AIPMT 1995 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) दिया गया स्थिति सदिश: $\vec{r} = (a \cos \omega t)\hat{i} + (a \sin \omega t)\hat{j}$.
वेग सदिश $\vec{v}$ ज्ञात करने के लिए,हम $\vec{r}$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{d}{dt}[(a \cos \omega t)\hat{i} + (a \sin \omega t)\hat{j}] = -a \omega \sin \omega t \hat{i} + a \omega \cos \omega t \hat{j}$.
अब,उनके अभिविन्यास की जाँच करने के लिए हम $\vec{r}$ और $\vec{v}$ का अदिश गुणनफल (dot product) निकालते हैं:
$\vec{r} \cdot \vec{v} = [(a \cos \omega t)\hat{i} + (a \sin \omega t)\hat{j}] \cdot [(-a \omega \sin \omega t)\hat{i} + (a \omega \cos \omega t)\hat{j}]$
$\vec{r} \cdot \vec{v} = (a \cos \omega t)(-a \omega \sin \omega t) + (a \sin \omega t)(a \omega \cos \omega t)$
$\vec{r} \cdot \vec{v} = -a^2 \omega \sin \omega t \cos \omega t + a^2 \omega \sin \omega t \cos \omega t = 0$.
चूंकि अदिश गुणनफल $0$ है,इसलिए वेग सदिश स्थिति सदिश के लंबवत है।

(B) गतिज ऊर्जा का सूत्र $K.E. = \frac{1}{2}mv^2$ है।
गतिज ऊर्जा में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta K.E.}{K.E.} = \frac{\Delta m}{m} + 2 \frac{\Delta v}{v}$ द्वारा दी जाती है।
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,हम $100$ से गुणा करते हैं:
$K.E. \text{ में प्रतिशत त्रुटि} = (m \text{ में } \% \text{ त्रुटि}) + 2 \times (v \text{ में } \% \text{ त्रुटि})$.
यह दिया गया है कि द्रव्यमान में प्रतिशत त्रुटि $2\%$ है और गति में प्रतिशत त्रुटि $3\%$ है,इन मानों को रखने पर:
$K.E. \text{ में प्रतिशत त्रुटि} = 2\% + 2 \times 3\% = 2\% + 6\% = 8\%$.
अतः,गतिज ऊर्जा के अनुमान में अधिकतम त्रुटि $8\%$ होगी।

(B) मान लीजिए कि लगातार बूंदों के बीच का समय अंतराल $\Delta t$ है।
जब पहली बूंद जमीन पर पहुँचती है,तो कुल समय $t = 2\Delta t$ बीत चुका होता है (क्योंकि तीसरी बूंद निकल रही है,जिसका अर्थ है कि दो अंतराल बीत चुके हैं)।
गति के समीकरण $h = \frac{1}{2}gt^2$ का उपयोग करते हुए,पहली बूंद के लिए: $5 = \frac{1}{2} \times 10 \times t^2$,जिससे $t^2 = 1$ प्राप्त होता है,अतः $t = 1\,s$।
चूंकि $t = 2\Delta t$,इसलिए अंतराल $\Delta t = 0.5\,s$ है।
जिस क्षण पहली बूंद जमीन से टकराती है,उस क्षण दूसरी बूंद $\Delta t = 0.5\,s$ तक गिर चुकी होती है।
नल से दूसरी बूंद द्वारा तय की गई दूरी $y = \frac{1}{2}g(\Delta t)^2 = \frac{1}{2} \times 10 \times (0.5)^2 = 5 \times 0.25 = 1.25\,m$ है।
जमीन से दूसरी बूंद की ऊँचाई $H = 5 - 1.25 = 3.75\,m$ है।

(D) कोणीय चाल $\omega$ का सूत्र $\omega = 2\pi n$ है,जहाँ $n$ प्रति सेकंड चक्करों की संख्या (आवृत्ति) है।
यहाँ,$n = 120 \, \text{rev/min} = \frac{120}{60} \, \text{rev/s} = 2 \, \text{rev/s}$ है।
इस मान को सूत्र में रखने पर:
$\omega = 2\pi \times 2 = 4\pi \, \text{rad/s}$ प्राप्त होता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) स्थिर संतुलन के लिए शर्त यह है कि निकाय पर कार्य करने वाला कुल बल $F$ शून्य होना चाहिए,जहाँ $F = -\frac{dU}{dx} = 0$ है।
दिया गया है $U(x) = ax^{-12} - bx^{-6}$।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dU}{dx} = -12ax^{-13} - (-6bx^{-7}) = -12ax^{-13} + 6bx^{-7}$।
बल को शून्य रखने पर:
$F = -(-12ax^{-13} + 6bx^{-7}) = 0$
$12ax^{-13} - 6bx^{-7} = 0$
$\frac{12a}{x^{13}} = \frac{6b}{x^7}$
$\frac{12a}{6b} = \frac{x^{13}}{x^7}$
$\frac{2a}{b} = x^6$
$x = \sqrt[6]{\frac{2a}{b}}$।

(C) वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल दो कणों के बीच गुरुत्वाकर्षण आकर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
दोनों कणों के बीच की दूरी $2R$ है।
उनके बीच गुरुत्वाकर्षण बल $F_g = \frac{G \cdot m \cdot m}{(2R)^2} = \frac{Gm^2}{4R^2}$ है।
$R$ त्रिज्या के वृत्त में $v$ चाल से गतिमान $m$ द्रव्यमान के कण के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_c = \frac{mv^2}{R}$ है।
दोनों बलों को बराबर करने पर:
$\frac{mv^2}{R} = \frac{Gm^2}{4R^2}$
$v$ के लिए हल करने पर:
$v^2 = \frac{Gm^2}{4R^2} \cdot \frac{R}{m}$
$v^2 = \frac{Gm}{4R}$
$v = \sqrt{\frac{Gm}{4R}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{Gm}{R}}$

(D) दिया गया है: पृथ्वी का द्रव्यमान $m = 6 \times 10^{24} \ kg$,कोणीय वेग $\omega = 2 \times 10^{-7} \ rad/s$,और कक्षा की त्रिज्या $R = 1.5 \times 10^8 \ km = 1.5 \times 10^{11} \ m$.
पृथ्वी की वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल सूर्य द्वारा लगाए गए गुरुत्वाकर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
अभिकेंद्र बल का सूत्र $F = m \omega^2 R$ है।
सूत्र में दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$F = (6 \times 10^{24}) \times (2 \times 10^{-7})^2 \times (1.5 \times 10^{11})$
$F = (6 \times 10^{24}) \times (4 \times 10^{-14}) \times (1.5 \times 10^{11})$
$F = (6 \times 4 \times 1.5) \times (10^{24} \times 10^{-14} \times 10^{11})$
$F = 36 \times 10^{21} \ N$.

(D) एक छड़ के माध्यम से ऊष्मा प्रवाह की दर $(H = Q/t)$ सूत्र द्वारा दी जाती है: $H = \frac{KA \Delta \theta}{l}$.
चूंकि पदार्थ समान है,इसलिए ऊष्मीय चालकता $K$ स्थिर है। यह देखते हुए कि तापमान का अंतर $\Delta \theta$ भी समान है,हमारे पास $H \propto \frac{A}{l}$ है।
चूंकि $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2$,इसलिए $A \propto d^2$ है। अतः,$H \propto \frac{d^2}{l}$ होगा।
दिए गए अनुपात: $\frac{d_1}{d_2} = \frac{1}{2}$ और $\frac{l_1}{l_2} = \frac{2}{1}$।
ऊष्मा प्रवाह दरों का अनुपात ज्ञात करने पर: $\frac{H_1}{H_2} = \left( \frac{d_1}{d_2} \right)^2 \times \left( \frac{l_2}{l_1} \right) = \left( \frac{1}{2} \right)^2 \times \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$।
इस प्रकार,अनुपात $1:8$ है।

(C) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार,शीतलन की दर वस्तु और उसके परिवेश के बीच के तापमान के अंतर के सीधे आनुपातिक होती है।
गणितीय रूप से,$\frac{d\theta}{dt} = k \left( \frac{\theta_1 + \theta_2}{2} - \theta_0 \right)$,जहाँ $\theta_0$ कमरे का तापमान है।
जैसे-जैसे पानी ठंडा होता है,तापमान का अंतर कम होता जाता है,इसलिए शीतलन की दर भी कम हो जाती है।
अतः,समान तापमान $(5^{\circ} C)$ कम करने में लगने वाला समय बढ़ता जाता है जैसे-जैसे पानी का तापमान कमरे के तापमान के करीब पहुँचता है।
औसत तापमान की तुलना करने पर: $\left( \frac{80+75}{2} \right) > \left( \frac{75+70}{2} \right) > \left( \frac{70+65}{2} \right)$.
इस प्रकार,शीतलन की दर पहले अंतराल के लिए सबसे अधिक और तीसरे अंतराल के लिए सबसे कम है।
परिणामस्वरूप,$t_1 < t_2 < t_3$.

(B) बिंदु $A$ (या $C$) पर,गोलक बिंदु $B$ के सापेक्ष अपनी अधिकतम ऊँचाई $H$ पर है,इसलिए इसकी गतिज ऊर्जा शून्य है और स्थितिज ऊर्जा $mgH$ है।
बिंदु $B$ पर,गोलक अपनी सबसे निचली स्थिति में है,इसलिए इसकी स्थितिज ऊर्जा शून्य है और पूरी ऊर्जा गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$PE_{A} + KE_{A} = PE_{B} + KE_{B}$
$mgH + 0 = 0 + \frac{1}{2}mv^2$
$mgH = \frac{1}{2}mv^2$
$v^2 = 2gH$
$v = \sqrt{2gH}$

(A) तरंग गति $(v)$,आवृत्ति $(n)$ और तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $v = n \lambda$।
तरंगदैर्ध्य के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\lambda = \frac{v}{n}$।
दिया गया है:
आवृत्ति $(n)$ = $4.2 \, MHz = 4.2 \times 10^6 \, Hz$।
ध्वनि की गति $(v)$ = $1.7 \, km/s = 1.7 \times 10^3 \, m/s$।
मान रखने पर:
$\lambda = \frac{1.7 \times 10^3}{4.2 \times 10^6} = \frac{1.7}{4.2} \times 10^{-3} \approx 0.4047 \times 10^{-3} \, m = 4.047 \times 10^{-4} \, m$।
निकटतम मान लेने पर,$\lambda \approx 4 \times 10^{-4} \, m$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए स्रोत की आवृत्ति $f$ है।
चूंकि यह $100 \, s^{-1}$ के स्रोत के साथ $5$ बीट्स प्रति सेकंड उत्पन्न करता है,इसलिए आवृत्ति $f = 100 \pm 5$,यानी $105 \, s^{-1}$ या $95 \, s^{-1}$ हो सकती है।
स्रोत का दूसरा हार्मोनिक $2f$ है।
यदि $f = 105 \, s^{-1}$ है,तो दूसरा हार्मोनिक $210 \, s^{-1}$ होगा।
यदि $f = 95 \, s^{-1}$ है,तो दूसरा हार्मोनिक $190 \, s^{-1}$ होगा।
हमें दिया गया है कि दूसरा हार्मोनिक $205 \, s^{-1}$ के स्रोत के साथ $5$ बीट्स प्रति सेकंड देता है।
स्थितियों की जाँच करने पर:
$210 \, s^{-1}$ के लिए: $|210 - 205| = 5 \, s^{-1}$ (यह शर्त पूरी होती है)।
$190 \, s^{-1}$ के लिए: $|190 - 205| = 15 \, s^{-1}$ (यह शर्त पूरी नहीं होती)।
अतः,स्रोत की आवृत्ति $105 \, s^{-1}$ है।

(C) मूलबिंदु के सापेक्ष स्थिति सदिश $\vec{r}$ पर कार्यरत बल $\vec{F}$ का बल आघूर्ण $\vec{\tau}$ सदिश गुणनफल द्वारा दिया जाता है: $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$।
दिया गया है:
$\vec{r} = (3\hat{i} + 2\hat{j} + 3\hat{k}) \text{ m}$
$\vec{F} = (2\hat{i} - 3\hat{j} + 4\hat{k}) \text{ N}$
सारणिक (determinant) विधि का उपयोग करके सदिश गुणनफल की गणना करने पर:
$\vec{\tau} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 2 & 3 \\ 2 & -3 & 4 \end{vmatrix}$
सारणिक का विस्तार करने पर:
$\vec{\tau} = \hat{i}((2)(4) - (-3)(3)) - \hat{j}((3)(4) - (2)(3)) + \hat{k}((3)(-3) - (2)(2))$
$\vec{\tau} = \hat{i}(8 + 9) - \hat{j}(12 - 6) + \hat{k}(-9 - 4)$
$\vec{\tau} = 17\hat{i} - 6\hat{j} - 13\hat{k} \text{ N m}$।

(C) सूर्य द्वारा उत्सर्जित कुल शक्ति $P$,जो $r$ त्रिज्या और $T = (t + 273) \ K$ परम तापमान वाली एक कृष्णिका के रूप में कार्य करता है,स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम द्वारा दी जाती है: $P = \sigma A T^4 = \sigma (4\pi r^2) (t + 273)^4$.
सूर्य के केंद्र से $R$ दूरी पर,यह शक्ति $4\pi R^2$ के गोलाकार पृष्ठीय क्षेत्रफल पर वितरित होती है।
आपतित किरणों के लंबवत सतह द्वारा प्रति इकाई क्षेत्रफल प्राप्त शक्ति (तीव्रता $S$) इस प्रकार है: $S = \frac{P}{4\pi R^2}$.
$P$ का मान रखने पर: $S = \frac{\sigma (4\pi r^2) (t + 273)^4}{4\pi R^2} = \frac{r^2 \sigma (t + 273)^4}{R^2}$.

(B) तने हुए तार की मूल आवृत्ति $f = \frac{V}{2L}$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है $f \propto \frac{1}{L}$।
आवृत्तियों का अनुपात $f_1 : f_2 : f_3 = 1 : 2 : 3$ दिया गया है,इसलिए खंडों की लंबाई आवृत्तियों के व्युत्क्रमानुपाती होनी चाहिए:
$L_1 : L_2 : L_3 = \frac{1}{1} : \frac{1}{2} : \frac{1}{3} = 6 : 3 : 2$।
मान लीजिए कि लंबाई $L_1 = 6x$,$L_2 = 3x$,और $L_3 = 2x$ है।
कुल लंबाई $L_1 + L_2 + L_3 = 110\; cm$ है।
$6x + 3x + 2x = 110 \Rightarrow 11x = 110 \Rightarrow x = 10\; cm$।
इस प्रकार,लंबाई $L_1 = 60\; cm$,$L_2 = 30\; cm$,और $L_3 = 20\; cm$ है।
पहला पुल $A$ से $L_1 = 60\; cm$ की दूरी पर रखा जाता है।
दूसरा पुल $A$ से $L_1 + L_2 = 60 + 30 = 90\; cm$ की दूरी पर रखा जाता है।

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान है।
प्रथम स्थिति के लिए: $\eta_1 = 0.4$,$T_1 = 500 \; K$.
$0.4 = 1 - \frac{T_2}{500} \implies \frac{T_2}{500} = 0.6 \implies T_2 = 300 \; K$.
द्वितीय स्थिति के लिए: $\eta_2 = 0.5$,$T_2 = 300 \; K$ (समान निकास तापमान)।
$0.5 = 1 - \frac{300}{T_1} \implies \frac{300}{T_1} = 0.5 \implies T_1 = \frac{300}{0.5} = 600 \; K$.

(A) एक विमीय नियतांक वह भौतिक राशि है जिसका मान स्थिर होता है और जिसकी विमाएँ होती हैं।
गुरुत्वाकर्षण नियतांक $(G)$ एक सार्वत्रिक नियतांक है जिसका मान $6.67 \times 10^{-11} \ N \ m^2 \ kg^{-2}$ है और इसका विमीय सूत्र $[M^{-1} L^3 T^{-2}]$ है।
सापेक्ष घनत्व,अपवर्तनांक और पॉइसन अनुपात समान भौतिक राशियों के अनुपात हैं,जो उन्हें विमाहीन नियतांक बनाते हैं।

(C) किसी पिंड का जड़त्व आघूर्ण $I$ उसके द्रव्यमान के घूर्णन अक्ष के सापेक्ष वितरण पर निर्भर करता है। द्रव्यमान अक्ष से जितना दूर होगा,जड़त्व आघूर्ण उतना ही अधिक होगा।
$M$ द्रव्यमान और आधार $b$ के सापेक्ष $h$ ऊँचाई वाली त्रिभुजाकार प्लेट के लिए,आधार के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{Mh^2}{6}$ होता है।
मान लीजिए भुजाएँ $AB = 4k$,$BC = 3k$,और $AC = 5k$ हैं। त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{1}{2} \times 4k \times 3k = 6k^2$ है।
$1$. $AB$ अक्ष के लिए (आधार $4k$,ऊँचाई $3k$): $I_{AB} = \frac{M(3k)^2}{6} = 1.5 Mk^2$.
$2$. $BC$ अक्ष के लिए (आधार $3k$,ऊँचाई $4k$): $I_{BC} = \frac{M(4k)^2}{6} = 2.67 Mk^2$.
$3$. $AC$ अक्ष के लिए (आधार $5k$,ऊँचाई $h'$): ऊँचाई $h'$ ज्ञात करने के लिए $A = \frac{1}{2} \times 5k \times h' = 6k^2$,जिससे $h' = 2.4k$ प्राप्त होता है। अतः,$I_{AC} = \frac{M(2.4k)^2}{6} = 0.96 Mk^2$.
मानों की तुलना करने पर: $I_{BC} (2.67 Mk^2) > I_{AB} (1.5 Mk^2) > I_{AC} (0.96 Mk^2)$.
अतः,$I_{BC} > I_{AB}$ सही संबंध है।

(B) सरल आवर्त गति में एक कण की कुल ऊर्जा $(E)$ का सूत्र $E = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2$ है,जहाँ $a$ आयाम है।
किसी भी विस्थापन $(x)$ पर गतिज ऊर्जा $(K)$ का सूत्र $K = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - x^2)$ है।
दिया गया है कि विस्थापन $x = \frac{a}{2}$,इस मान को गतिज ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$K = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - (\frac{a}{2})^2)$
$K = \frac{1}{2} m \omega^2 (a^2 - \frac{a^2}{4})$
$K = \frac{1}{2} m \omega^2 (\frac{3a^2}{4})$
$K = \frac{3}{4} (\frac{1}{2} m \omega^2 a^2)$
चूंकि $E = \frac{1}{2} m \omega^2 a^2$,इसलिए $K = \frac{3}{4} E$ है।
अतः,कुल ऊर्जा का गतिज ऊर्जा के रूप में भाग $3/4$ है।

(B) तीन आवेशों के निकाय के संतुलन में होने के लिए,प्रत्येक आवेश पर कुल बल शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि दो आवेश $Q$,$A$ और $B$ बिंदुओं पर $x$ दूरी पर रखे गए हैं। आवेश $q$ को मध्य बिंदु $C$ पर रखा गया है (जो $A$ और $B$ दोनों से $x/2$ दूरी पर है)।
बिंदु $B$ पर स्थित आवेश $Q$ के संतुलन पर विचार करें। $A$ पर स्थित आवेश $Q$ द्वारा $B$ पर लगाया गया बल और $C$ पर स्थित आवेश $q$ द्वारा $B$ पर लगाया गया बल परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होना चाहिए।
$F_{AB} + F_{CB} = 0$
$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q^2}{x^2} + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{qQ}{(x/2)^2} = 0$
$\frac{Q^2}{x^2} + \frac{4qQ}{x^2} = 0$
$Q^2 + 4qQ = 0$
$4qQ = -Q^2$
$q = -\frac{Q}{4}$

(D) एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ में आवेश $q$ को ले जाने में किया गया कार्य $W$ का सूत्र $W = \vec{F} \cdot \vec{d} = q\vec{E} \cdot \vec{d} = qEd \cos \theta$ है,जहाँ $\theta$ विद्युत क्षेत्र और विस्थापन सदिश के बीच का कोण है।
यहाँ,$q = 0.2\,C$,$d = 2\,m$,$\theta = 60^\circ$,और $W = 4.0\,J$ है।
मान रखने पर:
$4.0 = 0.2 \times E \times 2 \times \cos(60^\circ)$
$4.0 = 0.2 \times E \times 2 \times 0.5$
$4.0 = 0.2 \times E$
$E = \frac{4.0}{0.2} = 20\,N/C$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) दिया गया है: $r_1 = 1\,cm$,$r_2 = 2\,cm$,$Q_1 = 10^{-2}\,C$,$Q_2 = 5 \times 10^{-2}\,C$.
जब दो गोलों को एक चालक तार से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि दोनों समान विभव प्राप्त न कर लें।
कुल आवेश $Q_{total} = Q_1 + Q_2 = 10^{-2} + 5 \times 10^{-2} = 6 \times 10^{-2}\,C$.
छोटे गोले पर अंतिम आवेश $(Q'_1)$ सूत्र $Q'_1 = Q_{total} \times \frac{r_1}{r_1 + r_2}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $Q'_1 = (6 \times 10^{-2}) \times \frac{1}{1 + 2} = (6 \times 10^{-2}) \times \frac{1}{3} = 2 \times 10^{-2}\,C$.

(A) तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तार समान पदार्थ और समान लंबाई के हैं,इसलिए $R \propto \frac{1}{A}$ होगा।
अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल का अनुपात $A_1 : A_2 = 3 : 1$ दिया गया है,जहाँ $A_1$ मोटा तार है और $A_2$ पतला तार है।
अतः,प्रतिरोधों का अनुपात $\frac{R_1}{R_2} = \frac{A_2}{A_1} = \frac{1}{3}$ होगा,जिसका अर्थ है $R_2 = 3R_1$।
मोटे तार का प्रतिरोध $R_1 = 10\,\Omega$ दिया गया है।
इसलिए,पतले तार का प्रतिरोध $R_2 = 3 \times 10 = 30\,\Omega$ होगा।
जब उन्हें श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_2 = 10 + 30 = 40\,\Omega$ होगा।

(D) दी गई सर्किट को व्हीटस्टोन ब्रिज के रूप में फिर से बनाया जा सकता है। मान लीजिए कि केंद्रीय नोड $O$ है। प्रतिरोधक नोड्स के बीच जुड़े हुए हैं। समरूपता का विश्लेषण करके,हम देख सकते हैं कि $A$ और $B$ से जुड़े नोड्स पर विभव हमें सर्किट को सरल बनाने की अनुमति देता है।
विशेष रूप से,सर्किट बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज संरचना बनाता है।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज में,मध्य शाखा में प्रतिरोध विद्युत प्रवाह में योगदान नहीं करता है।
इस प्रकार,प्रभावी प्रतिरोध की गणना शेष प्रतिरोधकों के श्रेणी और समानांतर संयोजनों पर विचार करके की जाती है।
प्रत्येक शाखा में श्रेणी में दो $2\,\Omega$ के प्रतिरोधक होते हैं,जो प्रति शाखा $4\,\Omega$ देते हैं।
ये दो शाखाएं समानांतर में हैं,इसलिए समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{4 \times 4}{4 + 4} = 2\,\Omega$ है।

(D) समय $t = 0$ पर, संधारित्र एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। परिपथ में कुल प्रतिरोध $1000 \, \Omega$ है। अतः, धारा $I = \frac{2 \,V}{1000 \, \Omega} = 2 \,mA$ है।
जैसे-जैसे समय बीतता है, संधारित्र चार्ज होता है। जब यह पूरी तरह से चार्ज हो जाता है, तो यह एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है। तब धारा $1000 \, \Omega$ के प्रतिरोध और $1000 \, \Omega$ के प्रतिरोध के श्रेणी संयोजन से होकर बहती है। कुल प्रतिरोध $2000 \, \Omega$ हो जाता है। अतः, स्थिर अवस्था में धारा $I = \frac{2 \,V}{2000 \, \Omega} = 1 \,mA$ होती है। इसलिए, समय के साथ धारा $2 \,mA$ से घटकर $1 \,mA$ हो जाती है।

(B) हीटिंग कॉइल की शक्ति $P$ को $P = V^2 / R$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V$ वोल्टेज है और $R$ प्रतिरोध है।
प्रारंभ में,$P_1 = 100\, W$ और $V = 220\, V$ है। अतः,$R = V^2 / P_1$ है।
जब कॉइल को दो बराबर भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक टुकड़े का प्रतिरोध $R' = R / 2$ हो जाता है।
जब इन दो टुकड़ों को समानांतर में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ का मान $1 / R_{eq} = 1 / R' + 1 / R' = 2 / R' = 2 / (R / 2) = 4 / R$ होता है।
इसलिए,$R_{eq} = R / 4$ है।
नई खपत की गई शक्ति $P_2 = V^2 / R_{eq} = V^2 / (R / 4) = 4 \times (V^2 / R) = 4 \times P_1$ है।
मान रखने पर,$P_2 = 4 \times 100\, W = 400\, W$ प्राप्त होता है।
चूंकि $1\, W = 1\, J/s$ होता है,इसलिए प्रति सेकंड मुक्त होने वाली ऊर्जा $400\, J/s$ है।

(B) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय द्विध्रुव को $\theta_1$ से $\theta_2$ कोण तक घुमाने में किया गया कार्य $W = MB(\cos \theta_1 - \cos \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
पहले मामले में,चुंबक को याम्योत्तर $(\theta_1 = 0^{\circ})$ से $\theta_2 = 90^{\circ}$ तक घुमाया जाता है:
$W_1 = MB(\cos 0^{\circ} - \cos 90^{\circ}) = MB(1 - 0) = MB$.
दूसरे मामले में,चुंबक को याम्योत्तर $(\theta_1 = 0^{\circ})$ से $\theta_2 = 60^{\circ}$ तक घुमाया जाता है:
$W_2 = MB(\cos 0^{\circ} - \cos 60^{\circ}) = MB(1 - 0.5) = 0.5MB = \frac{MB}{2}$.
यह दिया गया है कि $W_1 = n W_2$,इसलिए:
$MB = n \times \frac{MB}{2}$.
$n$ के लिए हल करने पर,हमें $n = 2$ प्राप्त होता है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित विद्युत वाहक बल $(e.m.f.)$ का सूत्र $e = Bvl$ होता है,जहाँ:
$B$ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $(0.9\;Wb/m^2)$ है,
$v$ चालक का वेग $(7\;m/s)$ है,
$l$ चालक की लंबाई $(0.4\;m)$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$e = 0.9 \times 7 \times 0.4$
$e = 6.3 \times 0.4$
$e = 2.52\;V$.
अतः,प्रेरित $e.m.f.$ का मान $2.52\;V$ है।

(D) दी गई धारा $i = 5 \sin \left( 100 t - \frac{\pi}{2} \right)$ है और विभव $V = 200 \sin (100 t)$ है।
इन्हें मानक रूपों $i = I_0 \sin(\omega t + \phi_1)$ और $V = V_0 \sin(\omega t + \phi_2)$ के साथ तुलना करने पर,हमें धारा का कला कोण $\phi_1 = -\frac{\pi}{2}$ और वोल्टेज का कला कोण $\phi_2 = 0$ प्राप्त होता है।
वोल्टेज और धारा के बीच कलांतर $\phi = \phi_2 - \phi_1 = 0 - \left( -\frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2}$ है।
$ac$ परिपथ में औसत बिजली की खपत $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\phi = \frac{\pi}{2}$,पावर फैक्टर $\cos \phi = \cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = 0$ है।
अतः,बिजली की खपत $P = V_{rms} I_{rms} \times 0 = 0 \text{ watts}$ है।

(B) $V$ विभवांतर से त्वरित $m$ द्रव्यमान वाले कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र है: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$.
चूंकि इलेक्ट्रॉन और प्रोटॉन दोनों समान विभवांतर $V$ से त्वरित होते हैं और दोनों का आवेश $q = e$ समान है,इसलिए तरंगदैर्ध्य द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती होती है: $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
इलेक्ट्रॉन के लिए: $\lambda_e = \lambda = \frac{k}{\sqrt{m}}$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
प्रोटॉन के लिए: $\lambda_p = \frac{k}{\sqrt{M}}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = \frac{\sqrt{m}}{\sqrt{M}} = \sqrt{\frac{m}{M}}$.
अतः,$\lambda_p = \lambda \sqrt{\frac{m}{M}}$.

(B) डी-ब्रोग्ली परिकल्पना के अनुसार,किसी कण का संवेग $p$ उसकी तरंगदैर्घ्य $\lambda$ से $p = \frac{h}{\lambda}$ समीकरण द्वारा संबंधित होता है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन और फोटॉन दोनों की तरंगदैर्घ्य $\lambda$ समान है,और $h$ एक सार्वभौमिक नियतांक है,इसलिए उनके संवेग समान होने चाहिए।
अतः,उनके पास समान संवेग है।

(C) $X-$ किरण स्पेक्ट्रा में,त्वरक वोल्टेज और लक्ष्य तत्व के आधार पर,हम निरंतर स्पेक्ट्रम पर अध्यारोपित तीक्ष्ण शिखर पा सकते हैं।
ये तीक्ष्ण शिखर विशिष्ट तरंगदैर्ध्य पर होते हैं जो $X-$ किरण ट्यूब में उपयोग की जाने वाली लक्ष्य सामग्री के लिए अद्वितीय होते हैं।
ये शिखर लक्ष्य सामग्री के परमाणुओं के भीतर इलेक्ट्रॉनिक संक्रमण के कारण उत्पन्न होते हैं,जहाँ एक उच्च ऊर्जा कोश से एक इलेक्ट्रॉन निचले ऊर्जा कोश में एक रिक्ति में गिरता है,जिससे विशिष्ट ऊर्जा का एक फोटॉन उत्सर्जित होता है।
इसलिए,इन शिखरों को अभिलक्षणिक विकिरण के रूप में जाना जाता है।

(C) अवशोषण स्पेक्ट्रम में,परमाणु मूल अवस्था से उच्च ऊर्जा स्तरों में संक्रमण करने के लिए फोटॉन को अवशोषित करते हैं।
दी गई आकृति में,मूल अवस्था को स्तर $X$ द्वारा दर्शाया गया है।
इसलिए,केवल स्तर $X$ से शुरू होने वाले संक्रमण ही अवशोषण स्पेक्ट्रम में दिखाई देंगे।
आकृति को देखने पर,स्तर $X$ से उत्पन्न होने वाले संक्रमण रेखाएं $1, 2$ और $3$ हैं।
अतः,रेखाएं $1, 2$ और $3$ अवशोषण स्पेक्ट्रम में दिखाई देंगी।

(A) हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$r$ त्रिज्या वाली कक्षा में इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ और स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ इस प्रकार हैं:
$K.E. = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{e^2}{2r}$
$P.E. = -\frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{e^2}{r}$
जब हाइड्रोजन परमाणु को मूल अवस्था से उत्तेजित अवस्था में ले जाया जाता है,तो मुख्य क्वांटम संख्या $n$ बढ़ जाती है,जिससे कक्षीय त्रिज्या $r$ बढ़ जाती है $(r \propto n^2)$।
चूंकि $K.E. \propto \frac{1}{r}$,जैसे-जैसे $r$ बढ़ता है,$K.E.$ घटता है।
चूंकि $P.E. \propto -\frac{1}{r}$,जैसे-जैसे $r$ बढ़ता है,$P.E.$ का मान बढ़ता है (यह कम ऋणात्मक हो जाता है)।
अतः,$P.E.$ बढ़ता है और $K.E.$ घटता है।

(C) तरंग संख्या $\bar{\nu}$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$.
यहाँ,संक्रमण $n_2 = 4$ से $n_1 = 2$ में हो रहा है।
मान रखने पर: $\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right]$.
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right]$.
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{4 - 1}{16} \right] = \frac{3R}{16}$.

(B) किसी नाभिक की बंधन ऊर्जा, न्यूक्लियॉन की संख्या और प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा के गुणनफल के बराबर होती है।
अभिकारक पक्ष पर, हमारे पास दो ड्यूटेरॉन $(_{1}H^{2})$ हैं। प्रत्येक ड्यूटेरॉन में $2$ न्यूक्लियॉन होते हैं। एक ड्यूटेरॉन की बंधन ऊर्जा $2x_1$ है। चूँकि दो ड्यूटेरॉन हैं, अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा $2 \times (2x_1) = 4x_1$ है।
उत्पाद पक्ष पर, हमारे पास एक $\alpha$-कण $(_{2}He^{4})$ है। एक $\alpha$-कण में $4$ न्यूक्लियॉन होते हैं। $\alpha$-कण की बंधन ऊर्जा $4x_2$ है।
नाभिकीय अभिक्रिया में मुक्त ऊर्जा $Q$, उत्पादों की कुल बंधन ऊर्जा और अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा के अंतर के बराबर होती है।
इसलिए, $Q = (\text{उत्पादों की कुल बंधन ऊर्जा}) - (\text{अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा})$.
$Q = 4x_2 - 4x_1 = 4(x_2 - x_1)$.

(C) द्रव्यमान संख्या $A$ वाले नाभिक की त्रिज्या $R$ का संबंध $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है।
अतः,दो नाभिकों की त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{R_S}{R_{He}} = \left( \frac{A_S}{A_{He}} \right)^{1/3}$ होता है।
यहाँ $A_S = 32$ और $A_{He} = 4$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{R_S}{R_{He}} = \left( \frac{32}{4} \right)^{1/3} = (8)^{1/3} = 2$.
इस प्रकार,सल्फर नाभिक की त्रिज्या हीलियम नाभिक की तुलना में $2$ गुना बड़ी है।

(B) रेडियोधर्मी क्षय का नियम सूत्र द्वारा दिया जाता है: $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{1/2}}$
दिया गया है:
समय $t = 2\, hours = 120\, minutes$
अर्ध-आयु $T_{1/2} = 30\, minutes$
अंतिम गणना दर $A = 5\, s^{-1}$
अर्ध-आयु की संख्या $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{120}{30} = 4$
सूत्र में मान रखने पर:
$5 = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^4$
$5 = A_0 \left( \frac{1}{16} \right)$
$A_0 = 5 \times 16 = 80\, s^{-1}$
अतः,प्रारंभिक गणना दर $80\, s^{-1}$ थी।

(D) $\alpha$-क्षय में,द्रव्यमान संख्या $4$ से घटती है और परमाणु क्रमांक $2$ से घटता है। $\beta$-क्षय में,द्रव्यमान संख्या अपरिवर्तित रहती है और परमाणु क्रमांक $1$ से बढ़ता है।
माना $n_{\alpha}$ उत्सर्जित $\alpha$-कणों की संख्या है और $n_{\beta}$ उत्सर्जित $\beta$-कणों की संख्या है।
द्रव्यमान संख्या में परिवर्तन: $200 - 168 = 4 \times n_{\alpha}$.
अतः,$n_{\alpha} = \frac{32}{4} = 8$.
परमाणु क्रमांक में परिवर्तन: $90 - 80 = 2 \times n_{\alpha} - 1 \times n_{\beta}$.
$n_{\alpha} = 8$ रखने पर: $10 = 2(8) - n_{\beta}$.
$10 = 16 - n_{\beta}$,जिससे $n_{\beta} = 6$ प्राप्त होता है।
अतः,उत्सर्जित $\alpha$ और $\beta$ कणों की संख्या क्रमशः $8$ और $6$ है।

(D) विद्युत के अच्छे चालकों में,जैसे कि धातुओं में,परमाणु धात्विक बंधन द्वारा एक साथ जुड़े होते हैं।
इस प्रकार के बंधन में,संयोजी इलेक्ट्रॉन किसी विशिष्ट परमाणु से बंधे नहीं होते हैं बल्कि पूरे क्रिस्टल लैटिस में घूमने के लिए स्वतंत्र होते हैं,जिससे 'इलेक्ट्रॉनों का समुद्र' बनता है।
इलेक्ट्रॉनों की यही गतिशीलता वह मूलभूत कारण है कि धातुएं विद्युत की उत्कृष्ट चालक होती हैं।

(C) फॉरवर्ड बायसिंग में,बाहरी बैटरी का धनात्मक टर्मिनल $P-$प्रकार के अर्धचालक से और ऋणात्मक टर्मिनल $N-$प्रकार के अर्धचालक से जुड़ा होता है।
यह विन्यास बहुसंख्यक आवेश वाहकों ($P-$क्षेत्र में होल और $N-$क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन) को जंक्शन की ओर धकेलता है।
इसलिए,$P-$क्षेत्र में होल जंक्शन की ओर (दाईं ओर) गति करते हैं और $N-$क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन जंक्शन की ओर (बाईं ओर) गति करते हैं।
चित्र $C$ आवेश वाहकों की जंक्शन की ओर इस गति को सही ढंग से दर्शाता है।

(A) एक ऑसिलेटर एक ऐसा सर्किट है जो बिना किसी इनपुट सिग्नल के एक निरंतर,दोहराव वाला,अल्टरनेटिंग वेवफॉर्म उत्पन्न करता है।
यह पॉजिटिव फीडबैक वाले एम्पलीफायर के रूप में कार्य करता है।
इस विन्यास में,आउटपुट सिग्नल का एक हिस्सा मूल सिग्नल के साथ समान कला (in phase) में इनपुट में वापस भेजा जाता है।
यह पॉजिटिव फीडबैक इनपुट को सुदृढ़ करता है,जिससे सर्किट को अनिश्चित काल तक दोलन (oscillations) बनाए रखने की अनुमति मिलती है,बशर्ते कि बार्कहौसेन मानदंड (लूप गेन $A\beta = 1$ और फेज़ शिफ्ट $360^{\circ}$ या $0^{\circ}$) पूरा हो।

(C) मान लीजिए प्रकाश के स्रोत का क्षेत्रफल $O$ है। लेंस की दो अलग-अलग स्थितियों के लिए,आवर्धन $m_1$ और $m_2$ हैं।
प्रतिबिंब का क्षेत्रफल $A = m^2 O$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $m^2 = \frac{A}{O}$।
दो स्थितियों के लिए,हमारे पास $m_1^2 = \frac{A_1}{O}$ और $m_2^2 = \frac{A_2}{O}$ है।
इनका गुणा करने पर,हमें $m_1^2 m_2^2 = \frac{A_1 A_2}{O^2}$ प्राप्त होता है।
विस्थापन विधि के लिए,आवर्धन का गुणनफल $m_1 m_2 = 1$ होता है,जिसका अर्थ है कि $m_1^2 m_2^2 = 1$।
इसलिए,$1 = \frac{A_1 A_2}{O^2}$,जिससे $O^2 = A_1 A_2$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रकाश के स्रोत का क्षेत्रफल $O = \sqrt{A_1 A_2}$ है।

(A) जब स्रोत प्रेक्षक के करीब आ रहा हो,तो प्रकाश के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र $\lambda^{\prime} = \lambda \left(1 - \frac{v}{c}\right)$ होता है।
यहाँ,$\lambda = 5000 \; \mathring{A}$ मूल तरंगदैर्ध्य है,$v = 1.5 \times 10^6 \; m/s$ तारे का वेग है,और $c = 3 \times 10^8 \; m/s$ प्रकाश की गति है।
तरंगदैर्ध्य में परिवर्तन $\Delta \lambda = \lambda - \lambda^{\prime}$ द्वारा दिया जाता है।
$\lambda^{\prime} = \lambda - \lambda \frac{v}{c}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\Delta \lambda = \lambda \frac{v}{c}$ प्राप्त होता है।
मान की गणना करने पर: $\Delta \lambda = 5000 \; \mathring{A} \times \frac{1.5 \times 10^6 \; m/s}{3 \times 10^8 \; m/s}$.
$\Delta \lambda = 5000 \times 0.5 \times 10^{-2} = 5000 \times 0.005 = 25 \; \mathring{A}$.
अतः,तरंगदैर्ध्य में परिवर्तन $25 \; \mathring{A}$ है।

(D) दिए गए ऊर्जा बैंड आरेख में,खुले वृत्त वैलेंस बैंड $(E_v)$ में होल को दर्शाते हैं और भरे हुए वृत्त कंडक्शन बैंड $(E_c)$ में इलेक्ट्रॉनों को दर्शाते हैं।
आरेख का अवलोकन करने पर,हम देख सकते हैं कि वैलेंस बैंड में होल की संख्या कंडक्शन बैंड में इलेक्ट्रॉनों की संख्या से काफी अधिक है।
एक अर्धचालक में,यदि बहुसंख्यक आवेश वाहक होल होते हैं,तो इसे $p-$ प्रकार का अर्धचालक कहा जाता है।
इसलिए,यह पदार्थ एक $p-$ प्रकार का अर्धचालक है।

(B) $RC$ परिपथ का समय नियतांक (time constant),प्रतिरोध $R$ और धारिता $C$ के गुणनफल द्वारा दिया जाता है।
धारिता की परिभाषा से,$C = Q/V$,जहाँ $Q$ आवेश है और $V$ विभवांतर है।
ओम के नियम से,$R = V/I$,जहाँ $I$ विद्युत धारा है।
इनका गुणा करने पर,$RC = (V/I) \times (Q/V) = Q/I$ प्राप्त होता है।
चूँकि विद्युत धारा $I = Q/t$,जहाँ $t$ समय है,इसलिए $Q/I = t$ होता है।
अतः,$RC$ की विमाएँ समय $[T]$ की विमाओं के समान होती हैं।