AIPMT 1998 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) नदी को पार करने का सबसे छोटा रास्ता नदी के प्रवाह के लंबवत सीधी रेखा है।
मान लीजिए नाव का वेग $v_b = 5 \; km/hr$ है और नदी की धारा का वेग $u$ है।
जब नाव सबसे छोटे रास्ते से नदी पार करती है,तो जमीन के सापेक्ष नाव का परिणामी वेग $v_r = \sqrt{v_b^2 - u^2}$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई चौड़ाई $d = 1 \; km$ और समय $t = 15 \; min = 0.25 \; hr = \frac{1}{4} \; hr$ है।
परिणामी वेग $v_r = \frac{d}{t} = \frac{1}{1/4} = 4 \; km/hr$ है।
मान रखने पर: $4 = \sqrt{5^2 - u^2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $16 = 25 - u^2$।
$u^2 = 25 - 16 = 9$।
$u = 3 \; km/hr$।

(A) वाहन की रुकने की दूरी $S$ को सूत्र $S = \frac{u^2}{2a}$ द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है और $a$ मंदन का परिमाण है।
चूंकि एक ही कार और समान ब्रेकिंग बल के लिए $a$ स्थिर है,इसलिए $S \propto u^2$ होगा।
यहाँ $u_1 = 40 \, km/h$ और $S_1 = 2 \, m$ दिया गया है।
$u_2 = 80 \, km/h$ के लिए,अनुपात $\frac{S_2}{S_1} = \left( \frac{u_2}{u_1} \right)^2$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{S_2}{2} = \left( \frac{80}{40} \right)^2 = (2)^2 = 4$.
अतः,$S_2 = 2 \times 4 = 8 \, m$।

(A) डोरी में तनाव $T$ क्षैतिज वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
$T = \frac{mv^2}{r}$
दिया गया है: $m = 0.25 \, kg$,$r = 1.96 \, m$,और $T_{max} = 25 \, N$.
सूत्र में मान रखने पर:
$25 = \frac{0.25 \times v^2}{1.96}$
$v^2 = \frac{25 \times 1.96}{0.25}$
$v^2 = 100 \times 1.96 = 196$
$v = \sqrt{196} = 14 \, m/s$.
अतः,अधिकतम चाल $14 \, m/s$ है।

(A) दिया गया द्रव्यमान $m = 1\, kg$ और त्वरण $a = 4.9\, m/s^2$ है। $g = 9.8\, m/s^2$ लेने पर,हम देखते हैं कि $a = g/2$ है।
स्थिति $(i)$: जब द्रव्यमान को $a$ त्वरण के साथ ऊपर उठाया जाता है,तो तनाव $T_1 = m(g + a)$ होता है।
$T_1 = 1 \times (g + g/2) = 3g/2$.
स्थिति $(ii)$: जब द्रव्यमान को $a$ त्वरण के साथ नीचे लाया जाता है,तो तनाव $T_2 = m(g - a)$ होता है।
$T_2 = 1 \times (g - g/2) = g/2$.
तनाव बलों का अनुपात $\frac{T_1}{T_2} = \frac{3g/2}{g/2} = \frac{3}{1}$ है।

(B) रॉकेट को $a$ के ऊर्ध्व त्वरण के साथ ऊपर उठाने के लिए आवश्यक थ्रस्ट बल $F$ समीकरण द्वारा दिया जाता है: $F = v_{ex} \cdot \frac{dm}{dt} = m(g + a)$।
यहाँ,$m = 5000\, kg$ रॉकेट का द्रव्यमान है,$g = 10\, m/s^2$ गुरुत्वीय त्वरण है,$a = 20\, m/s^2$ आवश्यक ऊर्ध्व त्वरण है,और $v_{ex} = 800\, m/s$ निकास गति है।
द्रव्यमान उत्सर्जन की दर $\frac{dm}{dt}$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{dm}{dt} = \frac{m(g + a)}{v_{ex}}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\frac{dm}{dt} = \frac{5000 \times (10 + 20)}{800}$
$\frac{dm}{dt} = \frac{5000 \times 30}{800} = \frac{150000}{800} = 187.5\, kg/s$।
अतः,प्रति सेकंड उत्सर्जित गैस की मात्रा $187.5\, kg/s$ है।

(C) गोली पर लगने वाला बल $F = 600 - 2 \times 10^5 t$ है।
जब गोली बैरल से बाहर निकलती है,तो बल शून्य हो जाता है,इसलिए $F = 0$.
$600 - 2 \times 10^5 t = 0$
$2 \times 10^5 t = 600$
$t = \frac{600}{2 \times 10^5} = 3 \times 10^{-3} \ s$.
आवेग $I$ समय के सापेक्ष बल का समाकलन है: $I = \int_{0}^{t} F \ dt$.
$I = \int_{0}^{3 \times 10^{-3}} (600 - 2 \times 10^5 t) \ dt$
$I = [600t - 10^5 t^2]_{0}^{3 \times 10^{-3}}$
$I = 600(3 \times 10^{-3}) - 10^5(3 \times 10^{-3})^2$
$I = 1.8 - 10^5(9 \times 10^{-6})$
$I = 1.8 - 0.9 = 0.9 \ N-s$.

(A) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कार्य $W$ गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = \Delta K = \frac{1}{2} m(v_f^2 - v_i^2)$.
दिया गया है $x = 3t - 4t^2 + t^3$,इसलिए वेग $v$ स्थिति का समय के सापेक्ष अवकलन है: $v = \frac{dx}{dt} = 3 - 8t + 3t^2$.
$t = 0 \,s$ पर,$v_i = 3 - 8(0) + 3(0)^2 = 3 \,m/s$.
$t = 4 \,s$ पर,$v_f = 3 - 8(4) + 3(4)^2 = 3 - 32 + 48 = 19 \,m/s$.
द्रव्यमान $m = 3 \,g = 0.003 \,kg$.
मान रखने पर: $W = \frac{1}{2} \times 0.003 \times (19^2 - 3^2) = 0.0015 \times (361 - 9) = 0.0015 \times 352 = 0.528 \,J$.
चूंकि $1 \,J = 1000 \,mJ$,इसलिए किया गया कार्य $0.528 \times 1000 = 528 \,mJ$ है।

(D) समान द्रव्यमान वाले दो पिंडों के बीच एक-आयामी प्रत्यास्थ टक्कर में,टक्कर के बाद पिंडों के वेग आपस में बदल जाते हैं।
दिया गया है: द्रव्यमान $m_1$ का प्रारंभिक वेग $u_1 = +3 \, m/s$ और द्रव्यमान $m_2$ का प्रारंभिक वेग $u_2 = -5 \, m/s$ है।
चूंकि $m_1 = m_2$ है,इसलिए प्रत्यास्थ टक्कर के बाद,द्रव्यमान $m_1$ का अंतिम वेग $v_1 = u_2 = -5 \, m/s$ हो जाएगा और द्रव्यमान $m_2$ का अंतिम वेग $v_2 = u_1 = +3 \, m/s$ हो जाएगा।

(B) मान लीजिए प्रारंभिक ऊँचाई $h_1 = 5 \, m$ है और उछलने के बाद की ऊँचाई $h_2 = 1.8 \, m$ है।
टक्कर से ठीक पहले गेंद का वेग $v_1 = \sqrt{2gh_1}$ है और टक्कर के ठीक बाद का वेग $v_2 = \sqrt{2gh_2}$ है।
प्रत्यावस्थान गुणांक $e$ वेगों के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
$e = \frac{v_2}{v_1} = \frac{\sqrt{2gh_2}}{\sqrt{2gh_1}} = \sqrt{\frac{h_2}{h_1}}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$e = \sqrt{\frac{1.8}{5}} = \sqrt{\frac{18}{50}} = \sqrt{\frac{9}{25}} = \frac{3}{5}$
उछलने के बाद का वेग $v_2 = e v_1 = \frac{3}{5} v_1$ है।
वेग में कमी $\Delta v = v_1 - v_2 = v_1 - \frac{3}{5} v_1 = \frac{2}{5} v_1$ है।
अतः,वह कारक जिससे गेंद अपने वेग को खो देती है,$\frac{\Delta v}{v_1} = \frac{2}{5}$ है।

(C) आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_V \Delta T$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $C_V = R/(\gamma - 1)$,इसलिए $\Delta U = n (R/(\gamma - 1)) \Delta T$ होगा।
आदर्श गैस समीकरण $pV = nRT$ का उपयोग करते हुए,स्थिर दाब $p$ पर $p \Delta V = nR \Delta T$ प्राप्त होता है।
इस मान को समीकरण में रखने पर,$\Delta U = p \Delta V / (\gamma - 1)$ प्राप्त होता है।
यहाँ आयतन $V$ से बदलकर $2V$ हो जाता है,इसलिए आयतन में परिवर्तन $\Delta V = 2V - V = V$ है।
अतः,$\Delta U = pV / (\gamma - 1)$ होगा।

(A) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,निकाय को दी गई ऊष्मा $(\Delta Q)$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta U)$ और निकाय द्वारा किए गए कार्य $(\Delta W)$ के योग के बराबर होती है:
$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$
रुद्धोष्म प्रक्रिया में,परिवेश के साथ ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है,इसलिए $\Delta Q = 0$ होता है।
समीकरण में $\Delta Q = 0$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$0 = \Delta U + \Delta W$
अतः,$\Delta U = - \Delta W$।

(C) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,एक कृष्णिका (black body) द्वारा उत्सर्जित विकिरण ऊर्जा उसके परम तापमान की चौथी घात के समानुपाती होती है,अर्थात $E \propto T^4$।
माना $E_1$ पृथ्वी पर आपतित प्रारंभिक विकिरण ऊर्जा है और $T_1$ सूर्य का प्रारंभिक तापमान है।
दिया गया है $E_1 = 20 \, kcal/(m^2 \cdot min)$।
माना कि जब सूर्य का तापमान $T_2 = 2T_1$ हो जाता है,तो नई विकिरण ऊर्जा $E_2$ है।
अनुपात सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{E_2}{E_1} = \left( \frac{T_2}{T_1} \right)^4$
मान रखने पर:
$\frac{E_2}{20} = \left( \frac{2T_1}{T_1} \right)^4$
$\frac{E_2}{20} = (2)^4 = 16$
अतः,$E_2 = 16 \times 20 = 320 \, kcal/(m^2 \cdot min)$।

(C) स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय की आवृत्ति का सूत्र $n = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ है,जहाँ $k$ स्प्रिंग नियतांक है और $m$ द्रव्यमान है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $n \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
माना प्रारंभिक आवृत्ति $n_1 = n$ है जब द्रव्यमान $m_1 = m$ है,और नई आवृत्ति $n_2$ है जब द्रव्यमान $m_2 = 4m$ है।
समानुपातिकता का उपयोग करते हुए,$\frac{n_1}{n_2} = \sqrt{\frac{m_2}{m_1}}$.
मान रखने पर,$\frac{n}{n_2} = \sqrt{\frac{4m}{m}} = \sqrt{4} = 2$.
अतः,$n_2 = \frac{n}{2}$.

(B) अवमंदित दोलक के लिए,आयाम $A = \frac{F/m}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + (b\omega/m)^2}}$ द्वारा दिया जाता है।
आयाम तब अधिकतम होता है जब हर (denominator) न्यूनतम होता है,जो $\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 - 2(b/2m)^2}$ पर होता है। अतः,$\omega_1 \neq \omega_0$.
दोलक की ऊर्जा आयाम के वर्ग के समानुपाती होती है और यह अवशोषित शक्ति से भी संबंधित है। कण की ऊर्जा वेग अनुनाद आवृत्ति पर अधिकतम होती है,जो $\omega_2 = \omega_0$ होने पर होती है।
इसलिए,सही संबंध $\omega_1 \neq \omega_0$ और $\omega_2 = \omega_0$ है।

(C) माना कि छोटे लोलक का आवर्तकाल $T_S$ है और लंबे लोलक का आवर्तकाल $T_L$ है।
दी गई लंबाई $l_S = 0.5\, m$ और $l_L = 2.0\, m$ है।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$T_S = 2\pi \sqrt{\frac{0.5}{g}}$ और $T_L = 2\pi \sqrt{\frac{2.0}{g}}$.
अनुपात लेने पर,$\frac{T_L}{T_S} = \sqrt{\frac{2.0}{0.5}} = \sqrt{4} = 2$.
इस प्रकार,$T_L = 2T_S$.
माना कि जब वे फिर से समान कला में होते हैं,तब छोटे लोलक के दोलनों की संख्या $N_S$ है और लंबे लोलक के दोलनों की संख्या $N_L$ है।
इस समय $t$ पर,$t = N_S T_S = N_L T_L$.
$T_L = 2T_S$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $N_S T_S = N_L (2T_S)$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$N_S = 2N_L$.
जब वे पहली बार फिर से समान कला में होते हैं,तो हम सबसे छोटा पूर्णांक मान लेते हैं,$N_L = 1$,जिससे $N_S = 2$ प्राप्त होता है।

(A) एक ज्यावक्रीय तरंग में,अधिकतम विस्थापन (आयाम) से शून्य विस्थापन तक की गति कुल आवर्तकाल $(T)$ के एक-चौथाई के बराबर होती है।
अतः,लगा समय $t = \frac{T}{4}$ है।
चूंकि आवृत्ति ($n$ या $f$) आवर्तकाल का व्युत्क्रम होती है,इसलिए $T = \frac{1}{n}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर,हमें $t = \frac{1}{4n}$ प्राप्त होता है।
आवृत्ति के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$n = \frac{1}{4t}$।
यहाँ $t = 0.170\,s$ दिया गया है,इसलिए $n = \frac{1}{4 \times 0.170} = \frac{1}{0.680} \approx 1.47\,Hz$ होगा।

(D) दिया गया तरंग समीकरण $y = y_0 \sin \frac{2\pi}{\lambda} (vt - x)$ है।
इसे मानक तरंग समीकरण $y = a \sin \frac{2\pi}{\lambda} (vt - x)$ के साथ तुलना करने पर,हमें आयाम $a = y_0$ और तरंग वेग $v_{wave} = v$ प्राप्त होता है।
कण का वेग $v_p$,विस्थापन का समय के सापेक्ष अवकलन है: $v_p = \frac{\partial y}{\partial t} = y_0 \cdot \frac{2\pi v}{\lambda} \cos \frac{2\pi}{\lambda} (vt - x)$.
अधिकतम कण वेग $(v_{max})_{particle} = y_0 \cdot \frac{2\pi v}{\lambda}$ है।
प्रश्न के अनुसार,$(v_{max})_{particle} = 2 \cdot v_{wave}$.
मान रखने पर: $\frac{y_0 \cdot 2\pi v}{\lambda} = 2v$.
दोनों पक्षों से $v$ को हटाने पर: $\frac{2\pi y_0}{\lambda} = 2$.
$\lambda$ के लिए हल करने पर: $\lambda = \pi y_0$.

(A) दो क्रमागत निस्पंदों के बीच की दूरी $\frac{\lambda}{2}$ होती है।
$3$ निस्पंदों और $2$ प्रस्पंदों वाली एक अप्रगामी तरंग में $2$ लूप होते हैं।
दो चरम निस्पंदों के बीच की कुल लंबाई $L = 2 \times \frac{\lambda}{2} = \lambda$ द्वारा दी जाती है।
यह दिया गया है कि दो परमाणुओं (जो चरम निस्पंदों के रूप में कार्य करते हैं) के बीच की दूरी $1.21 \; \mathring{A}$ है,इसलिए $L = 1.21 \; \mathring{A}$।
अतः,तरंगदैर्ध्य $\lambda = 1.21 \; \mathring{A}$ है।

(B) डॉप्लर प्रभाव तब होता है जब स्रोत और प्रेक्षक के बीच उन्हें जोड़ने वाली रेखा के अनुदिश सापेक्ष वेग होता है।
इस प्रश्न में,वाहन प्रेक्षक और वाहन को जोड़ने वाली रेखा के लंबवत दिशा में चल रहा है।
इसलिए,प्रेक्षक और स्रोत को जोड़ने वाली रेखा पर स्रोत के वेग का घटक $v_s \cos(90^{\circ}) = 0$ है।
चूंकि दृष्टि रेखा के अनुदिश कोई सापेक्ष गति नहीं है,इसलिए प्रेक्षक द्वारा अनुभव की गई आवृत्ति स्रोत की आवृत्ति के समान ही रहती है।
अतः,प्रेक्षित आवृत्ति $n' = n$ है।
यह दिया गया है कि प्रेक्षित आवृत्ति $n + n_1$ है,इसलिए $n + n_1 = n$,जिसका अर्थ है कि $n_1 = 0$।

(B) वलय का अपनी अक्ष के परितः प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I = Mr^2$ है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L = I\omega = Mr^2\omega$ है।
जब $m$ द्रव्यमान की दो वस्तुओं को व्यास के विपरीत सिरों पर जोड़ा जाता है,तो नया जड़त्व आघूर्ण $I'$ वलय के जड़त्व आघूर्ण और दो बिंदु द्रव्यमानों के जड़त्व आघूर्ण का योग हो जाता है: $I' = Mr^2 + m(r)^2 + m(r)^2 = (M + 2m)r^2$।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,बाह्य बल आघूर्ण शून्य है,इसलिए $L_{initial} = L_{final}$ होगा।
$Mr^2\omega = (M + 2m)r^2\omega'$
नए कोणीय वेग $\omega'$ के लिए हल करने पर:
$\omega' = \frac{Mr^2\omega}{(M + 2m)r^2} = \frac{M\omega}{M + 2m}$।

(D) मान लीजिए कि कठोर छड़ $AB$ की लंबाई $L$ है। मान लीजिए कि कोने से $A$ की दूरी $x$ है और कोने से $B$ की दूरी $y$ है।
ज्यामिति से,हमारे पास $L^2 = x^2 + y^2$ है।
समय $t$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$0 = 2x \frac{dx}{dt} + 2y \frac{dy}{dt}$
$x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$
दिया गया है कि $A$ का वेग $v_A = -\frac{dx}{dt} = 10\; m/s$ है (क्योंकि $x$ घट रहा है)।
अतः,$\frac{dx}{dt} = -10\; m/s$।
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$x(-10) + y \frac{dy}{dt} = 0$
$y \frac{dy}{dt} = 10x$
$\frac{dy}{dt} = 10 \left( \frac{x}{y} \right)$
त्रिभुज से,$\frac{x}{y} = \cot(\alpha)$।
$\alpha = 60^{\circ}$ पर,$\frac{x}{y} = \cot(60^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$।
इसलिए,$B$ का वेग $v_B = \frac{dy}{dt} = 10 \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{10}{1.732} \approx 5.77\; m/s$।
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,हमें $5.8\; m/s$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि $x$ समबाहु त्रिभुज के केंद्र $O$ से प्रत्येक भुजा की लंबवत दूरी है।
चूंकि त्रिभुज समबाहु है,केंद्र से प्रत्येक भुजा की दूरी समान होती है।
बिंदु $O$ के परितः बल $F$ द्वारा उत्पन्न बलाघूर्ण $\tau = F \times x$ द्वारा दिया जाता है।
त्रिभुज की भुजाओं के अनुदिश बलों $\vec F_1, \vec F_2$ और $\vec F_3$ की दिशाओं को देखने पर,हम देख सकते हैं कि $\vec F_1$ और $\vec F_2$ $O$ के परितः समान घूर्णन दिशा (जैसे दक्षिणावर्त) में बलाघूर्ण उत्पन्न करते हैं,जबकि $\vec F_3$ विपरीत दिशा में बलाघूर्ण उत्पन्न करता है।
$O$ के परितः कुल बलाघूर्ण शून्य होने के लिए,बलाघूर्णों का योग शून्य होना चाहिए:
$\tau_1 + \tau_2 - \tau_3 = 0$
$F_1 x + F_2 x - F_3 x = 0$
$x$ से विभाजित करने पर (चूंकि $x \neq 0$):
$F_1 + F_2 - F_3 = 0$
अतः,$F_3 = F_1 + F_2$.

(D) द्रव्यमान $M$ को वेज के सापेक्ष स्थिर रखने के लिए,हम वेज के अजड़त्वीय निर्देश तंत्र (non-inertial frame) में बलों का विश्लेषण करते हैं।
जब वेज $a$ त्वरण के साथ बाईं ओर गति करता है,तो द्रव्यमान $M$ पर दाईं ओर एक छद्म बल (pseudo force) $F_p = Ma$ कार्य करता है।
ढलान की दिशा में द्रव्यमान $M$ पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. छद्म बल का घटक $Ma \cos \theta$ जो ढलान के ऊपर की ओर कार्य करता है।
$2$. गुरुत्वाकर्षण बल का घटक $Mg \sin \theta$ जो ढलान के नीचे की ओर कार्य करता है।
द्रव्यमान को वेज के सापेक्ष स्थिर रहने के लिए,इन दोनों बलों को संतुलित होना चाहिए:
$Ma \cos \theta = Mg \sin \theta$
$a \cos \theta = g \sin \theta$
$a = g \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$
$a = g \tan \theta$
अतः,वेज को बाईं ओर $a = g \tan \theta$ का त्वरण दिया जाना चाहिए।

(C) एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ में $q$ आवेश द्वारा अनुभव किया गया बल $F = qE$ होता है।
चूंकि कण विराम अवस्था से शुरू होता है और बल की दिशा में $y$ दूरी तय करता है,इसलिए विद्युत क्षेत्र द्वारा कण पर किया गया कार्य $W = F \times y = (qE) \times y = qEy$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,विद्युत क्षेत्र द्वारा किया गया कार्य कण की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
चूंकि प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $0$ है,इसलिए कण द्वारा प्राप्त अंतिम गतिज ऊर्जा $K = qEy$ होगी।

(A) एक खोखले चालक गोले के लिए,आवेश पूरी तरह से उसकी बाहरी सतह पर रहता है।
गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद चालक खोल के अंदर विद्युत क्षेत्र हमेशा शून्य होता है क्योंकि गोले के अंदर खींचे गए किसी भी गॉसियन सतह के भीतर कोई आवेश नहीं होता है।
इसलिए,गोले के केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $0\,N/C$ होगा।

(D) विद्युत द्विध्रुव की निरक्षीय रेखा (लंब समद्विभाजक) पर स्थित बिंदु पर विद्युत क्षेत्र का सूत्र निम्नलिखित है:
$E_{equatorial} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{p}{r^3}$
जहाँ $p$ द्विध्रुव आघूर्ण है और $r$ द्विध्रुव के केंद्र से दूरी है।
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि विद्युत क्षेत्र $E$,द्विध्रुव आघूर्ण $p$ के सीधे समानुपाती $(E \propto p)$ है और दूरी $r$ के घन के व्युत्क्रमानुपाती $(E \propto r^{-3})$ है।
अतः,$Q$ पर विद्युत क्षेत्र $p$ और $r^{-3}$ के समानुपाती है।

(B) माना $G = 9 \, \Omega$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $S = 2 \, \Omega$ शंट का प्रतिरोध है。
कुल धारा $I = 1 \, A$ है。
माना $I_s$ शंट से गुजरने वाली धारा है और $I_g$ गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा है。
समांतर परिपथ के सिद्धांत के अनुसार, गैल्वेनोमीटर और शंट के सिरों पर विभवांतर समान होता है: $V = I_g G = I_s S$.
हम जानते हैं कि $I = I_g + I_s$, इसलिए $I_g = I - I_s$.
इस मान को विभवांतर के समीकरण में रखने पर: $(I - I_s) G = I_s S$.
$I_s$ के लिए समीकरण को हल करने पर: $I G - I_s G = I_s S \implies I G = I_s (S + G)$.
अतः, $I_s = I \times \frac{G}{S + G}$.
दिए गए मानों को रखने पर: $I_s = 1 \times \frac{9}{2 + 9} = \frac{9}{11} \approx 0.818 \, A$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार, शंट से गुजरने वाली धारा लगभग $0.8 \, A$ है。

(D) माना कि प्रत्येक प्रतिरोधक का मान $R$ है और स्रोत का $e.m.f.$ $V$ है।
श्रेणीक्रम संयोजन में,तुल्य प्रतिरोध $R_S = R + R + R = 3R$ होता है।
श्रेणीक्रम में व्यय शक्ति $P_S = \frac{V^2}{R_S} = \frac{V^2}{3R} = 10 \ W$ है।
इससे हमें $\frac{V^2}{R} = 30 \ W$ प्राप्त होता है।
समांतर क्रम संयोजन में,तुल्य प्रतिरोध $R_P = \frac{R}{3}$ होता है।
समांतर क्रम में व्यय शक्ति $P_P = \frac{V^2}{R_P} = \frac{V^2}{R/3} = 3 \left( \frac{V^2}{R} \right)$ है।
$\frac{V^2}{R} = 30 \ W$ का मान रखने पर,हमें $P_P = 3 \times 30 = 90 \ W$ प्राप्त होता है।

(C) विद्युत धारा के प्रवाह के कारण चालक में उत्पन्न ऊष्मा जूल के तापन नियम द्वारा दी जाती है: $H = i^2Rt$।
चूंकि तापमान में वृद्धि $\Delta T$ उत्पन्न ऊष्मा $H$ के सीधे आनुपातिक है,इसलिए $\Delta T \propto i^2$ होता है।
दिया गया है कि प्रारंभिक तापमान वृद्धि $\Delta T_1 = 5\,^{\circ}\text{C}$ है जब धारा $i_1 = i$ है।
जब धारा को दोगुना किया जाता है,तो $i_2 = 2i$ हो जाता है।
तापमान में नई वृद्धि $\Delta T_2$ अनुपात द्वारा प्राप्त की जाती है:
$\frac{\Delta T_2}{\Delta T_1} = \left(\frac{i_2}{i_1}\right)^2 = \left(\frac{2i}{i}\right)^2 = 4$।
अतः,$\Delta T_2 = 4 \times \Delta T_1 = 4 \times 5\,^{\circ}\text{C} = 20\,^{\circ}\text{C}$।

(B) दो लंबे समानांतर धारावाही तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई पर लगने वाला बल इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\frac{F}{l} = \frac{\mu_0}{2\pi} \frac{i_1 i_2}{r}$.
दिया गया है: $i_1 = 1 \ A$,$i_2 = 1 \ A$,$r = 1 \ m$,और $\frac{\mu_0}{4\pi} = 10^{-7} \ T \cdot m/A$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{F}{l} = 2 \times 10^{-7} \times \frac{1 \times 1}{1} = 2 \times 10^{-7} \ N/m$.

(B) लोहा एक फेरोमैग्नेटिक पदार्थ है,जिसकी चुंबकीय पारगम्यता (magnetic permeability) बहुत अधिक होती है। जब इसे बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं आंतरिक खाली स्थान के बजाय लोहे से होकर गुजरना पसंद करती हैं। इस घटना को चुंबकीय परिरक्षण (magnetic shielding) कहा जाता है। इसलिए,संवेदनशील उपकरणों को बाहरी चुंबकीय क्षेत्र से बचाने के लिए,उन्हें लोहे के डिब्बे के अंदर रखा जाना चाहिए।

(B) एक आदर्श ट्रांसफार्मर के लिए,इनपुट शक्ति आउटपुट शक्ति के बराबर होती है,जिसका अर्थ है कि धारा और फेरों की संख्या के बीच का संबंध व्युत्क्रम अनुपात द्वारा दिया जाता है: $\frac{I_p}{I_s} = \frac{N_s}{N_p}$.
दिया गया है:
प्राथमिक और द्वितीयक फेरों का अनुपात $\frac{N_p}{N_s} = \frac{1}{25}$,इसलिए $\frac{N_s}{N_p} = 25$.
द्वितीयक धारा $I_s = 2\, A$.
सूत्र का उपयोग करने पर: $I_p = I_s \times \frac{N_s}{N_p}$.
$I_p = 2\, A \times 25 = 50\, A$.
अतः,प्राथमिक कुंडली में धारा $50\, A$ है।

(B) दूसरी कुंडली में प्रेरित $e.m.f.$ का सूत्र $e = M \frac{di}{dt}$ है।
यहाँ $M = 0.005 \, H$,$I = I_0 \sin(\omega t)$,$I_0 = 10 \, A$,और $\omega = 100\pi \, rad/s$ दिया गया है।
$I$ का अवकलन करने पर:
$e = M \frac{d}{dt} (I_0 \sin(\omega t)) = M I_0 \omega \cos(\omega t)$.
$e.m.f.$ का अधिकतम मान $(e_{\max})$ तब प्राप्त होता है जब $\cos(\omega t) = 1$ हो।
$e_{\max} = M I_0 \omega$.
मान रखने पर:
$e_{\max} = 0.005 \times 10 \times 100\pi = 5\pi \, V$.

(A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$hc \approx 12400 \; eV \cdot \mathring A$ का उपयोग करने पर,हमें $E = \frac{12400}{5000} = 2.48 \; eV$ प्राप्त होता है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$E = W_0 + K_{\max}$,जहाँ $W_0$ कार्य फलन है और $K_{\max}$ अधिकतम गतिज ऊर्जा है।
मान रखने पर: $2.48 = 1.9 + K_{\max}$.
अतः,$K_{\max} = 2.48 - 1.9 = 0.58 \; eV$।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - W_0 = \frac{1}{2}mv^2$,जहाँ $W_0 = \frac{hc}{\lambda_0}$ कार्य फलन (work function) है।
अतः,$v = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0} \right)} \dots (i)$
जब तरंगदैर्ध्य को बदलकर $\lambda' = \frac{3\lambda}{4}$ कर दिया जाता है,तो नई गति $v'$ होगी:
$v' = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{3\lambda/4} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \right)} \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \cdot \frac{\lambda \lambda_0}{\lambda_0 - \lambda}} = \sqrt{\frac{4}{3} \cdot \frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda}}$
चूंकि $\lambda_0 > \lambda$,इसलिए $(\lambda_0 - 0.75\lambda) > (\lambda_0 - \lambda)$ होगा।
अतः,$\frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda} > 1$ होगा।
इसका अर्थ है कि $\frac{v'}{v} > \sqrt{\frac{4}{3}}$,यानी $v' > v(4/3)^{1/2}$।

(C) इलेक्ट्रॉन की वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रोटॉन और इलेक्ट्रॉन के बीच स्थिर-वैद्युत कूलम्ब बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
अभिकेंद्र बल को कूलम्ब बल के बराबर रखने पर:
$\frac{m{v^2}}{{a_0}} = \frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{e^2}}}{{a_0^2}}$
दोनों पक्षों से $a_0$ को हटाने पर:
$m{v^2} = \frac{1}{{4\pi {\varepsilon _0}}}\frac{{{e^2}}}{{a_0}}$
$v^2$ के लिए हल करने पर:
${v^2} = \frac{{{e^2}}}{{4\pi {\varepsilon _0}{a_0}m}}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें इलेक्ट्रॉन की गति प्राप्त होती है:
$v = \frac{e}{{\sqrt {4\pi {\varepsilon _0}{a_0}m} }}$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) माना कि $_5B^{10}$ परमाणुओं का प्रतिशत $x$ है। तब $_5B^{11}$ परमाणुओं का प्रतिशत $(100 - x)$ होगा।
औसत परमाणु भार का सूत्र है:
$\text{औसत परमाणु भार} = \frac{(10 \times x) + (11 \times (100 - x))}{100} = 10.81$
$100$ से गुणा करने पर:
$10x + 1100 - 11x = 1081$
$-x = 1081 - 1100$
$-x = -19$
$x = 19$
अतः,$_5B^{10}$ का प्रतिशत $19\%$ है और $_5B^{11}$ का प्रतिशत $81\%$ है।
इसलिए,$_5B^{10} : _5B^{11}$ का अनुपात $19 : 81$ है।

(A) नाभिकीय विखंडन अभिक्रिया में,समीकरण के दोनों पक्षों में द्रव्यमान संख्या और परमाणु संख्या का संरक्षण होना चाहिए।
दी गई अभिक्रिया: $_{92}U^{235} + _0n^1 \to _{38}Sr^{90} + X$
मान लीजिए अज्ञात उत्पाद $X$,$_{Z}A^{A}$ है।
द्रव्यमान संख्या का संरक्षण: $235 + 1 = 90 + A \implies 236 = 90 + A \implies A = 146$.
हालाँकि,$U^{235}$ के विखंडन से $Sr^{90}$ उत्पन्न होने पर न्यूट्रॉन मुक्त होते हैं। विकल्पों की जाँच करने पर,विकल्प $A$ में $_{54}Xe^{143} + 3_0n^1$ दिया गया है।
द्रव्यमान संख्याओं का योग: $90 + 143 + 3(1) = 236$.
परमाणु संख्याओं का योग: $38 + 54 + 3(0) = 92$.
चूंकि दोनों का संरक्षण हो रहा है,इसलिए सही उत्तर $_{54}Xe^{143} + 3_0n^1$ है।

(C) अर्ध-आयु की संख्या $n$ को $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
पदार्थ $A$ के लिए,$n_A = \frac{80}{20} = 4$ है।
पदार्थ $B$ के लिए,$n_B = \frac{80}{40} = 2$ है।
शेष नाभिकों की संख्या $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि प्रारंभिक संख्या $N_0$ समान है,इसलिए अनुपात $\frac{N_A}{N_B} = \frac{N_0 (1/2)^{n_A}}{N_0 (1/2)^{n_B}} = \frac{(1/2)^4}{(1/2)^2} = \frac{2^2}{2^4} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$ होगा।
अतः,अनुपात $1 : 4$ है।

(D) प्रारंभिक नाभिक $_n{X^m}$ है।
जब यह एक $\alpha$ कण $(_{2}He^{4})$ उत्सर्जित करता है,तो परमाणु क्रमांक $2$ से घट जाता है और द्रव्यमान संख्या $4$ से घट जाती है। नाभिक $_{n-2}X^{m-4}$ बन जाता है।
जब यह नाभिक एक $\beta$ कण $(_{-1}e^{0})$ उत्सर्जित करता है,तो परमाणु क्रमांक $1$ से बढ़ जाता है जबकि द्रव्यमान संख्या अपरिवर्तित रहती है। नया परमाणु क्रमांक $(n-2) + 1 = n-1$ होता है।
अतः,परिणामी नाभिक $_{n-1}Z^{m-4}$ है।

(C) $PN-$ जंक्शन डायोड अग्र अभिनति (forward bias) में होने पर धारा प्रवाहित होने देता है।
जब बैटरी की ध्रुवता उलट दी जाती है,तो $PN-$ जंक्शन उत्क्रम अभिनति (reverse bias) में हो जाता है।
उत्क्रम अभिनति में,अवक्षय परत (depletion layer) की चौड़ाई बढ़ जाती है,जो धारा के प्रवाह के लिए बहुत उच्च प्रतिरोध प्रदान करती है।
परिणामस्वरूप,धारा घटकर लगभग शून्य हो जाती है।
इसलिए,यह उपकरण $PN-$ जंक्शन है।

(D) दिया गया है: ट्रांसफर अनुपात (धारा लाभ) $\beta = 50$,इनपुट प्रतिरोध $R_i = 1 \; k\Omega = 1000 \; \Omega$,और पीक इनपुट वोल्टेज $V_i = 0.01 \; V$ है।
सबसे पहले,ओम के नियम का उपयोग करके पीक इनपुट धारा $i_b$ की गणना करें: $i_b = \frac{V_i}{R_i} = \frac{0.01 \; V}{1000 \; \Omega} = 10^{-5} \; A$ है।
कलेक्टर धारा $i_c$ और बेस धारा $i_b$ के बीच संबंध $\beta = \frac{i_c}{i_b}$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,कलेक्टर धारा का पीक मान $i_c = \beta \times i_b = 50 \times 10^{-5} \; A = 500 \times 10^{-6} \; A = 500 \; \mu A$ होगा।

(C) आइए दिए गए इनपुट के साथ प्रत्येक गेट के लिए आउटपुट का विश्लेषण करें:
$(A)$ $AND$ गेट के लिए,आउटपुट $Y = A \cdot B$ है। $1$ और $0$ इनपुट के साथ,$Y = 1 \cdot 0 = 0$ प्राप्त होता है।
$(B)$ $NOR$ गेट के लिए,आउटपुट $Y = \overline{A + B}$ है। $0$ और $1$ इनपुट के साथ,$Y = \overline{0 + 1} = \overline{1} = 0$ प्राप्त होता है।
$(C)$ $NAND$ गेट के लिए,आउटपुट $Y = \overline{A \cdot B}$ है। $0$ और $1$ इनपुट के साथ,$Y = \overline{0 \cdot 1} = \overline{0} = 1$ प्राप्त होता है।
$(D)$ $XNOR$ गेट के लिए,आउटपुट $Y = A \odot B$ (या $\overline{A \oplus B}$) है। $0$ और $1$ इनपुट के साथ,$Y = \overline{0 \oplus 1} = \overline{1} = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,$NAND$ गेट $1$ का आउटपुट देता है।

(D) $NAND$ गेट के लिए,आउटपुट $C$ को बूलियन व्यंजक $C = \overline{A \cdot B}$ द्वारा दिया जाता है।
मानों की जाँच करने पर:
$1$. $A = 0, B = 0$ के लिए: $C = \overline{0 \cdot 0} = \overline{0} = 1$.
$2$. $A = 0, B = 1$ के लिए: $C = \overline{0 \cdot 1} = \overline{0} = 1$.
$3$. $A = 1, B = 0$ के लिए: $C = \overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$.
$4$. $A = 1, B = 1$ के लिए: $C = \overline{1 \cdot 1} = \overline{1} = 0$.
इन परिणामों की दी गई तालिका से तुलना करने पर,आउटपुट $NAND$ गेट के तर्क से मेल खाता है।

(A) माना $\alpha$ छड़ के अंतिम सिरे पर आपतन कोण है और $r$ अपवर्तन कोण है। स्नेल के नियम के अनुसार,$1 \cdot \sin \alpha = n \cdot \sin r$,इसलिए $\sin r = \frac{\sin \alpha}{n}$ है।
पार्श्व सतह पर,आपतन कोण $i = 90^\circ - r$ है। पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $C$ से अधिक होना चाहिए,जहाँ $\sin C = \frac{1}{n}$ है।
अतः,$i > C \implies \sin i > \sin C$ है।
$i = 90^\circ - r$ रखने पर,हमें $\sin(90^\circ - r) > \sin C$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $\cos r > \frac{1}{n}$ हो जाता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\cos^2 r > \frac{1}{n^2} \implies 1 - \sin^2 r > \frac{1}{n^2}$ प्राप्त होता है।
$\sin r = \frac{\sin \alpha}{n}$ रखने पर,हमें $1 - \frac{\sin^2 \alpha}{n^2} > \frac{1}{n^2}$ प्राप्त होता है।
इसे व्यवस्थित करने पर $1 > \frac{1 + \sin^2 \alpha}{n^2}$,या $n^2 > 1 + \sin^2 \alpha$ प्राप्त होता है।
चूंकि यह शर्त आपतन कोण $\alpha$ के किसी भी मान के लिए सत्य होनी चाहिए,इसलिए हम $\sin^2 \alpha$ का अधिकतम मान लेते हैं,जो $1$ है (जब $\alpha = 90^\circ$ हो)।
अतः,$n^2 > 1 + 1 = 2$,जिसका अर्थ है कि $n > \sqrt{2}$।

(C) उत्तल लेंस के लिए,वस्तु की दूरी $u = -30 \,cm$ और फोकस दूरी $f = +20 \,cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{20} = \frac{1}{v} - \frac{1}{-30}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{30} = \frac{3-2}{60} = \frac{1}{60}$
अतः,$v = 60 \,cm$। इसका अर्थ है कि लेंस $60 \,cm$ की दूरी पर वास्तविक प्रतिबिंब बनाता है।
अंतिम प्रतिबिंब को वस्तु के साथ संपाती होने के लिए,प्रकाश किरणों को उत्तल दर्पण पर लंबवत गिरना चाहिए ताकि वे अपने पथ को पुनः प्राप्त कर सकें। यह तब होता है जब किरणें दर्पण के वक्रता केंद्र की ओर निर्देशित हों।
दर्पण की वक्रता त्रिज्या $R = 10 \,cm$ है। अतः,दर्पण को इस प्रकार रखा जाना चाहिए कि उसका वक्रता केंद्र लेंस द्वारा बनाए गए प्रतिबिंब के साथ संपाती हो।
लेंस से दर्पण की दूरी $d = v - R = 60 \,cm - 10 \,cm = 50 \,cm$ है।

(D) फोटॉन की ऊर्जा $E$ को सूत्र $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
दिया गया है:
$h = 6.63 \times 10^{-34}\,J\cdot s$
$c = 3 \times 10^8\,m/s$
$\lambda = 21\,cm = 0.21\,m = 21 \times 10^{-2}\,m$
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{21 \times 10^{-2}}$
$E = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{21 \times 10^{-2}}$
$E \approx 0.947 \times 10^{-24}\,J$
$E \approx 10^{-24}\,J$.

(B) $N$ फेरों और $r$ त्रिज्या वाली वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 N I}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए तार की कुल लंबाई $L$ है।
पहली कुंडली के लिए $(N_1 = 1)$: परिधि $2\pi r_1 = L$,इसलिए $r_1 = \frac{L}{2\pi}$। चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 (1) I}{2(L/2\pi)} = \frac{\mu_0 \pi I}{L}$ है।
दूसरी कुंडली के लिए $(N_2 = 2)$: कुल लंबाई $2(2\pi r_2) = L$,इसलिए $r_2 = \frac{L}{4\pi}$। चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 (2) I}{2(L/4\pi)} = \frac{4\mu_0 \pi I}{L}$ है।
अनुपात लेने पर: $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\mu_0 \pi I / L}{4\mu_0 \pi I / L} = \frac{1}{4}$।
अतः,अनुपात $1 : 4$ है।

(D) $p-n$ जंक्शन के निर्माण के दौरान,$p-$क्षेत्र से होल $n-$क्षेत्र में और $n-$क्षेत्र से इलेक्ट्रॉन $p-$क्षेत्र में विसरित (diffuse) होते हैं।
जब एक इलेक्ट्रॉन एक होल से मिलता है,तो वे पुनर्संयोजित होकर एक-दूसरे के प्रभाव को समाप्त कर देते हैं,जिससे जंक्शन पर एक पतली परत बन जाती है जो मुक्त आवेश वाहकों से रहित होती है। इसे अवक्षय परत (depletion layer) कहा जाता है।
विसरण प्रक्रिया के कारण,अचल आयनित परमाणु पीछे छूट जाते हैं: $p-$पक्ष पर ऋणात्मक आयन और $n-$पक्ष पर धनात्मक आयन।
इन अचल आवेशों का संचय जंक्शन पर एक विद्युत क्षेत्र और विभवांतर उत्पन्न करता है,जिसे विभव प्राचीर (potential barrier) कहा जाता है।