथ $ibf$ के लिए प्रारंभिक अवस्था $i$ और अंतिम अवस्था $f$ समान हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ समान रहता है।
पथ $ibf$ के लिए:
$\Delta U = Q_{ibf} - W_{ibf}$
$30 \, cal = 36 \, cal - W_{ibf}$
$W_{ibf} = 36 \, cal - 30 \, cal = 6 \, cal$.

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $(\eta)$ और रेफ्रिजरेटर के निष्पादन गुणांक (coefficient of performance) $(\beta)$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$\beta = \frac{1 - \eta}{\eta}$
यहाँ $\eta = 1/10$ दिया गया है,इसलिए निष्पादन गुणांक:
$\beta = \frac{1 - 1/10}{1/10} = \frac{9/10}{1/10} = 9$
निष्पादन गुणांक $(\beta)$ को ठंडे रिज़र्वोयर से अवशोषित ऊष्मा $(Q_2)$ और सिस्टम पर किए गए कार्य $(W)$ के अनुपात के रूप में भी परिभाषित किया जाता है:
$\beta = \frac{Q_2}{W}$
यहाँ $W = 10 \ J$ और $\beta = 9$ दिया गया है,इसलिए:
$9 = \frac{Q_2}{10 \ J}$
$Q_2 = 9 \times 10 \ J = 90 \ J$
अतः,कम तापमान वाले रिज़र्वोयर से अवशोषित ऊर्जा $90 \ J$ है।

(A) दोनों स्प्रिंग $m$ द्रव्यमान के साथ समानांतर क्रम में जुड़ी हुई हैं।
प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff} = k_1 + k_2$ द्वारा दिया जाता है।
दोलन की आवृत्ति $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_1 + k_2}{m}}$ ... $(i)$
जब $k_1$ और $k_2$ दोनों को उनके मूल मानों का चार गुना कर दिया जाता है,तो नए स्प्रिंग नियतांक $k_1' = 4k_1$ और $k_2' = 4k_2$ हो जाते हैं।
नया प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eff}' = 4k_1 + 4k_2 = 4(k_1 + k_2)$ है।
दोलन की नई आवृत्ति $f'$ का मान $f' = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_{eff}'}{m}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{4(k_1 + k_2)}{m}}$ है।
$f' = 2 \times \left( \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k_1 + k_2}{m}} \right) = 2f$.

(B) सरल आवर्त गति करने वाले कण की तात्क्षणिक गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v_{inst}^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \cos^2(\omega t + \phi)$ द्वारा दी जाती है।
संतुलन स्थिति पर विस्थापन $x = 0$ है,इसलिए $x = a \sin(\omega t)$ के अनुसार $\omega t = 0$ होता है। चरम स्थिति पर $x = a$ होता है,इसलिए $\omega t = \pi/2$ होता है।
एक अंतराल के दौरान औसत गतिज ऊर्जा $\langle K \rangle = \frac{1}{T'} \int_0^{T'} K dt$ के रूप में परिभाषित है,जहाँ $T'$ संतुलन से चरम स्थिति तक जाने में लगा समय है $(T' = T/4 = 1/(4v))$।
$\langle K \rangle = \frac{1}{T/4} \int_0^{T/4} \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \cos^2(\omega t) dt$
$\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर:
$\langle K \rangle = \frac{4}{T} \cdot \frac{1}{2} m \omega^2 a^2 \int_0^{T/4} \frac{1 + \cos(2\omega t)}{2} dt$
$\langle K \rangle = \frac{m \omega^2 a^2}{T} [t + \frac{\sin(2\omega t)}{2\omega}]_0^{T/4}$
चूंकि $\omega = 2\pi v$ और $T = 1/v$ है,इसलिए $t = T/4$ पर $2\omega t = \pi$ होता है।
$\langle K \rangle = \frac{m \omega^2 a^2}{T} [T/4] = \frac{m \omega^2 a^2}{4} = \frac{m (2\pi v)^2 a^2}{4} = \pi^2 m a^2 v^2$.

(B) विस्थापन समीकरण $x = 2 \times 10^{-2} \cos(\pi t)$ है।
वेग $v$ ज्ञात करने के लिए, हम समय $t$ के सापेक्ष विस्थापन का अवकलन करते हैं:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [2 \times 10^{-2} \cos(\pi t)] = -2 \times 10^{-2} \pi \sin(\pi t)$.
चाल वेग का परिमाण है, $|v| = |2 \times 10^{-2} \pi \sin(\pi t)|$.
चाल के अधिकतम होने के लिए, $|\sin(\pi t)|$ का मान $1$ होना चाहिए।
यह तब होता है जब $\sin(\pi t) = 1$ या $\sin(\pi t) = -1$ हो।
पहली बार यह तब होता है जब $\sin(\pi t) = 1$, जो $\pi t = \frac{\pi}{2}$ के अनुरूप है।
$t$ के लिए हल करने पर, हमें $t = \frac{1}{2} = 0.5 \text{ s}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया विस्थापन समीकरण: $x = x_0 \cos(\omega t - \frac{\pi}{4})$.
वेग $v = \frac{dx}{dt} = -x_0 \omega \sin(\omega t - \frac{\pi}{4})$.
त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = -x_0 \omega^2 \cos(\omega t - \frac{\pi}{4})$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos(\theta + \pi) = -\cos(\theta)$ का उपयोग करते हुए,हम त्वरण को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$a = x_0 \omega^2 \cos(\omega t - \frac{\pi}{4} + \pi) = x_0 \omega^2 \cos(\omega t + \frac{3\pi}{4})$.
इसे दिए गए रूप $a = A \cos(\omega t + \delta)$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$A = x_0 \omega^2$ और $\delta = \frac{3\pi}{4}$.

(C) डेसिबल $(dB)$ में ध्वनि स्तर $L$ का सूत्र $L = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$ है,जहाँ $I$ तीव्रता है और $I_0$ संदर्भ तीव्रता है।
ध्वनि स्तर में परिवर्तन $\Delta L = L_1 - L_2 = 20 \ dB$ है।
सूत्र का उपयोग करने पर,$\Delta L = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_0} \right) - 10 \log_{10} \left( \frac{I_2}{I_0} \right) = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_2} \right)$।
चूंकि $\Delta L = 20$ दिया गया है,इसलिए $20 = 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_2} \right)$।
$10$ से विभाजित करने पर,$2 = \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_2} \right)$।
एंटीलॉग लेने पर,$\frac{I_1}{I_2} = 10^2 = 100$।
अतः,तीव्रता $100$ के कारक (गुना) से कम हो जाती है।

(A) इलेक्ट्रॉनिक आवेश एक मौलिक भौतिक स्थिरांक है और यह इलेक्ट्रॉन का एक आंतरिक गुण है।
यह गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र या उस स्थान पर निर्भर नहीं करता है जहाँ माप किया जाता है।
मिलिकन का तेल बूंद प्रयोग प्राथमिक आवेश $e$ का मान निर्धारित करता है,जो लगभग $1.602 \times 10^{-19} \ C$ है।
चूंकि गुरुत्वीय त्वरण ($g_E$ या $g_M$) चाहे जो भी हो,इलेक्ट्रॉन का आवेश स्थिर रहता है,इसलिए चंद्रमा पर इलेक्ट्रॉनिक आवेश और पृथ्वी पर इलेक्ट्रॉनिक आवेश का अनुपात $1$ होगा।

(B) प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2} m u^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है।
प्रक्षेप्य गति के उच्चतम बिंदु पर,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य हो जाता है और गेंद का वेग उसके क्षैतिज घटक के बराबर होता है।
$v_x = u \cos \theta = u \cos 60^{\circ} = u \times \frac{1}{2} = \frac{u}{2}$.
उच्चतम बिंदु पर गतिज ऊर्जा $(KE_{top})$ इस प्रकार है:
$KE_{top} = \frac{1}{2} m v_x^2 = \frac{1}{2} m \left( \frac{u}{2} \right)^2$.
$KE_{top} = \frac{1}{2} m \left( \frac{u^2}{4} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{2} m u^2 \right)$.
चूँकि $KE = \frac{1}{2} m u^2$,इसलिए $KE_{top} = \frac{KE}{4}$ होगा।

(B) माना कि पूरी डिस्क का द्रव्यमान $M$ है।
प्रति इकाई क्षेत्रफल द्रव्यमान $\sigma = \frac{M}{\pi(2R)^2} = \frac{M}{4\pi R^2}$ है।
$R$ त्रिज्या वाली हटाई गई वृत्ताकार डिस्क का द्रव्यमान $M_1 = \sigma \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4\pi R^2} \cdot \pi R^2 = \frac{M}{4}$ है।
शेष डिस्क का द्रव्यमान $M_2 = M - M_1 = M - \frac{M}{4} = \frac{3M}{4}$ है।
माना कि बड़ी डिस्क का केंद्र मूल बिंदु $(0,0)$ पर है। हटाई गई डिस्क का द्रव्यमान केंद्र $x_1 = R$ पर है और शेष डिस्क का द्रव्यमान केंद्र $x_2 = -\alpha R$ पर है।
चूंकि मूल डिस्क का द्रव्यमान केंद्र मूल बिंदु पर था,इसलिए हम लिख सकते हैं:
$M_1 x_1 + M_2 x_2 = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R + \frac{3M}{4} \cdot (-\alpha R) = 0$
$\frac{M}{4} \cdot R = \frac{3M}{4} \cdot \alpha R$
$\alpha = \frac{1}{3}$.

(C) मूल बिंदु से बिंदु $A(\sqrt{2}, \sqrt{2})$ की दूरी:
$OA = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{2 + 2} = \sqrt{4} = 2 \text{ इकाई}$.
मूल बिंदु से बिंदु $B(2, 0)$ की दूरी:
$OB = \sqrt{(2)^2 + (0)^2} = \sqrt{4} = 2 \text{ इकाई}$.
बिंदु आवेश $Q$ से $r$ दूरी पर विद्युत विभव $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों बिंदु $A$ और $B$ मूल बिंदु पर रखे गए आवेश $Q = 10^{-3} \mu C$ से समान दूरी $(r = 2 \text{ इकाई})$ पर स्थित हैं,इसलिए इन बिंदुओं पर विभव समान होगा:
$V_A = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{OA}$ और $V_B = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{OB}$.
चूंकि $OA = OB = 2$,इसलिए $V_A = V_B$ होगा।
अतः,बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच विभवांतर:
$V_A - V_B = 0 \text{ V}$.

(A) वर्ग के केंद्र पर विद्युत विभव $V$ व्यक्तिगत आवेशों के कारण विभव का बीजगणितीय योग है: $V = \sum \frac{kq}{r}$। चूंकि प्रत्येक शीर्ष से केंद्र तक की दूरी $r$ समान है,इसलिए $V = \frac{k}{r} (q_A + q_B + q_C + q_D)$। आवेशों को आपस में बदलने से योग $(q_A + q_B + q_C + q_D)$ नहीं बदलता है,इसलिए $V$ अपरिवर्तित रहता है।
विद्युत क्षेत्र $\vec E$ एक सदिश राशि है। केंद्र पर परिणामी विद्युत क्षेत्र व्यक्तिगत आवेशों के कारण क्षेत्रों का सदिश योग है। प्रारंभ में,$A, B$ पर $q$ और $C, D$ पर $-q$ आवेश हैं। $A$ को $D$ के साथ और $B$ को $C$ के साथ बदलने के बाद,$A$ और $B$ पर आवेश $-q$ हो जाते हैं,और $C$ और $D$ पर आवेश $q$ हो जाते हैं। यह प्रभावी रूप से केंद्र पर परिणामी विद्युत क्षेत्र सदिश की दिशा को उलट देता है। इस प्रकार,$\vec E$ बदल जाता है।

(A) दिया गया विभव फलन $V(x) = \frac{20}{x^2 - 4} \text{ volt}$ है।
विद्युत क्षेत्र $E$ और विभव $V$ के बीच का संबंध $E = -\frac{dV}{dx}$ है।
$E = -\frac{d}{dx} \left( 20(x^2 - 4)^{-1} \right) = -20 \cdot (-1)(x^2 - 4)^{-2} \cdot (2x) = \frac{40x}{(x^2 - 4)^2}$.
अब,$E$ के समीकरण में $x = 4 \mu m$ रखने पर:
$E = \frac{40(4)}{(4^2 - 4)^2} = \frac{160}{(16 - 4)^2} = \frac{160}{12^2} = \frac{160}{144}$.
अंश और हर को $16$ से विभाजित करने पर,हमें $E = \frac{10}{9} \text{ V/}\mu m$ प्राप्त होता है।
चूंकि परिणाम धनात्मक है,इसलिए विद्युत क्षेत्र $+ve \ x$ दिशा में है।

(A) माना प्रारंभिक धारिता $C = \frac{K \epsilon_0 A}{d}$ है। संधारित्र पर आवेश $Q = CV = \frac{K \epsilon_0 A V}{d}$ है।
जब परावैद्युत को हटाया जाता है,तो धारिता $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d} = \frac{C}{K}$ हो जाती है।
चूंकि संधारित्र बैटरी से डिस्कनेक्ट है,इसलिए आवेश $Q$ स्थिर रहता है।
प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = \frac{Q^2}{2C}$ है।
जब परावैद्युत को हटाया जाता है,तो स्थितिज ऊर्जा $U_{removed} = \frac{Q^2}{2C_0} = \frac{Q^2}{2(C/K)} = K \frac{Q^2}{2C} = K U_i$ हो जाती है।
जब परावैद्युत को वापस डाला जाता है,तो धारिता वापस $C$ हो जाती है और स्थितिज ऊर्जा $U_f = \frac{Q^2}{2C} = U_i$ हो जाती है।
निकाय द्वारा किया गया कुल कार्य स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन है: $W = -(U_f - U_i) = -(U_i - U_i) = 0$.
अतः,इस प्रक्रिया में निकाय द्वारा किया गया कुल कार्य शून्य है।

(D) हम जानते हैं कि तापमान $t$ पर प्रतिरोध का सूत्र इस प्रकार है:
$R_{t} = R_{0}(1 + \alpha t)$
जहाँ $R_{t}$,$t\, ^\circ C$ पर प्रतिरोध है,$R_{0}$,$0\, ^\circ C$ पर प्रतिरोध है,और $\alpha$ प्रतिरोध का तापमान गुणांक है।
$t = 50\, ^\circ C$ के लिए:
$5 = R_{0}(1 + 50\alpha)$ ......$(i)$
$t = 100\, ^\circ C$ के लिए:
$6 = R_{0}(1 + 100\alpha)$ ......$(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{5}{6} = \frac{R_{0}(1 + 50\alpha)}{R_{0}(1 + 100\alpha)}$
$\frac{5}{6} = \frac{1 + 50\alpha}{1 + 100\alpha}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$5(1 + 100\alpha) = 6(1 + 50\alpha)$
$5 + 500\alpha = 6 + 300\alpha$
$200\alpha = 1$
$\alpha = \frac{1}{200} = 0.005\, ^\circ C^{-1}$
अब,$R_{0}$ ज्ञात करने के लिए $\alpha$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$5 = R_{0}(1 + 50 \times 0.005)$
$5 = R_{0}(1 + 0.25)$
$5 = R_{0}(1.25)$
$R_{0} = \frac{5}{1.25} = 4\, \Omega$
अतः,$0\, ^\circ C$ पर प्रतिरोध $4\, \Omega$ है।

(B) एम्पीयर के परिपथीय नियम के अनुसार,किसी भी बंद लूप के चारों ओर चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ का रेखीय समाकलन लूप द्वारा घिरे कुल विद्युत धारा $I_{\text{enclosed}}$ के $\mu_0$ गुना के बराबर होता है।
$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$
एक पतली दीवार वाले पाइप के लिए जिसमें उसकी लंबाई के अनुदिश $I$ धारा बह रही है,पाइप के अंदर खींचा गया कोई भी बंद लूप शून्य कुल धारा को घेरता है $(I_{\text{enclosed}} = 0)$।
चूंकि धारा केवल पाइप की सतह पर वितरित होती है,इसलिए आंतरिक क्षेत्र से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः,$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = 0$,जिसका अर्थ है कि पाइप के अंदर किसी भी बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ शून्य है।

(B) त्रिज्या वाले और समान रूप से वितरित $i$ धारा वाले एक लंबे सीधे तार के लिए:
$1$. तार के अंदर $r < a$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{in} = \frac{\mu_0 i r}{2 \pi a^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$r = a/2$ पर, $B_1 = \frac{\mu_0 i (a/2)}{2 \pi a^2} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi a}$.
$2$. तार के बाहर $r > a$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{out} = \frac{\mu_0 i}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
$r = 2a$ पर, $B_2 = \frac{\mu_0 i}{2 \pi (2a)} = \frac{\mu_0 i}{4 \pi a}$.
$3$. $a/2$ और $2a$ पर चुंबकीय क्षेत्र का अनुपात:
$\frac{B_1}{B_2} = \frac{\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}}{\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}} = 1$.

(B) कण पर लगने वाला कुल लॉरेंट्ज़ बल $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$ है।
चूंकि कण वेग में बिना किसी परिवर्तन के क्षेत्र से गुजरता है,इसलिए कुल बल शून्य होना चाहिए,यानी $\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B} = 0$,जिसका अर्थ है $\vec{E} = -(\vec{v} \times \vec{B}) = \vec{B} \times \vec{v}$।
दोनों पक्षों का $\vec{B}$ के साथ सदिश गुणन (cross product) करने पर: $\vec{E} \times \vec{B} = (\vec{B} \times \vec{v}) \times \vec{B}$।
सदिश त्रिक गुणन सर्वसमिका $(\vec{A} \times \vec{B}) \times \vec{C} = \vec{B}(\vec{A} \cdot \vec{C}) - \vec{A}(\vec{B} \cdot \vec{C})$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है $\vec{E} \times \vec{B} = \vec{v}(\vec{B} \cdot \vec{B}) - \vec{B}(\vec{v} \cdot \vec{B})$।
चूंकि $\vec{v} \perp \vec{B}$,इसलिए $\vec{v} \cdot \vec{B} = 0$,अतः $\vec{E} \times \vec{B} = \vec{v} B^2$।
इसलिए,$\vec{v} = \frac{\vec{E} \times \vec{B}}{B^2}$।

(C) एक लंबे सीधे धारावाही तार द्वारा $d$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तार $AOB$ और $COD$ एक-दूसरे के लंबवत रखे गए हैं,इसलिए बिंदु $P$ (जो $O$ से $d$ दूरी पर तल के लंबवत है) पर उनके द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ और $B_2$ भी एक-दूसरे के लंबवत होंगे।
अतः,परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B$ का परिमाण $B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर,$B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi d}$ और $B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi d}$.
इसलिए,$B = \sqrt{\left( \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi d} \right)^2 + \left( \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi d} \right)^2}$.
$B = \frac{\mu_0}{2 \pi d} \sqrt{I_1^2 + I_2^2} = \frac{\mu_0}{2 \pi d} (I_1^2 + I_2^2)^{1/2}$.

(C) संपर्क में रखे गए लेंसों के संयोजन की कुल क्षमता उनकी व्यक्तिगत क्षमताओं के बीजगणितीय योग द्वारा दी जाती है:
$P = P_{1} + P_{2}$
यहाँ $P_{1} = -15 \ D$ और $P_{2} = +5 \ D$ दिया गया है,इसलिए:
$P = (-15 + 5) \ D = -10 \ D$
चूंकि क्षमता $P$ और फोकस दूरी $f$ (मीटर में) के बीच संबंध $P = \frac{1}{f}$ है,इसलिए फोकस दूरी इस प्रकार होगी:
$f = \frac{1}{P} = \frac{1}{-10} \ m$
फोकस दूरी को सेंटीमीटर में बदलने के लिए,हम $100$ से गुणा करते हैं:
$f = \left( \frac{1}{-10} \times 100 \right) \ cm = -10 \ cm$
अतः,संयोजन की फोकस दूरी $-10 \ cm$ है।

(A) $f$ आवृत्ति वाले फोटॉन की ऊर्जा $E$ को प्लांक-आइंस्टीन संबंध द्वारा दिया जाता है: $E = hf$।
आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता सिद्धांत के अनुसार,फोटॉन की ऊर्जा को $E = mc^2$ द्वारा भी दिया जाता है,जहाँ $m$ फोटॉन का सापेक्ष द्रव्यमान है।
ऊर्जा के दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $mc^2 = hf$।
हम जानते हैं कि किसी कण का संवेग $p$,$p = mc$ द्वारा दिया जाता है।
ऊर्जा समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $mc = \frac{hf}{c}$।
अतः,फोटॉन का संवेग $p = \frac{hf}{c}$ है।

(B) $LR$ परिपथ में धारा की वृद्धि का सूत्र है: $I = I_0(1 - e^{-\frac{R}{L}t})$
यहाँ,$I_0 = \frac{E}{R}$ अधिकतम स्थिर धारा है।
दिया गया है: $L = 10 \ H$,$R = 5 \ \Omega$,$E = 5 \ V$,और $t = 2 \ s$।
सबसे पहले,अधिकतम धारा की गणना करें: $I_0 = \frac{5 \ V}{5 \ \Omega} = 1 \ A$।
अब,इन मानों को धारा वृद्धि के समीकरण में प्रतिस्थापित करें:
$I = 1 \times (1 - e^{-\frac{5}{10} \times 2})$
$I = 1 - e^{-1} \ A$।

(C) मुख्य अवधारणा: एक $a.c.$ परिपथ में खपत औसत शक्ति का सूत्र है: $P = E_{rms} I_{rms} \cos \phi$।
दिया गया है:
वोल्टेज $E = E_o \sin \omega t$
धारा $I = I_o \sin \left( \omega t - \frac{\pi}{2} \right)$
इन समीकरणों की तुलना मानक रूपों $E = E_o \sin \omega t$ और $I = I_o \sin (\omega t - \phi)$ से करने पर,हमें कलांतर (phase difference) $\phi = \frac{\pi}{2}$ प्राप्त होता है।
शक्ति के सूत्र में $\phi$ का मान रखने पर:
$P = E_{rms} I_{rms} \cos \left( \frac{\pi}{2} \right)$
चूंकि $\cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = 0$,इसलिए शक्ति की खपत है:
$P = E_{rms} I_{rms} \times 0 = 0$.

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में पर्दे पर किसी बिंदु पर तीव्रता $I$ का सूत्र $I = I_0 \cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right)$ है,जहाँ $I_0$ अधिकतम तीव्रता है और $\phi$ कलांतर है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है।
दिए गए पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{6}$ के लिए,हम कलांतर की गणना करते हैं:
$\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{6} = \frac{\pi}{3}$.
अब,$\phi$ का मान तीव्रता के सूत्र में रखने पर:
$\frac{I}{I_0} = \cos^2 \left( \frac{\pi/3}{2} \right) = \cos^2 \left( \frac{\pi}{6} \right)$.
चूंकि $\cos \left( \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए:
$\frac{I}{I_0} = \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 = \frac{3}{4}$.

(A) इलेक्ट्रॉनिक संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = E_{initial} - E_{final} = h\nu$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\nu$ आवृत्ति है।
उत्सर्जन होने के लिए,इलेक्ट्रॉन को उच्च ऊर्जा स्तर से निम्न ऊर्जा स्तर में संक्रमण करना चाहिए। इसलिए,विकल्प $(b)$ और $(d)$ को हटा दिया गया है क्योंकि वे अवशोषण को दर्शाते हैं।
शेष संक्रमणों के लिए ऊर्जा अंतर की तुलना करने पर:
$n = 2$ से $n = 1$ के लिए: $\Delta E_1 = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \times 0.75 = 10.2 \text{ eV}$.
$n = 6$ से $n = 2$ के लिए: $\Delta E_2 = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{6^2} \right) = 13.6 \times 0.2223 \approx 3.02 \text{ eV}$.
चूंकि $\nu = \frac{\Delta E}{h}$,जिस संक्रमण में ऊर्जा का अंतर सबसे अधिक होगा,वह सबसे अधिक आवृत्ति वाला फोटॉन उत्सर्जित करेगा।
$\Delta E_1$ और $\Delta E_2$ की तुलना करने पर,हम देखते हैं कि $\Delta E_1 > \Delta E_2$ है।
इसलिए,$n = 2$ से $n = 1$ का संक्रमण सबसे अधिक आवृत्ति वाले फोटॉन का उत्सर्जन करता है।

(A) गामा $(\gamma)$ उत्सर्जन तब होता है जब उत्तेजित अवस्था में कोई नाभिक निम्न ऊर्जा अवस्था या मूल अवस्था में संक्रमण करता है। इस प्रक्रिया के दौरान,नाभिक एक उच्च-ऊर्जा फोटॉन उत्सर्जित करता है जिसे $\gamma$-किरण कहा जाता है। चूंकि $\gamma$-किरणों का आवेश और विराम द्रव्यमान शून्य होता है,इसलिए यह उत्सर्जन नाभिक की परमाणु संख्या $(Z)$ या द्रव्यमान संख्या $(A)$ को नहीं बदलता है। अतः,प्रोटॉन और न्यूट्रॉन की संख्या अपरिवर्तित रहती है।

(C) किसी नाभिक की नाभिकीय बंधन ऊर्जा को द्रव्यमान क्षति के ऊर्जा समतुल्य के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसका सूत्र है:
$B.E. = \Delta m c^2 = (\text{न्यूक्लियॉन का द्रव्यमान} - \text{नाभिक का द्रव्यमान}) c^2$
जहाँ $\Delta m$ द्रव्यमान क्षति है।
ऑक्सीजन समस्थानिक $_8O^{17}$ के लिए:
प्रोटॉन की संख्या $(p)$ = $8$
न्यूट्रॉन की संख्या $(n)$ = $17 - 8 = 9$
न्यूक्लियॉन का कुल द्रव्यमान = $8 M_p + 9 M_n$
नाभिक का द्रव्यमान = $M_o$
अतः,बंधन ऊर्जा:
$B.E. = (8 M_p + 9 M_n - M_o) c^2$

(A) दर्शाया गया परिपथ एक हाफ-वेव रेक्टिफायर विन्यास है।
जब इनपुट सिग्नल $+5 \ V$ पर होता है,तो $p-n$ जंक्शन डायोड फॉरवर्ड बायस में होता है और एक बंद स्विच की तरह कार्य करता है। इस प्रकार,लोड प्रतिरोध $R_L$ के सिरों पर आउटपुट वोल्टेज $+5 \ V$ होता है।
जब इनपुट सिग्नल $-5 \ V$ पर होता है,तो $p-n$ जंक्शन डायोड रिवर्स बायस में होता है और एक खुले स्विच की तरह कार्य करता है। इस प्रकार,$R_L$ से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,और $R_L$ के सिरों पर आउटपुट वोल्टेज $0 \ V$ होता है।
अतः,आउटपुट सिग्नल धनात्मक अर्ध-चक्र के दौरान $+5 \ V$ का वर्गाकार पल्स और ऋणात्मक अर्ध-चक्र के दौरान $0 \ V$ होता है,जो विकल्प $A$ में दर्शाए गए आकार से मेल खाता है।

(A) कार्बन $(C)$,सिलिकॉन $(Si)$,और जर्मेनियम $(Ge)$ तीनों आवर्त सारणी के समूह $14$ से संबंधित हैं और इनमें $4$ संयोजी इलेक्ट्रॉन होते हैं।
कमरे के तापमान पर,कार्बन (हीरा) के लिए ऊर्जा बैंड अंतराल $(E_g)$ लगभग $5.4 \ eV$ है,जो बहुत बड़ा है,जिससे यह एक कुचालक बन जाता है।
सिलिकॉन के लिए ऊर्जा बैंड अंतराल लगभग $1.1 \ eV$ है और जर्मेनियम के लिए लगभग $0.7 \ eV$ है।
चूंकि ये बैंड अंतराल अपेक्षाकृत छोटे हैं,इसलिए कमरे के तापमान पर तापीय ऊर्जा $Si$ और $Ge$ में संयोजी बैंड से चालन बैंड में इलेक्ट्रॉनों की एक महत्वपूर्ण संख्या को उत्तेजित करने के लिए पर्याप्त है।
इसलिए,$Si$ और $Ge$ अर्धचालक के रूप में कार्य करते हैं,जबकि $C$ अपने बड़े बैंड अंतराल के कारण एक कुचालक के रूप में कार्य करता है।

(B) दिया गया है कि $x$ की अर्ध-आयु $y$ के माध्य जीवनकाल के बराबर है:
$(t_{1/2})_x = (\tau)_y$
चूंकि $(t_{1/2})_x = \frac{\ln 2}{\lambda_x}$ और $(\tau)_y = \frac{1}{\lambda_y}$,इसलिए:
$\frac{\ln 2}{\lambda_x} = \frac{1}{\lambda_y} \Rightarrow \lambda_x = \lambda_y \ln 2 \approx 0.693 \lambda_y$.
इसका अर्थ है कि $\lambda_x < \lambda_y$.
प्रारंभ में,परमाणुओं की संख्या समान है: $N_x = N_y = N_0$.
क्षय दर (सक्रियता) $A = \lambda N$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\lambda_x < \lambda_y$ और $N_x = N_y$,इसलिए $A_x < A_y$ होगा।
अतः,तत्व $y$,तत्व $x$ की तुलना में तेजी से क्षय होगा।

(B) मान लीजिए कि संधारित्र की धारिता $C$ है और बैटरी का e.m.f. $V$ है।
जब संधारित्र पूरी तरह से आवेशित हो जाता है,तो प्लेटों के बीच विभवांतर $V$ होता है।
संधारित्र पर संचित आवेश $q = CV$ है।
संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} CV^2 = \frac{1}{2} qV$ है।
आवेश $q$ की आपूर्ति करने में बैटरी द्वारा किया गया कार्य $W = qV = CV^2$ है।
संधारित्र में संचित ऊर्जा और बैटरी द्वारा किए गए कार्य का अनुपात $\frac{U}{W} = \frac{\frac{1}{2} qV}{qV} = \frac{1}{2}$ है।

(B) जब एक आवेशित कण अपने वेग के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र में गति करता है,तो चुंबकीय बल $F = q(v \times B)$ हर क्षण वेग सदिश के लंबवत कार्य करता है।
चूंकि बल हमेशा वेग के लंबवत होता है,इसलिए चुंबकीय बल द्वारा किया गया कार्य $W = F \cdot ds = 0$ होता है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन किए गए कार्य के बराबर होता है,इसलिए गतिज ऊर्जा स्थिर रहती है।
हालाँकि,चूंकि कण वृत्ताकार पथ में गति करता है,इसलिए वेग सदिश की दिशा लगातार बदलती रहती है,जिससे संवेग $p = mv$ बदल जाता है क्योंकि संवेग एक सदिश राशि है।
इसलिए,संवेग बदलता है जबकि गतिज ऊर्जा स्थिर रहती है।