AIIMS 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) एक सिरे पर बंद पाइप की मूल आवृत्ति $(f_1)$ का सूत्र $f_1 = \frac{v}{4L}$ है।
दिया गया है: $v = 340 \, m s^{-1}$ और $L = 85 \, cm = 0.85 \, m$.
मान रखने पर: $f_1 = \frac{340}{4 \times 0.85} = \frac{340}{3.4} = 100 \, Hz$.
बंद पाइप की प्राकृतिक आवृत्तियाँ मूल आवृत्ति के विषम गुणज होती हैं: $f_n = (2n - 1)f_1$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$.
आवृत्तियाँ इस प्रकार हैं: $100 \, Hz, 300 \, Hz, 500 \, Hz, 700 \, Hz, 900 \, Hz, 1100 \, Hz, 1300 \, Hz, \dots$.
हमें $1250 \, Hz$ से कम आवृत्तियों की संख्या ज्ञात करनी है।
ये आवृत्तियाँ $100, 300, 500, 700, 900, 1100$ हैं।
अतः,कुल $6$ संभावित प्राकृतिक दोलन प्राप्त होते हैं।

(C) पृथ्वी की सतह पर वस्तु का भार,$W = mg = 63 \; N$ है।
पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र इस प्रकार है:
$g' = g \left( 1 + \frac{h}{R_e} \right)^{-2}$
यहाँ $h = \frac{R_e}{2}$ दिया गया है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$g' = g \left( 1 + \frac{R_e/2}{R_e} \right)^{-2} = g \left( 1 + \frac{1}{2} \right)^{-2} = g \left( \frac{3}{2} \right)^{-2} = g \left( \frac{2}{3} \right)^2 = \frac{4}{9} g$
$h$ ऊँचाई पर गुरुत्वाकर्षण बल (भार) $W' = mg'$ होगा।
$W' = m \left( \frac{4}{9} g \right) = \frac{4}{9} (mg)$
$W = 63 \; N$ का मान रखने पर:
$W' = \frac{4}{9} \times 63 = 4 \times 7 = 28 \; N$.

(A) मान लीजिए कि वेज का त्वरण बाईं ओर $a$ है। चूंकि ब्लॉक वेज के सापेक्ष स्थिर है,इसलिए ब्लॉक भी बाईं ओर समान त्वरण $a$ के साथ गति करता है।
संपूर्ण निकाय (वेज + ब्लॉक) के लिए,कुल बल $F = (M+m) a \dots (i)$ है।
अब,वेज के गैर-जड़त्वीय फ्रेम में $m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक का फ्री बॉडी डायग्राम देखें। ब्लॉक पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ नीचे की ओर।
$2$. अभिलंब बल $N$ जो झुकी हुई सतह के लंबवत है।
$3$. छद्म बल (pseudo force) $ma$ जो दाईं ओर क्षैतिज रूप से कार्य करता है।
ब्लॉक के वेज पर स्थिर रहने के लिए,ढलान की दिशा में छद्म बल का घटक और गुरुत्वाकर्षण बल का घटक संतुलित होना चाहिए:
$ma \cos \alpha = mg \sin \alpha$
$a = g \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = g \tan \alpha \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$F = (M+m) g \tan \alpha$.

(C) दिया गया है,$\theta=45^{\circ}, s_{1}=s_{2}, u=0$.
खुरदरे नत समतल पर,त्वरण $a_{1}=g(\sin \theta-\mu \cos \theta)$ है।
घर्षण रहित नत समतल पर,त्वरण $a_{2}=g \sin \theta$ है।
मान लीजिए $t_{1}$ खुरदरे समतल पर लगा समय है और $t_{2}$ घर्षण रहित समतल पर लगा समय है। दिया गया है $t_{1}=2 t_{2}$।
गति के समीकरण $s=ut+\frac{1}{2}at^{2}$ का उपयोग करते हुए,$u=0$ के लिए:
$s_{1}=\frac{1}{2}g(\sin \theta-\mu \cos \theta)t_{1}^{2}$
$s_{2}=\frac{1}{2}g \sin \theta t_{2}^{2}$
चूंकि $s_{1}=s_{2}$,हमारे पास है:
$\frac{1}{2}g(\sin \theta-\mu \cos \theta)t_{1}^{2}=\frac{1}{2}g \sin \theta t_{2}^{2}$
$\frac{\sin \theta-\mu \cos \theta}{\sin \theta}=\frac{t_{2}^{2}}{t_{1}^{2}}$
$t_{1}=2t_{2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$1-\mu \cot \theta=\frac{t_{2}^{2}}{(2t_{2})^{2}}=\frac{1}{4}$
$\mu \cot \theta=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$
$\mu=\frac{3}{4 \cot \theta}$। चूंकि $\theta=45^{\circ}$,$\cot 45^{\circ}=1$,इसलिए $\mu=\frac{3}{4}=0.75$।

(B) नत समतल पर पिंड पर कार्य करने वाला बल उसके भार का समतल के समानांतर घटक होता है।
यहाँ द्रव्यमान $m = 5 \ kg$ और झुकाव कोण $\theta = 30^{\circ}$ दिया गया है।
स्प्रिंग बैलेंस पर लगने वाला बल $F$,समतल के नीचे की ओर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के घटक के बराबर होता है:
$F = mg \sin \theta$
$g = 10 \ m/s^2$ लेने पर:
$F = 5 \times 10 \times \sin 30^{\circ}$
$F = 50 \times \frac{1}{2} = 25 \ N$
अतः,स्प्रिंग बैलेंस $25 \ N$ मापता है।

(C) डोरी काटने से पहले,निकाय संतुलन में है। स्प्रिंग बल $F_s$ दोनों ब्लॉकों के कुल भार को संतुलित करता है।
$F_s = (m + 2m)g = 3mg$.
डोरी काटने के ठीक बाद,स्प्रिंग बल में तात्कालिक परिवर्तन नहीं होता है।
ब्लॉक $A$ ($2m$ द्रव्यमान) के लिए: ऊपर की ओर लगने वाला बल स्प्रिंग बल $F_s = 3mg$ है और नीचे की ओर लगने वाला बल इसका भार $2mg$ है। परिणामी बल $F_{net} = 3mg - 2mg = mg$ (ऊपर की ओर)।
त्वरण $a_A = \frac{F_{net}}{2m} = \frac{mg}{2m} = \frac{g}{2}$ (ऊपर की ओर)।
ब्लॉक $B$ ($m$ द्रव्यमान) के लिए: डोरी काट दी गई है,इसलिए तनाव शून्य हो जाता है। ब्लॉक $B$ पर कार्य करने वाला एकमात्र बल इसका भार $mg$ (नीचे की ओर) है।
त्वरण $a_B = \frac{mg}{m} = g$ (नीचे की ओर)।
अतः,त्वरण क्रमशः $\frac{g}{2}$ और $g$ हैं।

(A) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्लॉक पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W_{\text{total}} = \Delta K$
$W_F + W_{\text{spring}} = K_f - K_i$
यहाँ,स्थिर बल $F$ द्वारा किया गया कार्य $W_F = Fx$ है।
स्प्रिंग बल द्वारा किया गया कार्य $W_{\text{spring}} = -\frac{1}{2} k x^2$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = 0$ (क्योंकि यह विरामावस्था से शुरू होता है) और अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} m v^2$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$Fx - \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} m v^2 - 0$
$Fx - \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} m v^2$
दोनों पक्षों को $2$ से गुणा करने पर:
$2Fx - k x^2 = m v^2$
$v^2 = \frac{2Fx - k x^2}{m}$
$v = \sqrt{\frac{2Fx - k x^2}{m}}$

(A) संवेग संरक्षण के नियम से:
$Mv + m \times 0 = Mv_1 + mv_2$
$\Rightarrow M(v - v_1) = mv_2 \dots (i)$
गतिज ऊर्जा संरक्षण के नियम से (चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है):
$\frac{1}{2}Mv^2 + 0 = \frac{1}{2}Mv_1^2 + \frac{1}{2}mv_2^2$
$\Rightarrow M(v^2 - v_1^2) = mv_2^2 \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{M(v - v_1)(v + v_1)}{M(v - v_1)} = \frac{mv_2^2}{mv_2}$
$v + v_1 = v_2 \dots (iii)$
समीकरण $(i)$ और $(iii)$ को हल करने पर,हल्की वस्तु का अंतिम वेग $(v_2)$:
$v_2 = \frac{2Mv}{M + m}$
चूंकि $M \gg m$,अतः $M + m \approx M$ लेने पर:
$v_2 = \frac{2Mv}{M} = 2v$.

(C) डिस्क और कीड़े से बने निकाय का जड़त्व आघूर्ण $(I)$,$I = I_{disc} + I_{insect} = \frac{1}{2}MR^2 + mx^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ डिस्क का द्रव्यमान है,$R$ डिस्क की त्रिज्या है,$m$ कीड़े का द्रव्यमान है,और $x$ केंद्र से कीड़े की दूरी है।
जैसे-जैसे कीड़ा किनारे $(x = R)$ से केंद्र $(x = 0)$ की ओर गति करता है,दूरी $x$ घटती है,इसलिए जड़त्व आघूर्ण $I$ घटता है।
जैसे-जैसे कीड़ा केंद्र $(x = 0)$ से व्यास के दूसरे छोर $(x = R)$ की ओर गति करता है,दूरी $x$ बढ़ती है,इसलिए जड़त्व आघूर्ण $I$ बढ़ता है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$L = I\omega = \text{नियत}$. चूँकि निकाय पर कोई बाह्य बल आघूर्ण कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए कोणीय संवेग $L$ नियत रहता है।
अतः,$\omega = \frac{L}{I}$. जब $I$ घटता है,तो $\omega$ बढ़ता है,और जब $I$ बढ़ता है,तो $\omega$ घटता है।
इस प्रकार,डिस्क की कोणीय चाल पहले बढ़ती है और फिर घटती है।

(B) एक आयाम में गति कर रहे कणों के निकाय के लिए द्रव्यमान केंद्र का वेग $(v_{CM})$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_{CM} = \frac{m_1 v_1 + m_2 v_2 + m_3 v_3}{m_1 + m_2 + m_3}$
दिया गया है:
$m_1 = 5 \, kg, v_1 = 5 \, m/s$
$m_2 = 4 \, kg, v_2 = 4 \, m/s$
$m_3 = 2 \, kg, v_3 = 2 \, m/s$
सूत्र में मान रखने पर:
$v_{CM} = \frac{(5 \times 5) + (4 \times 4) + (2 \times 2)}{5 + 4 + 2}$
$v_{CM} = \frac{25 + 16 + 4}{11}$
$v_{CM} = \frac{45}{11} \approx 4.09 \, m/s$

(D) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,परिक्रमण काल का वर्ग कक्षा की त्रिज्या के घन के समानुपाती होता है: $\frac{T_{A}^{2}}{T_{B}^{2}} = \frac{r_{A}^{3}}{r_{B}^{3}}$.
यहाँ $T_{A} = 1\, h$,$T_{B} = 8\, h$,और $r_{A} = 10^{4}\, km$ दिया गया है।
मान रखने पर: $\frac{1^{2}}{8^{2}} = \frac{(10^{4})^{3}}{r_{B}^{3}} \Rightarrow \frac{1}{64} = \frac{(10^{4})^{3}}{r_{B}^{3}}$.
अतः,$r_{B}^{3} = 64 \times (10^{4})^{3}$,जिससे $r_{B} = 4 \times 10^{4}\, km$ प्राप्त होता है।
उपग्रह की कक्षीय चाल का सूत्र $v = \frac{2 \pi r}{T}$ है।
उपग्रह $A$ के लिए: $v_{A} = \frac{2 \pi \times 10^{4}}{1} = 2 \pi \times 10^{4}\, km/h$.
उपग्रह $B$ के लिए: $v_{B} = \frac{2 \pi \times 4 \times 10^{4}}{8} = \pi \times 10^{4}\, km/h$.
चूंकि दोनों उपग्रह एक ही तल में एक ही दिशा में घूम रहे हैं,इसलिए जब वे सबसे निकट होते हैं,तो उनकी सापेक्ष चाल उनकी चालों का अंतर होगी: $v_{rel} = v_{A} - v_{B} = 2 \pi \times 10^{4} - \pi \times 10^{4} = \pi \times 10^{4}\, km/h$.

(D) गुरुत्वाकर्षण बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
दिया गया है,$F \propto r^{-3/2}$,इसलिए $F = \frac{k}{r^{3/2}}$ जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
अभिकेंद्र बल का सूत्र $F = m \omega^2 r = m \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r = \frac{4\pi^2 m r}{T^2}$ है।
बल के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{k}{r^{3/2}} = \frac{4\pi^2 m r}{T^2}$.
$T^2$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$T^2 = \frac{4\pi^2 m}{k} \cdot r \cdot r^{3/2} = \frac{4\pi^2 m}{k} \cdot r^{5/2}$.
चूंकि $\frac{4\pi^2 m}{k}$ एक स्थिरांक है,इसलिए $T^2 \propto r^{5/2}$ प्राप्त होता है।

(A) संतुलन में,ब्लॉक का भार उत्प्लावन बल द्वारा संतुलित होता है:
$mg = A l \rho g \Rightarrow m = A \rho l$
जहाँ $l$ द्रव में डूबे हुए भाग की लंबाई है।
जब ब्लॉक को नीचे की ओर $y$ विस्थापन दिया जाता है,तो ऊपर की ओर कार्य करने वाला अतिरिक्त उत्प्लावन बल (प्रत्यानयन बल) है:
$F = -[A(l+y) \rho g - mg]$
$F = -[A l \rho g + A y \rho g - mg]$
चूंकि $mg = A l \rho g$,समीकरण सरल होकर हो जाता है:
$F = -A \rho g y$
यह दर्शाता है कि $F \propto -y$,जो $SHM$ के लिए शर्त है। प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k = A \rho g$ है और जड़त्व कारक $m$ है।
$SHM$ का आवर्तकाल $T$ इस प्रकार है:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{\text{जड़त्व कारक}}{\text{स्प्रिंग नियतांक}}} = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{A \rho g}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T^{2} = 4 \pi^{2} \frac{m}{A \rho g}$
अतः,$T^{2} \propto \frac{1}{\rho}$.

(B) जब एक छड़ को उसके मध्य में क्लैंप किया जाता है,तो सिरे एंटीनोड $(A)$ के रूप में और क्लैंप किया गया बिंदु नोड $(N)$ के रूप में कार्य करता है।
मूल विधा (fundamental mode) में,छड़ की लंबाई $l$,$\frac{\lambda}{4}$ के दो खंडों के अनुरूप होती है,इसलिए $l = \frac{\lambda}{4} + \frac{\lambda}{4} = \frac{\lambda}{2}$.
$\Rightarrow \lambda = 2l$.
दिया गया है: $l = 100\, cm = 1\, m$,आवृत्ति $f = 2.53\, kHz = 2.53 \times 10^3\, Hz$.
ध्वनि की गति $v$,$v = f \lambda$ द्वारा दी जाती है।
$\lambda = 2l$ प्रतिस्थापित करने पर:
$v = f \times 2l = 2.53 \times 10^3 \times 2 \times 1 = 5.06 \times 10^3\, m/s$.
$km/s$ में परिवर्तित करने पर:
$v = 5.06\, km/s$.

(A) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ है।
चूँकि तीनों प्रक्रियाओं के लिए प्रारंभिक अवस्था $A$ और अंतिम अवस्था $B$ समान हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ सभी पथों के लिए समान होगा।
अतः,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$ से पता चलता है कि अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q$ किए गए कार्य $\Delta W$ के सीधे आनुपातिक है (चूँकि $\Delta U$ स्थिर है)।
$p-V$ आरेख में किया गया कार्य $\Delta W$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होता है।
चित्र से,पथ $1$ के नीचे का क्षेत्रफल सबसे कम है,पथ $2$ के नीचे का क्षेत्रफल मध्यम है और पथ $3$ के नीचे का क्षेत्रफल सबसे अधिक है।
इस प्रकार,$(\text{Area})_{1} < (\text{Area})_{2} < (\text{Area})_{3}$ है।
परिणामस्वरूप,$Q_{1} < Q_{2} < Q_{3}$ होगा।

(A) मान लीजिए $a_{1}$ और $a_{2}$ क्रमशः गेंद (ऊपर की ओर) और छड़ (नीचे की ओर) के त्वरण हैं।
बाध्यता संबंध से,$2 a_{1} = a_{2} \dots (i)$
गेंद के लिए,गति का समीकरण है: $2T - \frac{9}{5}mg = \frac{9}{5}ma_{1} \dots (ii)$
छड़ के लिए,गति का समीकरण है: $mg - T = ma_{2} \dots (iii)$
समीकरण $(iii)$ से $T = mg - ma_{2}$ को $(ii)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$2(mg - ma_{2}) - \frac{9}{5}mg = \frac{9}{5}ma_{1}$
$2mg - 2ma_{2} - 1.8mg = 1.8ma_{1}$
$0.2g - 2a_{2} = 1.8a_{1}$
समीकरण $(i)$ से $a_{2} = 2a_{1}$ का उपयोग करने पर:
$0.2g - 2(2a_{1}) = 1.8a_{1}$
$0.2g = 5.8a_{1} \implies a_{1} = \frac{0.2g}{5.8} = \frac{g}{29} \, m/s^2$ (ऊपर की ओर)
अतः $a_{2} = 2a_{1} = \frac{2g}{29} \, m/s^2$ (नीचे की ओर)
छड़ के सापेक्ष गेंद का आपेक्षिक त्वरण $a_{rel} = a_{1} + a_{2} = \frac{g}{29} + \frac{2g}{29} = \frac{3g}{29}$ है।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}a_{rel}t^2$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u=0$ और $s=1 \, m$:
$1 = 0 + \frac{1}{2} \left(\frac{3 \times 10}{29}\right) t^2$
$1 = \frac{15}{29} t^2 \implies t^2 = \frac{29}{15} \approx 1.933$
$t = \sqrt{1.933} \approx 1.39 \, s \approx 1.4 \, s$.

(C) द्वि-परमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म घातांक $\gamma = 1.4 = \frac{7}{5}$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच संबंध $T V^{\gamma-1} = \text{स्थिरांक}$ है।
दिया गया है $T_1 = 300 \, K$ और $V_2 = \frac{V_1}{5}$,इसलिए:
$T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$
$T_2 = T_1 \left( \frac{V_1}{V_2} \right)^{\gamma-1} = 300 \times (5)^{\frac{7}{5}-1} = 300 \times 5^{0.4}$.
$5^{0.4} \approx 1.9036$ लेने पर,$T_2 = 300 \times 1.9036 = 571.08 \, K$.
द्वि-परमाणुक अणु के लिए घूर्णन की औसत गतिज ऊर्जा $E_{rot} = k_B T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $k_B = 1.38 \times 10^{-23} \, J/K$ है।
$E_{rot} = 1.38 \times 10^{-23} \times 571.08 = 788.09 \times 10^{-23} \, J$,जो विकल्प $C$ के अनुरूप है।

(B) यह परिपथ समानांतर क्रम में जुड़ी अनंत पंक्तियों से बना है।
प्रत्येक पंक्ति में श्रेणी क्रम में जुड़े कुछ संधारित्र हैं।
- पहली पंक्ति में $1\,\mu F$ का $1$ संधारित्र है। इसकी तुल्य धारिता $C_1 = 1\,\mu F$ है।
- दूसरी पंक्ति में श्रेणी क्रम में $2$ संधारित्र हैं,प्रत्येक $1\,\mu F$ का। इसकी तुल्य धारिता $C_2 = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}\,\mu F$ है।
- तीसरी पंक्ति में श्रेणी क्रम में $4$ संधारित्र हैं,प्रत्येक $1\,\mu F$ का। इसकी तुल्य धारिता $C_3 = \frac{1}{1+1+1+1} = \frac{1}{4}\,\mu F$ है।
- $n$-वीं पंक्ति में श्रेणी क्रम में $2^{n-1}$ संधारित्र हैं। इसकी तुल्य धारिता $C_n = \frac{1}{2^{n-1}}\,\mu F$ है।
चूंकि ये सभी पंक्तियाँ समानांतर क्रम में जुड़ी हैं,इसलिए कुल तुल्य धारिता $C_{eq}$ प्रत्येक पंक्ति की धारिताओं का योग है:
$C_{eq} = C_1 + C_2 + C_3 + ... = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + ...$
यह एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी ($G$.$P$.) है जिसमें प्रथम पद $a = 1$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{2}$ है।
अनंत गुणोत्तर श्रेणी का योग $S = \frac{a}{1-r}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $C_{eq} = \frac{1}{1 - 1/2} = \frac{1}{1/2} = 2\,\mu F$.

(A) $LCR$ श्रेणी परिपथ में कला कोण $\phi$ का सूत्र $\tan \phi = \frac{X_C - X_L}{R}$ होता है।
चूंकि धारा वोल्टेज से आगे है,परिपथ धारिता (capacitive) है और कला कोण $\phi = -45^o$ है (या हम अग्रता के परिमाण को $\tan(45^o) = \frac{X_C - X_L}{R}$ के रूप में उपयोग कर सकते हैं)।
मान रखने पर: $\tan 45^o = \frac{\frac{1}{2\pi fC} - 2\pi fL}{R}$.
चूंकि $\tan 45^o = 1$,इसलिए $1 = \frac{\frac{1}{2\pi fC} - 2\pi fL}{R}$.
$R = \frac{1}{2\pi fC} - 2\pi fL$.
$\frac{1}{2\pi fC} = 2\pi fL + R$.
अतः,$C = \frac{1}{2\pi f(2\pi fL + R)}$.

(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:
$I = 1 \times (1 - e^{-\frac{5}{10} \times 2})$
$I = 1 - e^{-1} \ A$।

(B) दिया गया है,प्रारंभिक प्रतिरोध $R_{1} = 35 \,\Omega$ और अंतिम लंबाई $l_{2} = 2l_{1}$ है।
चूंकि तार को खींचने के दौरान उसका आयतन स्थिर रहता है,इसलिए $V_{1} = V_{2}$ होगा।
$A_{1}l_{1} = A_{2}l_{2} \implies A_{2} = A_{1} \left(\frac{l_{1}}{l_{2}}\right) = A_{1} \left(\frac{l_{1}}{2l_{1}}\right) = \frac{A_{1}}{2}$।
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,नया प्रतिरोध $R_{2} = \rho \frac{l_{2}}{A_{2}} = \rho \frac{2l_{1}}{A_{1}/2} = 4 \left(\rho \frac{l_{1}}{A_{1}}\right) = 4R_{1}$ होगा।
$R_{1}$ का मान रखने पर,हमें $R_{2} = 4 \times 35 = 140 \,\Omega$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए अर्ध-वलय की त्रिज्या $R$ है। सममिति की अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर $dl$ लंबाई का एक छोटा अवयव (element) लें,जिस पर आवेश $dq$ है।
$dl = R d\theta$
अवयव पर आवेश $dq = \lambda dl = \lambda R d\theta$
इस अवयव के कारण केंद्र पर रखे $1\, C$ आवेश पर लगने वाला विद्युत बल $dF$ कूलम्ब के नियम के अनुसार है:
$dF = \frac{k dq}{R^2} = \frac{k (\lambda R d\theta)}{R^2} = \frac{k \lambda}{R} d\theta$
अर्ध-वलय की सममिति के कारण,सममिति की अक्ष के लंबवत बल के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं,जबकि अक्ष की दिशा में घटक जुड़ जाते हैं।
अक्ष की दिशा में बल का घटक $dF \cos \theta$ है।
कुल बल $F$,$-\pi/2$ से $\pi/2$ तक $dF \cos \theta$ का समाकलन है:
$F = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{k \lambda}{R} \cos \theta d\theta$
$F = \frac{k \lambda}{R} [\sin \theta]_{-\pi/2}^{\pi/2}$
$F = \frac{k \lambda}{R} [\sin(\pi/2) - \sin(-\pi/2)]$
$F = \frac{k \lambda}{R} [1 - (-1)] = \frac{2 k \lambda}{R}$

(A) $R$ त्रिज्या की वलय की अक्ष पर केंद्र से $x$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q x}{(R^{2} + x^{2})^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
$-q$ आवेश वाले कण पर लगने वाला बल $F = -qE = -\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q q x}{(R^{2} + x^{2})^{3/2}}$ है।
दिया गया है कि $x \ll R$,इसलिए हम $R^{2} + x^{2} \approx R^{2}$ मान सकते हैं। अतः,$F \approx -\left( \frac{Q q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}} \right) x$.
यह सरल आवर्त गति का समीकरण $(F = -kx)$ है,जहाँ प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k = \frac{Q q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}}$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{Q q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3} m}}$ है।
आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{4 \pi \varepsilon_{0} R^{3} m}{Q q}} = \sqrt{\frac{4 \pi^{2} \cdot 4 \pi \varepsilon_{0} R^{3} m}{Q q}} = \sqrt{\frac{16 \pi^{3} \varepsilon_{0} R^{3} m}{Q q}}$.

(B) स्थिर अवस्था में,संधारित्रों (capacitors) से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। मान लीजिए कि प्रत्येक संधारित्र पर आवेश $q$ है। चूंकि गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा शून्य है,इसलिए बिंदु $B$ का विभव बिंदु $D$ के विभव के बराबर है $(V_{B} = V_{D})$।
चूंकि गैल्वेनोमीटर से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,इसलिए स्रोत से आने वाली धारा $I$ दो शाखाओं में विभाजित हो जाती है: एक $R_{1}$ और $C_{1}$ के माध्यम से,और दूसरी $R_{2}$ और $C_{2}$ के माध्यम से। मान लीजिए कि बाईं शाखा से प्रवाहित धारा $I_{1}$ है और दाईं शाखा से प्रवाहित धारा $I_{2}$ है।
गैल्वेनोमीटर के सिरों पर विभवांतर शून्य होने के लिए,$R_{1}$ के सिरों पर विभव पतन $C_{1}$ के सिरों पर विभव पतन के बराबर होना चाहिए,और इसी तरह दाईं ओर के लिए भी।
विशेष रूप से,$V_{A} - V_{B} = V_{A} - V_{D} \implies I_{1} R_{1} = \frac{q}{C_{1}} \quad (i)$
इसी प्रकार,दूसरी ओर के लिए: $V_{B} - V_{C} = V_{D} - V_{C} \implies I_{2} R_{2} = \frac{q}{C_{2}} \quad (ii)$
चूंकि शाखाएं स्रोत के साथ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए $I_{1} = I_{2} = I$ होगा।
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{I_{1} R_{1}}{I_{2} R_{2}} = \frac{q / C_{1}}{q / C_{2}}$
$\frac{R_{1}}{R_{2}} = \frac{C_{2}}{C_{1}}$
अतः,$\frac{C_{1}}{C_{2}} = \frac{R_{2}}{R_{1}}$।

(A) श्रेणी $R-C$ परिपथ के लिए,कुल अनुप्रयुक्त वोल्टेज $V$,प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज $V_R$ और संधारित्र के सिरों पर वोल्टेज $V_C$ के फेजर योग द्वारा दिया जाता है:
$V^2 = V_R^2 + V_C^2$
यहाँ $V = 10\, V$ और $V_C = 8\, V$ दिया गया है,इसलिए:
$10^2 = V_R^2 + 8^2$
$100 = V_R^2 + 64$
$V_R^2 = 100 - 64 = 36$
$V_R = 6\, V$
अब,धारा और अनुप्रयुक्त वोल्टेज के बीच कलांतर $\phi$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\tan \phi = \frac{V_C}{V_R}$
$\tan \phi = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$
$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$
अतः,$R$ के सिरों पर वोल्टेज $6\, V$ है और कलांतर $\tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$ है।

(A) जब निकाय को गर्म किया जाता है,तो तापमान में वृद्धि के कारण कुंडलियों का प्रतिरोध बढ़ जाता है।
चूंकि कुंडली $A$ एक स्रोत से जुड़ी है,इसलिए इसके प्रतिरोध में वृद्धि के कारण कुंडली $A$ में धारा $I$ लगातार कम हो जाती है।
फैराडे के विद्युत चुम्बकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,कुंडली $A$ में बदलती धारा कुंडली $B$ से गुजरने वाले चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन उत्पन्न करती है।
यह बदलता चुंबकीय फ्लक्स कुंडली $B$ में एक विद्युत वाहक बल (emf) और परिणामस्वरूप प्रेरित धारा उत्पन्न करता है।
लेंज के नियम के अनुसार,कुंडली $B$ में प्रेरित धारा उस दिशा में बहेगी जो उसके उत्पादन के कारण का विरोध करे,जो कि कुंडली $A$ में धारा का घटना है।
धारा में कमी का विरोध करने के लिए,कुंडली $B$ में प्रेरित धारा कुंडली $A$ की धारा की समान दिशा में बहेगी।
समान दिशा में धारा ले जाने वाली दो समानांतर कुंडलियाँ एक-दूसरे को आकर्षित करती हैं। इसलिए,दोनों कुंडलियों के बीच आकर्षण होता है।

(A) सीमित तार के खंड के कारण लंबवत दूरी $d$ पर चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi d}(\cos \theta_{1} - \cos \theta_{2})$ है।
इस मामले में,तार को $45^{\circ}$ पर मोड़ा गया है। बिंदु $P$ शीर्ष से $R$ दूरी पर कोण समद्विभाजक पर स्थित है।
प्रत्येक खंड के लिए $P$ से लंबवत दूरी $d = R \sin(22.5^{\circ})$ है।
ज्यामिति के अनुसार,प्रत्येक खंड द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र जुड़ जाते हैं।
गणना करने पर,बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{4 \pi R} (\sqrt{2}-1)$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है: धारा तत्व $dl = dx \hat{i} = 10^{-2} \, m \hat{i}$,धारा $i = 10 \, A$,और स्थिति सदिश $\vec{r} = 0.5 \, m \hat{j}$।
बायो-सावर्ट नियम के अनुसार,चुंबकीय क्षेत्र $dB$ इस प्रकार है:
$dB = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{i (d\vec{l} \times \vec{r})}{r^3}$
मान रखने पर:
$dB = 10^{-7} \times \frac{10 \times (10^{-2} \hat{i} \times 0.5 \hat{j})}{(0.5)^3}$
$dB = 10^{-7} \times \frac{10 \times 0.5 \times 10^{-2} \hat{k}}{0.125}$
$dB = 10^{-7} \times \frac{0.05 \times 10^{-2}}{0.125} \hat{k}$
$dB = 10^{-7} \times \frac{5 \times 10^{-4}}{12.5 \times 10^{-2}} \hat{k} = 10^{-7} \times 0.4 \times 10^{-2} \hat{k}$
$dB = 4 \times 10^{-9} \times 10 = 4 \times 10^{-8} \hat{k} \, T$.

(D) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H = 0.36 \times 10^{-4} \; Wb/m^2$ दिया गया है।
नमन कोण $\delta = 60^{\circ}$ है।
ऊर्ध्वाधर घटक $B_V$ और क्षैतिज घटक $B_H$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$B_V = B_H \tan \delta$
दिए गए मानों को रखने पर:
$B_V = (0.36 \times 10^{-4}) \times \tan 60^{\circ}$
चूंकि $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3} \approx 1.732$ है:
$B_V = 0.36 \times 10^{-4} \times 1.732$
$B_V \approx 0.6235 \times 10^{-4} \; Wb/m^2$.
दिए गए विकल्प के अनुसार,सही मान $0.622 \times 10^{-4} \; Wb/m^2$ है।

(C) चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ का सूत्र $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A} = B A \cos \theta$ है,जहाँ $\theta$ चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ और क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ (सतह के अभिलंब) के बीच का कोण है।
चुंबकीय क्षेत्र धनात्मक $X$-अक्ष की दिशा में है। ऊपरी सतह क्षैतिज के साथ $30^{\circ}$ के कोण पर झुकी हुई है। इस सतह का अभिलंब $X$-अक्ष के साथ $\theta = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ का कोण बनाता है।
ऊपरी सतह के आयाम $10 \, cm \times 10 \, cm = 0.1 \, m \times 0.1 \, m = 0.01 \, m^2$ हैं।
मान रखने पर:
$\phi = (0.2 \, T) \times (0.01 \, m^2) \times \cos(60^{\circ})$
$\phi = 0.002 \times 0.5 = 0.001 \, Wb$
चूंकि $1 \, Wb = 1000 \, m-Wb$,इसलिए:
$\phi = 0.001 \times 1000 = 1 \, m-Wb$.

(B) गैल्वेनोमीटर $G$ का प्रतिरोध $R_G = 60 \, \Omega$ है और इसे $r = 0.02 \, \Omega$ के शंट प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में जोड़ा गया है।
समांतर संयोजन का प्रभावी प्रतिरोध $R_P$ इस प्रकार है:
$R_P = \frac{R_G \times r}{R_G + r} = \frac{60 \times 0.02}{60 + 0.02} = \frac{1.2}{60.02} \approx 0.02 \, \Omega$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R + R_P = R + 0.02 \, \Omega$ है।
दिया गया है कि परिपथ में धारा $I = 1 \, A$ है और वोल्टेज स्रोत $5.0 \, V$ है,इसलिए ओम के नियम के अनुसार:
$I = \frac{V}{R_{total}}$
$1 = \frac{5}{R + 0.02}$
$R + 0.02 = 5$
$R = 5 - 0.02 = 4.98 \, \Omega$.
अतः,$R$ का मान लगभग $5 \, \Omega$ है।

(C) हम जानते हैं कि,एक कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य इस प्रकार दी जाती है:
$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2 m E}} = \frac{h}{\sqrt{2 m}} \cdot E^{-1/2}$
दोनों पक्षों का लघुगणक (log) लेने पर:
$\log \lambda = \log \left( \frac{h}{\sqrt{2 m}} \cdot E^{-1/2} \right)$
$\log(ab) = \log a + \log b$ और $\log(a^n) = n \log a$ के गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$\log \lambda = \log \left( \frac{h}{\sqrt{2 m}} \right) + \log(E^{-1/2})$
$\log \lambda = \log \left( \frac{h}{\sqrt{2 m}} \right) - \frac{1}{2} \log E$
इसे सरल रेखा के समीकरण $y = mx + c$ के रूप में व्यवस्थित करने पर:
$\log \lambda = -\frac{1}{2} \log E + \log \left( \frac{h}{\sqrt{2 m}} \right)$
यहाँ,ढाल $m = -1/2$ है,जो ऋणात्मक है। यह एक ऋणात्मक ढाल और $\log \lambda$ अक्ष पर धनात्मक अंतःखंड वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है। अतः,सही ग्राफ विकल्प $C$ में दिखाया गया है।

(B) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_{0} (1/2)^{t/T_{1/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
समय $t_{1}$ पर,$1/3$ भाग क्षय हो चुका है,इसलिए शेष मात्रा $N_{1} = N_{0} - (1/3)N_{0} = (2/3)N_{0}$ है।
समय $t_{2}$ पर,$2/3$ भाग क्षय हो चुका है,इसलिए शेष मात्रा $N_{2} = N_{0} - (2/3)N_{0} = (1/3)N_{0}$ है।
अनुपात लेने पर: $N_{2}/N_{1} = [(1/3)N_{0}] / [(2/3)N_{0}] = 1/2$.
हम जानते हैं कि $N_{2}/N_{1} = (1/2)^{(t_{2}-t_{1})/T_{1/2}}$,इसलिए $(1/2)^{1} = (1/2)^{(t_{2}-t_{1})/20}$.
घातांकों की तुलना करने पर,$(t_{2}-t_{1})/20 = 1$,जिससे $t_{2}-t_{1} = 20 \ min$ प्राप्त होता है।

(C) डायोड द्वारा वहन की जा सकने वाली अधिकतम धारा $I$,शक्ति रेटिंग $P$ और डायोड के सिरों पर वोल्टेज पतन $V_d$ द्वारा दी जाती है:
$I = \frac{P}{V_d} = \frac{100 \times 10^{-3} \, W}{0.5 \, V} = 0.2 \, A$
जब इसे $V_s = 1.5 \, V$ के स्रोत वोल्टेज से जोड़ा जाता है,तो धारा को इस अधिकतम मान तक सीमित करने के लिए,हम श्रेणी प्रतिरोध $R$ के लिए ओम के नियम का उपयोग करते हैं:
$V_s = V_d + I \times R$
$1.5 \, V = 0.5 \, V + (0.2 \, A) \times R$
$1.0 \, V = 0.2 \, A \times R$
$R = \frac{1.0}{0.2} \, \Omega = 5 \, \Omega$

(B) जब $I_{0}$ तीव्रता का एक अध्रुवित प्रकाश पुंज एक पोलेरॉइड से गुजरता है,तो निर्गत समतल ध्रुवित प्रकाश की तीव्रता अध्रुवित प्रकाश के लिए मैलस के नियम के सिद्धांत द्वारा दी जाती है,जो $I = \frac{I_{0}}{2}$ है।
दिया गया है,प्रारंभिक तीव्रता $I_{0} = 2 a^{2}$ है।
इसलिए,निर्गत समतल ध्रुवित प्रकाश की तीव्रता $I = \frac{2 a^{2}}{2} = a^{2}$ होगी।

(B) बिना किसी विरूपण (distortion) के एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड सिग्नल का उचित पता लगाने के लिए शर्त यह है कि समय स्थिरांक (time constant) $\tau = RC$ को संबंध $\tau \le \frac{1}{\omega_m m_a}$ को संतुष्ट करना चाहिए,जहाँ $\omega_m = 2\pi f_m$ मॉड्यूलेटिंग सिग्नल की कोणीय आवृत्ति है और $m_a$ मॉड्यूलेशन इंडेक्स है।
दिया गया है:
$R = 100\, k\Omega = 10^5\, \Omega$
$C = 250\, pF = 250 \times 10^{-12}\, F$
$m_a = 60\% = 0.6$
पता लगाई जा सकने वाली अधिकतम आवृत्ति $f_m$ इस प्रकार है:
$f_m = \frac{1}{2\pi m_a RC}$
समय स्थिरांक की गणना:
$\tau = RC = 10^5 \times 250 \times 10^{-12} = 2.5 \times 10^{-5}\, s$
मान रखने पर:
$f_m = \frac{1}{2 \times 3.1416 \times 0.6 \times 2.5 \times 10^{-5}}$
$f_m = \frac{1}{9.4248 \times 10^{-5}}$
$f_m \approx 10610\, Hz = 10.61\, kHz$

(A) दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $(\lambda) = 5400 \ \mathring{A} = 5.4 \times 10^{-7} \ m$.
स्लिट की चौड़ाई $(a) = 0.80 \ mm = 8 \times 10^{-4} \ m$.
पर्दे की दूरी $(D) = 1.4 \ m$.
केंद्रीय चमकीली पट्टी के प्रत्येक तरफ पहली दो काली पट्टियों के बीच की दूरी केंद्रीय उच्चिष्ठ (central maximum) की चौड़ाई के बराबर होती है।
केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई का सूत्र $w = \frac{2 \lambda D}{a}$ है।
मान रखने पर: $w = \frac{2 \times 5.4 \times 10^{-7} \times 1.4}{8 \times 10^{-4}}$.
$w = \frac{15.12 \times 10^{-7}}{8 \times 10^{-4}} = 1.89 \times 10^{-3} \ m$.
$mm$ में बदलने पर,हमें $w = 1.89 \ mm$ प्राप्त होता है।

(A) छोटे लूप के कारण बड़े लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\phi = \frac{\mu_{0} I \pi R_{1}^{2} R_{2}^{2}}{2(R_{1}^{2} + x^{2})^{3/2}}$
यहाँ,$R_{1} = 0.3 \times 10^{-2} \, m$ (छोटे लूप की त्रिज्या),
$R_{2} = 0.2 \, m$ (बड़े लूप की त्रिज्या),
$x = 0.15 \, m$ (केंद्रों के बीच की दूरी),
$I = 20 \, A$ (धारा)।
मान रखने पर:
$\phi = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 20 \times \pi \times (0.3 \times 10^{-2})^{2} \times (0.2)^{2}}{2((0.3 \times 10^{-2})^{2} + (0.15)^{2})^{3/2}}$
हल करने पर:
$\phi \approx 9.1 \times 10^{-11} \, Wb$.

(C) माना $I$ कुल धारा है,$I_g$ वोल्टमीटर से होकर बहने वाली धारा है और $R_v$ वोल्टमीटर का प्रतिरोध है।
परिपथ आरेख से,कुल धारा $I = 2 \, A$ प्रतिरोध $R$ से होकर बहने वाली धारा और वोल्टमीटर से होकर बहने वाली धारा $I_g$ में विभाजित हो जाती है।
समांतर संयोजन के सिरों पर वोल्टेज $V = 120 \, V$ है।
प्रतिरोध $R = 75 \, \Omega$ से होकर बहने वाली धारा $I_R = \frac{V}{R} = \frac{120}{75} = 1.6 \, A$ है।
चूँकि $I = I_R + I_g$,इसलिए $I_g = I - I_R = 2 - 1.6 = 0.4 \, A$ प्राप्त होता है।
वोल्टमीटर का प्रतिरोध $R_v = \frac{V}{I_g} = \frac{120}{0.4} = 300 \, \Omega$ होगा।