AIPMT 1997 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) बल आघूर्ण $\vec{\tau}$ स्थिति सदिश $\vec{r}$ और बल सदिश $\vec{F}$ के सदिश गुणनफल (cross product) द्वारा दिया जाता है:
$\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$
यहाँ $\vec{r} = 7\hat{i} + 3\hat{j} + \hat{k}$ और $\vec{F} = -3\hat{i} + \hat{j} + 5\hat{k}$ दिया गया है,अतः सारणिक (determinant) की गणना करने पर:
$\vec{\tau} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 7 & 3 & 1 \\ -3 & 1 & 5 \end{vmatrix}$
सारणिक का विस्तार करने पर:
$\vec{\tau} = \hat{i}(3 \times 5 - 1 \times 1) - \hat{j}(7 \times 5 - 1 \times (-3)) + \hat{k}(7 \times 1 - 3 \times (-3))$
$\vec{\tau} = \hat{i}(15 - 1) - \hat{j}(35 + 3) + \hat{k}(7 + 9)$
$\vec{\tau} = 14\hat{i} - 38\hat{j} + 16\hat{k}$

(B) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $u = 0 \, m/s$,अंतिम वेग $v = 144 \, km/h = 144 \times \frac{5}{18} \, m/s = 40 \, m/s$,और समय $t = 20 \, s$ है।
गति के पहले समीकरण का उपयोग करते हुए,$v = u + at$:
$40 = 0 + a \times 20 \Rightarrow a = 2 \, m/s^2$।
अब,गति के दूसरे समीकरण का उपयोग करते हुए,$s = ut + \frac{1}{2}at^2$:
$s = 0 \times 20 + \frac{1}{2} \times 2 \times (20)^2 = 400 \, m$।
अतः,तय की गई दूरी $400 \, m$ है।

(C) वेग $v$,स्थिति $x$ का समय $t$ के सापेक्ष प्रथम अवकलज है:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(at^2 - bt^3) = 2at - 3bt^2$
त्वरण $a_{acc}$,वेग $v$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलज है:
$a_{acc} = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(2at - 3bt^2) = 2a - 6bt$
वह समय ज्ञात करने के लिए जब त्वरण शून्य हो,$a_{acc} = 0$ रखें:
$2a - 6bt = 0$
$6bt = 2a$
$t = \frac{2a}{6b} = \frac{a}{3b}$

(B) गेंद की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $E = \frac{1}{2}mv^2$ है,जहाँ $v$ प्रारंभिक वेग है।
प्रक्षेप्य पथ के उच्चतम बिंदु पर,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य हो जाता है,जबकि क्षैतिज घटक स्थिर रहता है।
वेग का क्षैतिज घटक $v_x = v \cos \theta$ है।
उच्चतम बिंदु पर,गेंद का वेग $v_h = v \cos \theta$ होता है।
उच्चतम बिंदु पर गतिज ऊर्जा $E' = \frac{1}{2}m(v_h)^2 = \frac{1}{2}m(v \cos \theta)^2$ है।
$E' = (\frac{1}{2}mv^2) \cos^2 \theta = E \cos^2 \theta$.
यहाँ $\theta = 45^\circ$ दिया गया है,इसलिए $\cos 45^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
अतः,$E' = E (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = E (\frac{1}{2}) = \frac{E}{2}$.

(C) किए गए कार्य का सूत्र $W = Fs \cos \theta$ है,जहाँ $W$ कार्य है,$F$ बल है,$s$ विस्थापन है और $\theta$ बल और गति की दिशा के बीच का कोण है।
दिया गया है: $W = 25 \, J$,$F = 5 \, N$,और $s = 10 \, m$।
सूत्र में मान रखने पर:
$25 = 5 \times 10 \times \cos \theta$
$25 = 50 \times \cos \theta$
$\cos \theta = \frac{25}{50} = \frac{1}{2}$
चूंकि $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$,इसलिए कोण $\theta = 60^\circ$ है।

(C) रैखिक संवेग $(p)$,द्रव्यमान $(m)$ और गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $p = \sqrt{2m(K.E.)}$।
चूंकि दोनों पिंडों के लिए गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ समान है,इसलिए $p \propto \sqrt{m}$ होगा।
अतः,उनके रैखिक संवेग का अनुपात $\frac{p_1}{p_2} = \sqrt{\frac{m_1}{m_2}}$ होगा।
दिया गया है कि $m_1 = m$ और $m_2 = 4m$,इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{p_1}{p_2} = \sqrt{\frac{m}{4m}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$।
इस प्रकार,अनुपात $1:2$ है।

(B) पहली गेंद का प्रारंभिक वेग,$u_1 = 36 \,km/h = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \,m/s$.
दूसरी गेंद का प्रारंभिक वेग,$u_2 = 0 \,m/s$.
द्रव्यमान $m_1 = 2 \,kg$ और $m_2 = 3 \,kg$ हैं।
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$m_1 u_1 + m_2 u_2 = (m_1 + m_2)V$,जहाँ $V$ टक्कर के बाद का सामान्य वेग है।
$2 \times 10 + 3 \times 0 = (2 + 3)V \implies 20 = 5V \implies V = 4 \,m/s$.
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा,$K_i = \frac{1}{2} m_1 u_1^2 + \frac{1}{2} m_2 u_2^2 = \frac{1}{2} \times 2 \times (10)^2 + 0 = 100 \,J$.
अंतिम गतिज ऊर्जा,$K_f = \frac{1}{2} (m_1 + m_2) V^2 = \frac{1}{2} \times 5 \times (4)^2 = \frac{1}{2} \times 5 \times 16 = 40 \,J$.
गतिज ऊर्जा में हानि,$\Delta K = K_i - K_f = 100 - 40 = 60 \,J$.

(C) पलायन वेग का सूत्र $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
इस सूत्र से,हम देख सकते हैं कि $v_e \propto \sqrt{\frac{M}{R}}$ है।
मान लीजिए कि प्रारंभिक द्रव्यमान $M$ और त्रिज्या $R$ है। प्रारंभिक पलायन वेग $v_{e1} = 11.2 \, km/s$ है।
प्रश्न के अनुसार,नया द्रव्यमान $M' = 2M$ और नई त्रिज्या $R' = \frac{R}{2}$ है।
नया पलायन वेग $v_{e2}$ इस प्रकार प्राप्त होता है:
$v_{e2} = \sqrt{\frac{2G(2M)}{R/2}} = \sqrt{4 \cdot \frac{2GM}{R}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{2GM}{R}} = 2 \cdot v_{e1}$।
$v_{e1}$ का मान रखने पर:
$v_{e2} = 2 \cdot 11.2 \, km/s = 22.4 \, km/s$।

(B) ऊष्मागतिक प्रक्रिया में,गैस द्वारा किया गया कार्य $PV$ वक्र और आयतन अक्ष के बीच घिरे क्षेत्रफल के बराबर होता है।
आयतन ${V_1}$ से ${V_2}$ तक के विस्तार के लिए,समदाबी प्रक्रिया में दाब $P$ स्थिर रहता है,जबकि समतापीय और रुद्धोष्म प्रक्रियाओं में दाब घटता है।
चूंकि समदाबी प्रक्रिया में पूरे विस्तार के दौरान दाब सबसे अधिक बना रहता है,इसलिए $PV$ वक्र के नीचे का क्षेत्रफल सबसे बड़ा होता है।
अतः,किए गए कार्य का क्रम इस प्रकार है: ${W_{adiabatic}} < {W_{isothermal}} < {W_{isobaric}}$.
इस प्रकार,समदाबी विस्तार में किया गया कार्य सबसे अधिक होता है।

(C) डोरी की लंबाई $l = 10 \; m$ है। खंडों की संख्या $p = 5$ है। तरंग का वेग $v = 20 \; m/s$ है।
जब डोरी $p$ खंडों में कंपन करती है,तो लंबाई $l$ और तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के बीच का संबंध $l = p \cdot \frac{\lambda}{2}$ होता है।
मान रखने पर,$10 = 5 \cdot \frac{\lambda}{2}$,जिसे सरल करने पर $\lambda = \frac{10 \cdot 2}{5} = 4 \; m$ प्राप्त होता है।
आवृत्ति $f$ को $f = \frac{v}{\lambda}$ सूत्र द्वारा ज्ञात किया जाता है।
मान रखने पर,$f = \frac{20 \; m/s}{4 \; m} = 5 \; Hz$ प्राप्त होता है।

(B) $L$ लंबाई की खुली नली की मूल आवृत्ति $f_0 = \frac{v}{2L}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ हवा में ध्वनि की गति है।
जब नली को पानी में लंबवत इस प्रकार डुबोया जाता है कि उसकी आधी लंबाई पानी के अंदर हो,तो नली प्रभावी रूप से एक बंद पाइप (एक सिरे पर पानी की सतह द्वारा बंद) बन जाती है,जिसकी नई लंबाई $L' = L/2$ है।
$L'$ लंबाई के बंद पाइप की मूल आवृत्ति $f' = \frac{v}{4L'}$ द्वारा दी जाती है।
सूत्र में $L' = L/2$ रखने पर,हमें $f' = \frac{v}{4(L/2)} = \frac{v}{2L}$ प्राप्त होता है।
इसकी मूल आवृत्ति के साथ तुलना करने पर,हमें $f' = f_0$ प्राप्त होता है।

(B) एक बल-युग्म (couple) दो समान,समानांतर और विपरीत बलों की एक जोड़ी है जो एक दृढ़ पिंड पर अलग-अलग बिंदुओं पर कार्य करते हैं। चूंकि पिंड पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होता है $(F_{net} = F - F = 0)$,इसलिए इसमें कोई रेखीय त्वरण या रेखीय गति नहीं होती है। हालाँकि,क्योंकि ये बल अलग-अलग बिंदुओं पर कार्य करते हैं,वे किसी भी बिंदु के परितः एक कुल टॉर्क (आघूर्ण) उत्पन्न करते हैं,जिसके परिणामस्वरूप केवल घूर्णन गति होती है।

(A) दिया गया है: बल $F = 6 \; N$,द्रव्यमान $m = 1 \; kg$,प्रारंभिक वेग $u = 0 \; m/s$,और अंतिम वेग $v = 30 \; m/s$।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,त्वरण $a = \frac{F}{m} = \frac{6 \; N}{1 \; kg} = 6 \; m/s^2$ है।
गति के पहले समीकरण $v = u + at$ का उपयोग करके,हम समय $t$ ज्ञात कर सकते हैं:
$30 = 0 + 6 \times t$
$t = \frac{30}{6} = 5 \; s$।
अतः,बल वस्तु पर $5 \; seconds$ के लिए कार्य करता है।

(A) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,एक कृष्णिका से ऊर्जा उत्सर्जन की दर (शक्ति) $P$ उसके परम तापमान $T$ की चौथी घात के समानुपाती होती है।
गणितीय रूप से,$P \propto T^{4}$।
यहाँ तापमान $T = 500 \; K$ दिया गया है,इसलिए ऊर्जा उत्सर्जन की दर $(500)^{4}$ के समानुपाती होगी।

(B) मान लीजिए कि दो आयताकार सरल आवर्त गतियाँ इस प्रकार हैं:
$x = a \sin(\omega t)$
$y = a \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$
चूँकि $\sin(\omega t + \frac{\pi}{2}) = \cos(\omega t)$,इसलिए:
$y = a \cos(\omega t)$
दोनों समीकरणों का वर्ग करके जोड़ने पर:
$x^2 + y^2 = a^2 \sin^2(\omega t) + a^2 \cos^2(\omega t)$
$x^2 + y^2 = a^2 (\sin^2(\omega t) + \cos^2(\omega t))$
$x^2 + y^2 = a^2$
यह मूल बिंदु पर केंद्रित $a$ त्रिज्या वाले एक वृत्त का समीकरण है। अतः,परिणामी गति वृत्ताकार है।

(D) कणों के निकाय के द्रव्यमान केंद्र की स्थिति को सूत्र $\vec{R}_{cm} = \frac{\sum m_i \vec{r}_i}{\sum m_i}$ द्वारा परिभाषित किया जाता है।
इस सूत्र से यह स्पष्ट है कि द्रव्यमान केंद्र कणों के द्रव्यमान $(m_i)$ और उनकी स्थिति $(\vec{r}_i)$ पर निर्भर करता है।
कणों के बीच की सापेक्ष दूरी उनकी स्थितियों का एक फलन है।
हालाँकि,द्रव्यमान केंद्र द्रव्यमान के वितरण का एक ज्यामितीय गुण है और यह कणों पर कार्य करने वाले बाहरी या आंतरिक बलों पर निर्भर नहीं करता है।

(B) एक सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है $T \propto \sqrt{l}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln T = \ln(2\pi) + \frac{1}{2} \ln l - \frac{1}{2} \ln g$.
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर, हमें आंशिक परिवर्तन प्राप्त होता है: $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \frac{\Delta l}{l}$.
दिया गया है कि लंबाई $2\%$ बढ़ जाती है, इसलिए $\frac{\Delta l}{l} = 0.02$.
इस मान को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \times 0.02 = 0.01$.
अतः, आवर्तकाल में $1\%$ की वृद्धि होगी।

(B) सदिश राशि वह भौतिक राशि है जिसमें परिमाण और दिशा दोनों होते हैं।
दूरी,ऊष्मा और ऊर्जा अदिश राशियाँ हैं क्योंकि इनमें केवल परिमाण होता है।
कोणीय संवेग को स्थिति सदिश $\vec{r}$ और रैखिक संवेग $\vec{p}$ के सदिश गुणनफल के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसे $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि यह सदिश गुणनफल द्वारा परिभाषित है और इसकी एक विशिष्ट दिशा होती है (जो दाएं हाथ के नियम द्वारा निर्धारित होती है),इसलिए कोणीय संवेग एक सदिश राशि है।

(B) जब हवा में शेल का विस्फोट होता है,तो यह विस्फोट आंतरिक बलों के कारण होता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,यदि किसी निकाय पर कार्य करने वाला कुल बाह्य बल शून्य है,तो निकाय का कुल रैखिक संवेग संरक्षित रहता है।
इस मामले में,गुरुत्वाकर्षण बल एक बाह्य बल है,लेकिन विस्फोट की छोटी अवधि के दौरान,आंतरिक बल बाह्य बलों की तुलना में बहुत अधिक होते हैं,जिससे बाह्य बलों के कारण उत्पन्न आवेग (impulse) नगण्य हो जाता है।
इसलिए,शेल का कुल रैखिक संवेग संरक्षित रहता है।
विस्फोट में गतिज ऊर्जा आमतौर पर संरक्षित नहीं रहती है क्योंकि आंतरिक रासायनिक ऊर्जा गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है,जिससे टुकड़ों की कुल गतिज ऊर्जा में वृद्धि होती है।

(C) रिज़र्वोयर के तापमान $T_{1} = 100^{\circ}C$ और $T_{2} = -23^{\circ}C$ दिए गए हैं।
सबसे पहले,इन तापमानों को केल्विन पैमाने में बदलें:
$T_{1} = 100 + 273 = 373\,K$
$T_{2} = -23 + 273 = 250\,K$
कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta$ का सूत्र है:
$\eta = 1 - \frac{T_{2}}{T_{1}}$
मान रखने पर:
$\eta = \frac{T_{1} - T_{2}}{T_{1}} = \frac{373 - 250}{373}$

(C) मान लीजिए कि $T_A$ और $T_B$ क्रमशः सूर्य के चारों ओर ग्रह $A$ और $B$ के परिक्रमण काल हैं। दिया गया है कि $T_A = 8 T_B$ है।
केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,परिक्रमण काल का वर्ग सूर्य से दूरी के घन के समानुपाती होता है,अर्थात $T^2 \propto R^3$ है।
इसलिए,$\left(\frac{T_A}{T_B}\right)^2 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3$ होगा।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\left(\frac{8 T_B}{T_B}\right)^2 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3$
$8^2 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3$
$64 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3$
दोनों पक्षों का घनमूल लेने पर:
$\frac{R_A}{R_B} = (64)^{1/3} = 4$ प्राप्त होता है।
अतः,सूर्य से ग्रह $A$ की दूरी,सूर्य से ग्रह $B$ की दूरी की $4$ गुनी है।

(B) $SI$ प्रणाली में चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता या चुंबकीय प्रेरण $(B)$ की इकाई टेस्ला $(T)$ है। एक टेस्ला को प्रति वर्ग मीटर एक वेबर $(1 \ T = 1 \ Wb/m^2)$ के रूप में परिभाषित किया गया है। इसलिए,टेस्ला चुंबकीय प्रेरण को मापने की इकाई है।

(D) दिए गए परिपथ में,बैटरी दो शाखाओं के साथ समानांतर क्रम में जुड़ी हुई है। एक शाखा में $3\,\Omega$ का एक प्रतिरोध है,और दूसरी शाखा में श्रेणी क्रम में दो $3\,\Omega$ के प्रतिरोध हैं।
$1$. पहली शाखा का प्रतिरोध $R_1 = 3\,\Omega$ है।
$2$. दूसरी शाखा का प्रतिरोध $R_2 = 3\,\Omega + 3\,\Omega = 6\,\Omega$ है।
$3$. चूंकि ये दोनों शाखाएं समानांतर में हैं,इसलिए तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार होगा:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{2+1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow R_{eq} = 2\,\Omega$.
$4$. ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$2\,V$ की बैटरी द्वारा प्रदान की गई कुल धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{2\,V}{2\,\Omega} = 1\,A$.

(A) किरचॉफ का प्रथम नियम,जिसे किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ भी कहा जाता है,यह बताता है कि विद्युत परिपथ में किसी जंक्शन पर मिलने वाली धाराओं का बीजगणितीय योग शून्य होता है,अर्थात् $\Sigma i = 0$।
यह नियम दर्शाता है कि जंक्शन में प्रवेश करने वाला कुल आवेश उसी समय अंतराल में जंक्शन से बाहर निकलने वाले कुल आवेश के बराबर होना चाहिए।
चूंकि जंक्शन पर विद्युत आवेश न तो उत्पन्न किया जा सकता है और न ही नष्ट,इसलिए यह नियम आवेश संरक्षण के नियम का सीधा परिणाम है।

(C) प्रतिरोध $R$ को $R = V/I$ संबंध द्वारा परिभाषित किया जाता है। $I-V$ ग्राफ में,वक्र का ढाल $dI/dV$ द्वारा दिया जाता है,जो $1/R$ के बराबर होता है।
ऋणात्मक प्रतिरोध के लिए,ढाल $dI/dV$ ऋणात्मक होना चाहिए।
ग्राफ को देखने पर,$CD$ भाग में,जैसे-जैसे वोल्टेज $V$ बढ़ता है,धारा $I$ घटती है।
इसलिए,$CD$ क्षेत्र में ढाल $dI/dV$ ऋणात्मक है,जो ऋणात्मक प्रतिरोध के अनुरूप है।

(A) ऊर्जा की इकाई किलोवाट घंटा $(kWh)$ है।
$1 \; kWh = 1 \; kW \times 1 \; h$
चूंकि $1 \; kW = 1000 \; W$ और $1 \; h = 3600 \; s$ होता है,
$1 \; kWh = 1000 \; W \times 3600 \; s = 3,600,000 \; W \cdot s$।
चूंकि $1 \; W \cdot s = 1 \; J$ होता है,इसलिए $1 \; kWh = 3.6 \times 10^6 \; J$ प्राप्त होता है।
इसे $36 \times 10^5 \; J$ के रूप में भी लिखा जा सकता है।

(A) श्रेणीक्रम परिपथ में,दोनों बल्बों से प्रवाहित होने वाली विद्युत धारा $I$ समान होती है।
प्रतिरोध में व्यय होने वाली शक्ति का सूत्र $P = I^2 R$ है।
चूंकि दोनों बल्बों के लिए $I$ स्थिर है,इसलिए व्यय होने वाली शक्ति प्रतिरोध के सीधे समानुपाती होती है,अर्थात $P \propto R$।
अतः,व्यय होने वाली शक्ति का अनुपात उनके प्रतिरोधों के अनुपात के बराबर होगा:
$\frac{P_1}{P_2} = \frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{2}$।

(A) बल्ब का प्रतिरोध $R$ उसकी रेटेड शक्ति $P_R$ और रेटेड वोल्टेज $V_R$ का उपयोग करके ज्ञात किया जाता है:
$R = \frac{V_R^2}{P_R} = \frac{200^2}{100} = \frac{40000}{100} = 400\,\Omega$.
जब इसे $V = 160\, V$ के आपूर्ति वोल्टेज से जोड़ा जाता है,तो खपत की गई शक्ति $P$ इस प्रकार है:
$P = \frac{V^2}{R} = \frac{160^2}{400} = \frac{25600}{400} = 64\, W$.
वैकल्पिक रूप से,अनुपात सूत्र का उपयोग करते हुए:
$P_{consumed} = \left( \frac{V}{V_R} \right)^2 \times P_R = \left( \frac{160}{200} \right)^2 \times 100 = (0.8)^2 \times 100 = 0.64 \times 100 = 64\, W$.

(D) एक लंबे सीधे धारावाही तार से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{2i}{r}$ होता है।
यहाँ,$\mu_0$ निर्वात की पारगम्यता है,$i$ तार में बहने वाली धारा है,और $r$ तार से लंबवत दूरी है।
सूत्र के अनुसार,चुंबकीय क्षेत्र $B$ केवल धारा $i$ और तार से दूरी $r$ पर निर्भर करता है।
यह तार की त्रिज्या या व्यास से स्वतंत्र है।
चूंकि धारा $i$ समान रहती है और दूरी $r$ को दूर स्थित बिंदु माना गया है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता अपरिवर्तित रहती है।

(C) लोरेंत्ज़ बल के सूत्र $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ के अनुसार।
यहाँ,वेग $\vec{v}$ पूर्व की ओर है और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर है।
सदिश गुणनफल $\vec{v} \times \vec{B}$ के लिए दाहिने हाथ के नियम का उपयोग करने पर,बल $\vec{F}$ क्षैतिज तल में उत्तर दिशा की ओर कार्य करता है।
चूंकि चुंबकीय बल हमेशा कण के वेग के लंबवत होता है,इसलिए यह कण पर कोई कार्य नहीं करता है $(W = \vec{F} \cdot \vec{d} = 0)$।
परिणामस्वरूप,कण की गतिज ऊर्जा और चाल स्थिर रहती है।
एकसमान चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति करने वाला कण स्थिर चाल के साथ एक वृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है।

(A) दो समानांतर धारावाही तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई पर लगने वाला बल इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $F/L = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{2i_1 i_2}{d}$.
दिया गया है: $\mu_0/4\pi = 10^{-7}\,T\cdot m/A$,$i_1 = i_2 = 10\,A$,और $d = 10\,cm = 0.1\,m$.
मान रखने पर: $F/L = 10^{-7} \times \frac{2 \times 10 \times 10}{0.1} = 10^{-7} \times \frac{200}{0.1} = 10^{-7} \times 2000 = 2 \times 10^{-4}\,N/m$.
चूंकि धाराएं समान दिशा में हैं,इसलिए तारों के बीच लगने वाला बल आकर्षक होगा।

(C) पृथ्वी की चुंबकीय क्षेत्र रेखाएँ ध्रुवों पर सतह के लंबवत और भूमध्य रेखा पर सतह के समानांतर होती हैं। भूमध्य रेखा की ओर गति करने वाले आवेशित कण एक चुंबकीय बल $F = q(v \times B)$ का अनुभव करते हैं जो उन्हें विक्षेपित कर देता है। इस चुंबकीय प्रभाव को पार करके भूमध्यरेखीय क्षेत्र तक पहुँचने के लिए,आवेशित कणों को ध्रुवीय क्षेत्रों तक पहुँचने वाले कणों की तुलना में अधिक गतिज ऊर्जा की आवश्यकता होती है।

(A) ट्रांसफार्मर का रूपांतरण अनुपात (transformation ratio) निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\frac{V_s}{V_p} = \frac{N_s}{N_p}$.
दिया गया है:
प्राथमिक फेरे $(N_p)$ = $500$
द्वितीयक फेरे $(N_s)$ = $5000$
प्राथमिक वोल्टेज $(V_p)$ = $20\, V$
मान रखने पर:
$\frac{V_s}{20} = \frac{5000}{500}$
$\frac{V_s}{20} = 10$
$V_s = 200\, V$.
एक ट्रांसफार्मर में,आउटपुट वोल्टेज की आवृत्ति इनपुट आवृत्ति के समान रहती है क्योंकि चुंबकीय फ्लक्स इनपुट धारा की दर से ही बदलता है। इसलिए,आवृत्ति $50\, Hz$ ही रहेगी।

(D) $ac$ परिपथ में शक्ति $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ वोल्टेज और धारा के बीच का कलांतर है।
चूँकि शक्ति पावर फैक्टर $\cos \phi$ पर निर्भर करती है,इसलिए परिपथ में व्ययित शक्ति $V$ और $I$ के बीच के कलांतर पर निर्भर करती है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(A) विभवांतर $(V)$ के माध्यम से त्वरित इलेक्ट्रॉन द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $(K)$ का सूत्र $K = e \cdot V$ होता है।
यहाँ,इलेक्ट्रॉन का आवेश $e = 1.602 \times 10^{-19} \, C$ और विभवांतर $V = 100 \, V$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$K = (1.602 \times 10^{-19} \, C) \times (100 \, V)$
$K = 1.602 \times 10^{-17} \, J$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) प्रकाश-विद्युत प्रभाव (photoelectric effect) के प्रायोगिक अवलोकनों के अनुसार,प्रकाश-विद्युत धारा आपतित प्रकाश की तीव्रता के सीधे समानुपाती होती है,बशर्ते प्रकाश की आवृत्ति देहली आवृत्ति (threshold frequency) से अधिक हो।
$1$. प्रकाश की आवृत्ति उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की गतिज ऊर्जा निर्धारित करती है,इलेक्ट्रॉनों की संख्या (धारा) नहीं।
$2$. फोटोकरंट एक निश्चित वोल्टेज पर संतृप्त हो जाता है,इसलिए यह सभी मानों के लिए अनुप्रयुक्त वोल्टेज के सीधे समानुपाती नहीं होता है।
$3$. निरोधी विभव आपतित प्रकाश की आवृत्ति पर निर्भर करता है,न कि उसकी तीव्रता पर।
अतः,सही कथन यह है कि प्रकाश की तीव्रता बढ़ने के साथ फोटोकरंट बढ़ता है।

(D) विकिरण की भेदन क्षमता उसकी ऊर्जा और द्रव्यमान पर निर्भर करती है। $\alpha -$ कण भारी होते हैं और उनकी भेदन क्षमता कम होती है। $\beta -$ किरणें हल्की होती हैं और उनकी भेदन क्षमता $\alpha -$ कणों से अधिक होती है। $\gamma -$ किरणें उच्च ऊर्जा वाली विद्युत चुम्बकीय तरंगें हैं जिनका कोई द्रव्यमान या आवेश नहीं होता है,जो उन्हें दिए गए विकल्पों में सबसे अधिक भेदन क्षमता प्रदान करता है। इसलिए,$\gamma -$ किरणें सबसे अधिक भेदन क्षमता वाली होती हैं।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र है: $E_n = \frac{-13.6 \ eV}{n^2}$।
प्रथम उत्तेजित अवस्था के लिए,क्वांटम संख्या $n = 2$ है।
सूत्र में $n = 2$ रखने पर:
$E_2 = \frac{-13.6 \ eV}{2^2} = \frac{-13.6 \ eV}{4} = -3.4 \ eV$।

(B) हाइड्रोजन परमाणु में इलेक्ट्रॉन की कक्षा की त्रिज्या का सूत्र $r_n = n^2 a_0$ है,जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है और $a_0$ बोहर त्रिज्या है।
मूल अवस्था (ground state) के लिए,$n = 1$ है।
प्रथम उत्तेजित स्तर के लिए,$n = 2$ है।
सूत्र में $n = 2$ रखने पर,हमें $r_2 = (2)^2 a_0 = 4 a_0$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रथम उत्तेजित स्तर की त्रिज्या बोहर त्रिज्या की $4$ गुना होती है।

(B) सही उत्तर $(b)$ है। न्यूट्रॉन मंदक एक ऐसा माध्यम है जो तीव्र न्यूट्रॉन की गति को कम करता है,जिससे वे थर्मल न्यूट्रॉन में बदल जाते हैं जो यूरेनियम$-235$ से जुड़ी परमाणु श्रृंखला अभिक्रिया को बनाए रखने में सक्षम होते हैं।
भारी जल $(D_2O)$ परमाणु रिएक्टर में एक प्रभावी न्यूट्रॉन मंदक के रूप में कार्य करता है। यह प्रत्यास्थ टक्करों के माध्यम से तीव्र गति वाले न्यूट्रॉन को धीमा कर देता है,जिससे इन न्यूट्रॉन द्वारा यूरेनियम नाभिक में आगे विखंडन होने की संभावना बढ़ जाती है।
व्याख्या:
विखंडन अभिक्रिया में,न्यूट्रॉन उच्च गतिज ऊर्जा के साथ मुक्त होते हैं। इन तीव्र न्यूट्रॉन के आगे विखंडन का कारण बनने की संभावना कम होती है। भारी जल जैसे मंदक का उपयोग करके,न्यूट्रॉन अपनी गतिज ऊर्जा खो देते हैं और 'थर्मल' या 'धीमे' न्यूट्रॉन बन जाते हैं,जो श्रृंखला अभिक्रिया को बनाए रखने के लिए अधिक कुशल होते हैं।

(C) $P$-प्रकार का अर्धचालक प्राप्त करने के लिए,आंतरिक अर्धचालक (जैसे जर्मेनियम या सिलिकॉन) को त्रिसंयोजक अशुद्धि परमाणु के साथ डोप किया जाना चाहिए।
दिए गए विकल्पों में से,आर्सेनिक $(As)$,एंटीमनी $(Sb)$ और फास्फोरस $(P)$ पंचसंयोजक तत्व (समूह $15$) हैं,जिनका उपयोग $N$-प्रकार के अर्धचालक बनाने के लिए किया जाता है।
इंडियम $(In)$ एक त्रिसंयोजक तत्व (समूह $13$) है,जो जर्मेनियम में मिलाए जाने पर इलेक्ट्रॉनों (होल) की कमी पैदा करता है,जिससे $P$-प्रकार का अर्धचालक बनता है।
इसलिए,सही विकल्प $C$ है।

(B) दी गई सत्यता सारणी इस प्रकार है:
$A=0, B=0 \implies Y=1$
$A=1, B=0 \implies Y=0$
$A=0, B=1 \implies Y=0$
$A=1, B=1 \implies Y=0$
$NOR$ गेट के लिए,आउटपुट बूलियन व्यंजक $Y = \overline{A + B}$ द्वारा परिभाषित होता है।
प्रत्येक स्थिति के लिए गणना करने पर:
$1$. $A=0, B=0$ के लिए: $Y = \overline{0+0} = \overline{0} = 1$.
$2$. $A=1, B=0$ के लिए: $Y = \overline{1+0} = \overline{1} = 0$.
$3$. $A=0, B=1$ के लिए: $Y = \overline{0+1} = \overline{1} = 0$.
$4$. $A=1, B=1$ के लिए: $Y = \overline{1+1} = \overline{1} = 0$.
यह दी गई सत्यता सारणी से मेल खाता है। अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) डायोड जो अधिकतम धारा $I$ संभाल सकता है,वह उसकी अधिकतम पावर रेटिंग $P$ और उसके स्थिर वोल्टेज ड्रॉप $V_d$ द्वारा निर्धारित होती है।
दिया गया है $P = 100\; mW = 100 \times 10^{-3}\; W$ और $V_d = 0.5\; V$।
अधिकतम धारा $I = \frac{P}{V_d} = \frac{100 \times 10^{-3}}{0.5} = 0.2\; A$ है।
परिपथ में किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर,प्रतिरोध $R$ के सिरों पर वोल्टेज $V_R = V_{source} - V_d = 1.5\; V - 0.5\; V = 1.0\; V$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$V_R = I \times R$,इसलिए $R = \frac{V_R}{I} = \frac{1.0}{0.2} = 5\; \Omega$।

(A) मुक्त आकाश में प्रकाश की गति $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ द्वारा दी जाती है।
माध्यम में प्रकाश की गति $v = \frac{1}{\sqrt{\mu \varepsilon}}$ द्वारा दी जाती है।
माध्यम का अपवर्तनांक $n$,निर्वात में प्रकाश की गति और माध्यम में प्रकाश की गति के अनुपात के रूप में परिभाषित होता है:
$n = \frac{c}{v} = \frac{1/\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}{1/\sqrt{\mu \varepsilon}} = \sqrt{\frac{\mu \varepsilon}{\mu_0 \varepsilon_0}}$.

(B) जब प्रकाश एक माध्यम से दूसरे माध्यम में जाता है,तो उसकी आवृत्ति $(n)$ स्थिर रहती है क्योंकि यह प्रकाश के स्रोत पर निर्भर करती है।
जब प्रकाश $\mu > 1$ अपवर्तनांक वाले माध्यम में प्रवेश करता है,तो उसका वेग $(v')$ कम हो जाता है और यह $v' = \frac{v}{\mu}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि वेग,आवृत्ति और तरंगदैर्ध्य के बीच का संबंध $v = n\lambda$ है,और $n$ स्थिर है,इसलिए नई तरंगदैर्ध्य $\lambda'$ का मान $\lambda' = \frac{v'}{n} = \frac{v/\mu}{n} = \frac{\lambda}{\mu}$ होगा।
अतः,नई आवृत्ति,तरंगदैर्ध्य और वेग क्रमशः $n, \frac{\lambda}{\mu}, \frac{v}{\mu}$ हैं।

(B) लेंस मेकर सूत्र के अनुसार,फोकस दूरी $f$ का अपवर्तनांक $\mu$ के साथ संबंध $f \propto \frac{1}{\mu - 1}$ होता है।
कॉची के विक्षेपण सूत्र के अनुसार,अपवर्तनांक $\mu$ तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है (अर्थात $\mu \propto \frac{1}{\lambda}$)।
चूंकि बैंगनी प्रकाश की तरंगदैर्ध्य सबसे कम होती है $({\lambda_V} < {\lambda_G} < {\lambda_R})$,इसलिए बैंगनी प्रकाश के लिए अपवर्तनांक सबसे अधिक होता है $({\mu_V} > {\mu_G} > {\mu_R})$।
परिणामस्वरूप,फोकस दूरी अपवर्तनांक के व्युत्क्रमानुपाती होती है,जिसका अर्थ है कि बैंगनी प्रकाश के लिए फोकस दूरी सबसे कम होती है।
अतः,सही संबंध ${f_V} < {f_G} < {f_R}$ है।

(B) सामान्य समायोजन में एक खगोलीय दूरदर्शी की नली की लंबाई $L = f_o + f_e = 44\, cm$ द्वारा दी जाती है।
कोणीय आवर्धन $|m| = \frac{f_o}{f_e} = 10$ है,जिसका अर्थ है $f_o = 10 f_e$।
लंबाई के समीकरण में $f_o = 10 f_e$ रखने पर: $10 f_e + f_e = 44$।
$11 f_e = 44$,इसलिए $f_e = 4\, cm$।
अतः,अभिदृश्यक की फोकस दूरी $f_o = 10 \times 4 = 40\, cm$ है।

(A) एक छड़ चुंबक का चुंबकीय आघूर्ण $M$,उसकी ध्रुव प्रबलता $m$ और उसकी चुंबकीय लंबाई $2l$ के गुणनफल द्वारा दिया जाता है,इसलिए $M = m \times 2l$ होता है।
जब चुंबक को उसकी लंबाई के लंबवत दो समान भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक भाग की ध्रुव प्रबलता $m$ समान रहती है,लेकिन प्रत्येक भाग की लंबाई आधी हो जाती है,अर्थात $l' = l$ हो जाती है।
इसलिए,प्रत्येक भाग का नया चुंबकीय आघूर्ण $M'$ होगा: $M' = m \times l = (m \times 2l) / 2 = M / 2$।
अतः,$M' = 0.5 M$ होगा।

(C) तार का प्रतिरोध $R$ सूत्र $R = \rho \frac{l}{A}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है,$l$ लंबाई है,और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
तीनों तारों के लिए प्रतिरोध इस प्रकार हैं:
$R_1 = \rho \frac{l}{A}$
$R_2 = \rho \frac{2l}{A/2} = 4 \rho \frac{l}{A} = 4R_1$
$R_3 = \rho \frac{l/2}{2A} = \frac{1}{4} \rho \frac{l}{A} = 0.25R_1$
प्रतिरोधों की तुलना करने पर,$R_3 < R_1 < R_2$ प्राप्त होता है।
अतः,$l/2$ लंबाई और $2A$ अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल वाले तार के लिए प्रतिरोध न्यूनतम है।

(D) धारा लाभ $\alpha$ को कलेक्टर धारा $(I_{C})$ और उत्सर्जक धारा $(I_{E})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{E}}$.
धारा लाभ $\beta$ को कलेक्टर धारा $(I_{C})$ और आधार धारा $(I_{B})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $\beta = \frac{I_{C}}{I_{B}}$.
ट्रांजिस्टर के लिए किरचॉफ के धारा नियम के अनुसार,उत्सर्जक धारा आधार और कलेक्टर धाराओं का योग होती है: $I_{E} = I_{B} + I_{C}$.
$\alpha$ के व्यंजक में $I_{E}$ का मान रखने पर: $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{B} + I_{C}}$.
अंश और हर को $I_{C}$ से विभाजित करने पर: $\alpha = \frac{1}{\frac{I_{B}}{I_{C}} + 1}$.
चूंकि $\frac{1}{\beta} = \frac{I_{B}}{I_{C}}$,इसलिए इस मान को समीकरण में रखने पर: $\alpha = \frac{1}{\frac{1}{\beta} + 1} = \frac{1}{\frac{1+\beta}{\beta}} = \frac{\beta}{1+\beta}$.
अतः,सही संबंध $\alpha = \frac{\beta}{1+\beta}$ है।