AIPMT 2000 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: $16 = 25 - u^2$।
$u^2 = 25 - 16 = 9$।
$u = 3 \; km/hr$।

(D) विस्थापन समीकरण $s = 3t^3 + 7t^2 + 14t + 8$ दिया गया है।
वेग $v$ ज्ञात करने के लिए,हम $s$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करेंगे:
$v = \frac{ds}{dt} = \frac{d}{dt}(3t^3 + 7t^2 + 14t + 8) = 9t^2 + 14t + 14$.
त्वरण $a$ ज्ञात करने के लिए,हम वेग $v$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करेंगे:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(9t^2 + 14t + 14) = 18t + 14$.
$t = 1 \ s$ समय पर,त्वरण:
$a = 18(1) + 14 = 18 + 14 = 32 \ m/s^2$.

(A) प्रक्षेप्य की क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ है।
दिया गया है कि दोनों प्रक्षेप्यों के लिए प्रारंभिक वेग $u$ समान है।
पहले प्रक्षेप्य के लिए,$\theta_1 = 60^o$,इसलिए $R_1 = \frac{u^2 \sin(120^o)}{g} = \frac{u^2 \sin(60^o)}{g}$।
दूसरे प्रक्षेप्य के लिए,$\theta_2 = 30^o$,इसलिए $R_2 = \frac{u^2 \sin(60^o)}{g}$।
चूँकि $\sin(120^o) = \sin(60^o)$,इसलिए दोनों कोणों के लिए क्षैतिज परास $R$ समान रहती है।
कोण $\theta$ और $(90^o - \theta)$ पूरक कोण हैं,और पूरक कोणों के किसी भी युग्म के लिए,क्षैतिज परास समान होती है।

(C) माना द्रव्यमान $m_1 = 5 \ kg$ और $m_2 = 10 \ kg$ हैं।
निकाय का त्वरण $a$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$a = \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2} g$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$a = \frac{10 - 5}{10 + 5} g$
$a = \frac{5}{15} g$
$a = \frac{g}{3}$

(A) पृथ्वी की सतह पर पिंड का भार $W = mg = 72 \ N$ है।
पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $g'$ का सूत्र $g' = g \left( \frac{R}{R + h} \right)^2$ है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
यहाँ $h = \frac{R}{2}$ दिया गया है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$g' = g \left( \frac{R}{R + \frac{R}{2}} \right)^2 = g \left( \frac{R}{\frac{3R}{2}} \right)^2 = g \left( \frac{2}{3} \right)^2 = \frac{4}{9}g$.
$h$ ऊँचाई पर पिंड का भार $W' = mg' = m \left( \frac{4}{9}g \right) = \frac{4}{9} W$ होगा।
$W = 72 \ N$ का मान रखने पर:
$W' = \frac{4}{9} \times 72 = 4 \times 8 = 32 \ N$.

(C) पलायन वेग का सूत्र $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि ग्रह का द्रव्यमान $M_p = M_e$ (पृथ्वी का द्रव्यमान) है और त्रिज्या $R_p = \frac{R_e}{4}$ (जहाँ $R_e$ पृथ्वी की त्रिज्या है) है।
ग्रह के लिए पलायन वेग $v_p = \sqrt{\frac{2GM_p}{R_p}} = \sqrt{\frac{2GM_e}{R_e/4}}$ होगा।
इसे सरल करने पर $v_p = \sqrt{4 \times \frac{2GM_e}{R_e}} = 2 \times \sqrt{\frac{2GM_e}{R_e}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि पृथ्वी का पलायन वेग $v_e = 11.2 \ km/s$ है,इसलिए ग्रह के लिए पलायन वेग $v_p = 2 \times 11.2 \ km/s = 22.4 \ km/s$ होगा।

(B) विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $\gamma$,स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p$ और स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$।
समविभाजन प्रमेय के अनुसार,$C_v = \frac{f}{2}R$ और $C_p = C_v + R = (\frac{f}{2} + 1)R$ होता है।
इसलिए,$\gamma = \frac{(\frac{f}{2} + 1)R}{\frac{f}{2}R} = \frac{\frac{f+2}{2}}{\frac{f}{2}} = 1 + \frac{2}{f}$।
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\gamma - 1 = \frac{2}{f}$।
$f$ के लिए हल करने पर,हमें $f = \frac{2}{\gamma - 1}$ प्राप्त होता है।

(D) एक उत्क्रमणीय 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 केल्विन में है।
प्रारंभ में,$\eta = \frac{1}{6}$,इसलिए $1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{1}{6} \implies \frac{T_2}{T_1} = \frac{5}{6} \implies T_2 = \frac{5}{6}T_1$ ...$(i)$
जब सिंक का तापमान $62^\circ C$ (जो $62 \ K$ के बराबर है) कम किया जाता है,तो नई दक्षता $\eta' = 2\eta = 2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ हो जाती है।
नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 62$ है।
अतः,$\eta' = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
समीकरण में $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ रखने पर: $1 - \frac{\frac{5}{6}T_1 - 62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$1 - (\frac{5}{6} - \frac{62}{T_1}) = \frac{1}{3} \implies 1 - \frac{5}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3}$.
$\frac{1}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} \implies \frac{62}{T_1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$.
$T_1 = 62 \times 6 = 372 \ K = (372 - 273)^\circ C = 99^\circ C$.
अब,$T_2 = \frac{5}{6} \times 372 = 310 \ K = (310 - 273)^\circ C = 37^\circ C$.

(A) प्राकृतिक संवहन किसी तरल के दो क्षेत्रों के बीच घनत्व में अंतर के कारण होता है। जब किसी तरल को गर्म किया जाता है,तो वह फैलता है और उसका घनत्व कम हो जाता है,जिससे वह ऊपर उठता है,जबकि ठंडा और अधिक घनत्व वाला तरल उसका स्थान लेने के लिए नीचे बैठ जाता है। यह गति घनत्व प्रवणता पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल द्वारा संचालित होती है। इसलिए,प्राकृतिक संवहन के लिए गुरुत्वाकर्षण बल अनिवार्य है।

(C) जब गोलक को $\theta$ कोण से विस्थापित किया जाता है,तो यह अपनी माध्य स्थिति से $h$ ऊर्ध्वाधर ऊँचाई तक ऊपर उठता है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,चरम स्थिति पर स्थितिज ऊर्जा माध्य (सबसे निचली) स्थिति पर गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$mgh = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
$v_{\max} = \sqrt{2gh}$
लोलक की ज्यामिति से,निलंबन बिंदु से चरम स्थिति पर गोलक तक की ऊर्ध्वाधर दूरी $l \cos \theta$ है।
इसलिए,ऊँचाई $h$ इस प्रकार दी जाती है:
$h = l - l \cos \theta = l(1 - \cos \theta)$
वेग के समीकरण में $h$ का मान रखने पर:
$v_{\max} = \sqrt{2gl(1 - \cos \theta)}$

(B) एक तने हुए तार की मूल आवृत्ति $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $l$ लंबाई है,$T$ तनाव है,और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई का द्रव्यमान है।
चूंकि तार समान हैं,इसलिए $\mu$ और $T$ सभी भागों के लिए समान हैं।
अतः,$n \propto \frac{1}{l}$,जिसका अर्थ है $nl = k$ (एक स्थिरांक)।
तीनों तारों के लिए,हमारे पास $n_1 l_1 = n_2 l_2 = n_3 l_3 = k$ है।
इससे $l_1 = \frac{k}{n_1}$,$l_2 = \frac{k}{n_2}$,और $l_3 = \frac{k}{n_3}$ प्राप्त होता है।
संयुक्त तार की कुल लंबाई $l = l_1 + l_2 + l_3$ है।
मान रखने पर,हमें $\frac{k}{n} = \frac{k}{n_1} + \frac{k}{n_2} + \frac{k}{n_3}$ प्राप्त होता है।
$k$ से भाग देने पर,हमें $\frac{1}{n} = \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3}$ प्राप्त होता है।

(A) $l$ लंबाई और $\theta$ झुकाव वाले नत समतल पर लुढ़कने वाली वस्तु द्वारा लिया गया समय $t = \sqrt{\frac{2l(1 + K^2/R^2)}{g \sin \theta}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $K$ घूर्णन त्रिज्या है और $R$ वस्तु की त्रिज्या है।
ठोस बेलन के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}MR^2$ होता है,इसलिए $K^2 = \frac{1}{2}R^2$,जिसका अर्थ है $K^2/R^2 = 0.5$।
खोखले बेलन के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = MR^2$ होता है,इसलिए $K^2 = R^2$,जिसका अर्थ है $K^2/R^2 = 1$।
चूंकि समय $t$,$\sqrt{1 + K^2/R^2}$ के सीधे आनुपातिक है,जिस वस्तु का $K^2/R^2$ अनुपात कम होगा,वह नीचे पहुँचने में कम समय लेगी।
दोनों की तुलना करने पर,ठोस बेलन का $K^2/R^2$ अनुपात कम $(0.5 < 1)$ है,इसलिए ठोस बेलन पहले नीचे पहुँचेगा।

(A) दिए गए समीकरण $x=a \cos (\omega t+\delta)$ और $y=a \cos (\omega t+\alpha)$ हैं।
$\delta=\alpha+\frac{\pi}{2}$ को $x$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$x=a \cos (\omega t+\alpha+\frac{\pi}{2}) = -a \sin (\omega t+\alpha)$.
अब,दोनों समीकरणों का वर्ग करके जोड़ने पर:
$x^2+y^2 = (-a \sin (\omega t+\alpha))^2 + (a \cos (\omega t+\alpha))^2 = a^2 (\sin^2 (\omega t+\alpha) + \cos^2 (\omega t+\alpha)) = a^2$.
यह $a$ त्रिज्या वाले एक वृत्त का समीकरण है।
दिशा निर्धारित करने के लिए,$t=0$ पर,$x = -a \sin \alpha$ और $y = a \cos \alpha$ प्राप्त होता है। जैसे-जैसे $t$ बढ़ता है,बिंदु घड़ी की दिशा $(c.w)$ में गति करता है।

(C) माना ध्वनि की चाल $v$ है और स्रोतों की आवृत्ति $n$ है। चूँकि $\lambda = v/n$,इसलिए $n = v/\lambda$ है।
पहले स्रोत के लिए,प्रेक्षक $u$ वेग से दूर जा रहा है। आभासी आवृत्ति $n_1 = n \left( \frac{v - u}{v} \right) = n \left( 1 - \frac{u}{v} \right)$ होगी।
दूसरे स्रोत के लिए,प्रेक्षक $u$ वेग से उसकी ओर आ रहा है। आभासी आवृत्ति $n_2 = n \left( \frac{v + u}{v} \right) = n \left( 1 + \frac{u}{v} \right)$ होगी।
विस्पंद आवृत्ति दोनों आभासी आवृत्तियों का अंतर है:
$|n_2 - n_1| = n \left( 1 + \frac{u}{v} \right) - n \left( 1 - \frac{u}{v} \right) = n \left( \frac{2u}{v} \right)$।
$n = v/\lambda$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
विस्पंद आवृत्ति $= \left( \frac{v}{\lambda} \right) \left( \frac{2u}{v} \right) = \frac{2u}{\lambda}$।

(C) किसी पिंड का जड़त्व आघूर्ण $(I)$ घूर्णन अक्ष के सापेक्ष उसके द्रव्यमान के वितरण पर निर्भर करता है। द्रव्यमान अक्ष से जितना दूर होगा,जड़त्व आघूर्ण उतना ही अधिक होगा।
दिए गए समकोण त्रिभुज $ABC$ में भुजाएँ $AB=4$,$BC=3$ और $AC=5$ हैं।
$I_{1}$ भुजा $AB$ से गुजरने वाली अक्ष के सापेक्ष जड़त्व आघूर्ण है।
$I_{3}$ भुजा $BC$ से गुजरने वाली अक्ष के सापेक्ष जड़त्व आघूर्ण है।
$I_{2}$ भुजा $AC$ से गुजरने वाली अक्ष के सापेक्ष जड़त्व आघूर्ण है।
इन अक्षों से द्रव्यमान वितरण की दूरियों की तुलना करने पर,हमें $I_{1} < I_{3} < I_{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,संबंध $I_{1} > I_{2}$ गलत है।

(B) ऊर्ध्वाधर वृत्तीय गति में किसी भी बिंदु पर तनाव $T$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$T = \frac{mv^2}{l} + mg \cos \theta$
जहाँ $\theta$ निम्नतम बिंदु से कोणीय विस्थापन है,$l$ डोरी की लंबाई है और $m$ कण का द्रव्यमान है।
निम्नतम बिंदु $(B)$ पर,$\theta = 0^\circ$,इसलिए $\cos \theta = 1$,और तनाव $T_B = \frac{mv_B^2}{l} + mg$ है।
उच्चतम बिंदु $(A)$ पर,$\theta = 180^\circ$,इसलिए $\cos \theta = -1$,और तनाव $T_A = \frac{mv_A^2}{l} - mg$ है।
यह स्पष्ट है कि निम्नतम बिंदु $(B)$ पर तनाव अधिकतम होता है क्योंकि अभिकेंद्री बल और गुरुत्वाकर्षण का घटक दोनों तनाव में योगदान करते हैं। यदि कण का औसत वेग बढ़ाया जाता है,तो निम्नतम बिंदु पर तनाव सबसे अधिक बढ़ेगा। इसलिए,बिंदु $B$ पर डोरी के टूटने की संभावना सबसे अधिक है।

(A) तात्क्षणिक शक्ति $P$,बल सदिश $\overrightarrow{F}$ और वेग सदिश $\overrightarrow{V}$ के अदिश गुणनफल (dot product) द्वारा दी जाती है।
$P = \overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{V}$
दिए गए सदिशों का मान रखने पर:
$P = (60 \hat{i} + 15 \hat{j} - 3 \hat{k}) \cdot (2 \hat{i} - 4 \hat{j} + 5 \hat{k})$
अदिश गुणनफल के गुण का उपयोग करते हुए ($\hat{i} \cdot \hat{i} = 1, \hat{j} \cdot \hat{j} = 1, \hat{k} \cdot \hat{k} = 1$ और अन्य पद $0$ हो जाते हैं):
$P = (60 \times 2) + (15 \times -4) + (-3 \times 5)$
$P = 120 - 60 - 15$
$P = 45 \; W$

(A) प्रत्येक युग्म की विमाओं का विश्लेषण करते हैं:
$1$. बल: $[MLT^{-2}]$; आवेग: $[MLT^{-1}]$। ये समान नहीं हैं।
$2$. कोणीय संवेग: $[ML^2T^{-1}]$; प्लांक नियतांक: $[ML^2T^{-1}]$। ये समान हैं।
$3$. ऊर्जा: $[ML^2T^{-2}]$; बल आघूर्ण: $[ML^2T^{-2}]$। ये समान हैं।
$4$. प्रत्यास्थता गुणांक: $[ML^{-1}T^{-2}]$; दाब: $[ML^{-1}T^{-2}]$। ये समान हैं।
अतः,बल और आवेग का युग्म समान विमाओं वाला नहीं है।

(C) यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,घर्षण जैसे गैर-संरक्षी बलों की अनुपस्थिति में कुल यांत्रिक ऊर्जा स्थिर रहती है।
व्यक्ति और थैले दोनों के लिए,प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $PE_i = mgh$ है और प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_i = 0$ है।
नीचे पहुँचने पर,स्थितिज ऊर्जा $PE_f = 0$ हो जाती है और गतिज ऊर्जा $KE_f = \frac{1}{2}mv^2$ होती है।
ऊर्जा को बराबर करने पर: $mgh = \frac{1}{2}mv^2$।
वेग के लिए हल करने पर: $v = \sqrt{2gh}$।
चूंकि व्यक्ति और थैला दोनों समान ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h$ से गिरते हैं और दोनों पर समान गुरुत्वीय त्वरण $g$ कार्य करता है,इसलिए नीचे पहुँचने पर उनके अंतिम वेग समान होंगे,चाहे वे किसी भी पथ से आए हों (यदि सतह घर्षणरहित है)।

(C) प्रारंभिक वेग $u = 100 \; m/s$. त्वरण $g = -10 \; m/s^2$.
$t = 5 \; s$ पर वस्तु का वेग $v = u + at = 100 - 10 \times 5 = 50 \; m/s$ (ऊपर की ओर)।
माना कुल द्रव्यमान $M = 1 \; kg$ है। द्रव्यमान दो भागों में विभाजित होता है: $m_1 = 0.4 \; kg$ और $m_2 = 0.6 \; kg$।
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,विस्फोट से पहले का संवेग = विस्फोट के बाद का संवेग।
$Mv = m_1 v_1 + m_2 v_2$
ऊपर की दिशा को धनात्मक लेने पर:
$1 \times 50 = 0.4 \times (-25) + 0.6 \times v_2$
$50 = -10 + 0.6 \times v_2$
$60 = 0.6 \times v_2$
$v_2 = \frac{60}{0.6} = 100 \; m/s$।
चूंकि परिणाम धनात्मक है,इसलिए वेग $100 \; m/s$ ऊपर की ओर होगा।

(B) सरल लोलक की आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया आवृत्ति संबंध $f_{A}=2 f_{B}$ है।
आवृत्ति के लिए सूत्र प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{l_{A}}} = 2 \times \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{g}{l_{B}}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{g}{l_{A}} = 4 \times \frac{g}{l_{B}}$
$\frac{1}{l_{A}} = \frac{4}{l_{B}}$
अतः,$l_{A} = \frac{l_{B}}{4}$ प्राप्त होता है।
चूंकि सरल लोलक की आवृत्ति केवल लंबाई $l$ और गुरुत्वीय त्वरण $g$ पर निर्भर करती है,यह बॉब के द्रव्यमान $M$ पर निर्भर नहीं करती है।

(C) संवेग में परिवर्तन केवल दीवार के लंबवत दिशा में होता है।
मान लीजिए वेग $v = 10 \, m/s$ और द्रव्यमान $m = 3 \, kg$ है।
दीवार के लंबवत वेग का घटक $v_{\perp} = v \sin(60^\circ)$ है।
दीवार के लंबवत प्रारंभिक संवेग: $p_i = mv \sin(60^\circ)$.
दीवार के लंबवत अंतिम संवेग (परावर्तन के बाद): $p_f = -mv \sin(60^\circ)$.
संवेग में परिवर्तन: $\Delta p = p_f - p_i = -mv \sin(60^\circ) - mv \sin(60^\circ) = -2mv \sin(60^\circ)$.
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta p| = 2mv \sin(60^\circ)$ है।
दीवार पर लगाया गया बल $F = \frac{|\Delta p|}{\Delta t} = \frac{2mv \sin(60^\circ)}{\Delta t}$.
मान रखने पर: $F = \frac{2 \times 3 \times 10 \times \sin(60^\circ)}{0.2} = \frac{60 \times (\sqrt{3}/2)}{0.2} = \frac{30\sqrt{3}}{0.2} = 150\sqrt{3} \, N$.

(A) यह परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज है। मान लीजिए प्रतिरोध $P = 3 \, \Omega$,$Q = 4 \, \Omega$,$R = 6 \, \Omega$,और $S = 8 \, \Omega$ हैं। मध्य का प्रतिरोध $G = 7 \, \Omega$ है।
भुजाओं के अनुपात की जाँच करें: $\frac{P}{R} = \frac{3}{6} = 0.5$ और $\frac{Q}{S} = \frac{4}{8} = 0.5$ है।
चूँकि $\frac{P}{R} = \frac{Q}{S}$ है,इसलिए व्हीटस्टोन ब्रिज संतुलित है।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज में,मध्य के $7 \, \Omega$ प्रतिरोध से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। इसलिए,इसे परिपथ से हटाया जा सकता है।
$7 \, \Omega$ के प्रतिरोध को हटाने के बाद,परिपथ दो समानांतर शाखाओं से बना है:
शाखा $1$ (ऊपरी): $3 \, \Omega$ और $4 \, \Omega$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए $R_1 = 3 + 4 = 7 \, \Omega$।
शाखा $2$ (निचली): $6 \, \Omega$ और $8 \, \Omega$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए $R_2 = 6 + 8 = 14 \, \Omega$।
$A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है: $\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{1}{7} + \frac{1}{14}$।
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{2 + 1}{14} = \frac{3}{14}$।
अतः,$R_{eq} = \frac{14}{3} \, \Omega$।

(C) जब एक बैटरी चार्ज हो रही होती है,तो टर्मिनल वोल्टेज $V$ का सूत्र $V = E + Ir$ होता है,जहाँ $E$ $e.m.f.$ है,$I$ चार्जिंग धारा है और $r$ आंतरिक प्रतिरोध है।
दिया गया है:
$E = 12\,V$
$I = 60\,A$
$r = 5 \times 10^{-2}\,\Omega = 0.05\,\Omega$
मान रखने पर:
$V = 12 + (60 \times 0.05)$
$V = 12 + 3$
$V = 15\,V$.

(C) विद्युत उपकरण की शक्ति रेटिंग $P = \frac{V^2}{R}$ सूत्र द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ वोल्टेज है और $R$ प्रतिरोध है।
पहले बल्ब के लिए $(40 \; W, 200 \; V)$:
$R_{40} = \frac{V^2}{P_1} = \frac{(200)^2}{40} = \frac{40000}{40} = 1000 \; \Omega$.
दूसरे बल्ब के लिए $(100 \; W, 200 \; V)$:
$R_{100} = \frac{V^2}{P_2} = \frac{(200)^2}{100} = \frac{40000}{100} = 400 \; \Omega$.
दोनों मानों की तुलना करने पर,हम पाते हैं कि $1000 \; \Omega > 400 \; \Omega$,जिसका अर्थ है कि $R_{40} > R_{100}$.

(D) एक लंबे सीधे तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
$P$ से $2.5 \text{ m}$ की दूरी पर $5 \text{ A}$ धारा वाले तार के लिए चुंबकीय क्षेत्र:
$B_1 = \frac{\mu_0 \times 5}{2 \pi \times 2.5} = \frac{2 \mu_0}{2 \pi} \otimes$ (कागज के तल के अंदर की ओर)।
$2.5 \text{ A}$ धारा वाले तार के लिए,$P$ से दूरी $5 \text{ m} - 2.5 \text{ m} = 2.5 \text{ m}$ है। चुंबकीय क्षेत्र:
$B_2 = \frac{\mu_0 \times 2.5}{2 \pi \times 2.5} = \frac{\mu_0}{2 \pi} \odot$ (कागज के तल के बाहर की ओर)।
$P$ पर परिणामी चुंबकीय क्षेत्र:
$B_{net} = B_1 - B_2 = \frac{2 \mu_0}{2 \pi} - \frac{\mu_0}{2 \pi} = \frac{\mu_0}{2 \pi} \otimes$।

(A) $LCR$ परिपथ का गुणवत्ता कारक $(Q)$ अनुनाद पर प्रेरक $(V_L)$ या संधारित्र $(V_C)$ के सिरों पर वोल्टेज और प्रतिरोधक $(V_R)$ के सिरों पर वोल्टेज के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
गणितीय रूप से,$Q = \frac{V_L}{V_R} = \frac{I \cdot X_L}{I \cdot R} = \frac{X_L}{R}$ है।
चूंकि प्रेरक प्रतिघात $X_L = \omega L$ होता है,इसलिए हम इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं।
अतः,गुणवत्ता कारक $Q = \frac{\omega L}{R}$ है।

(A) आइंस्टीन ने प्रकाश-विद्युत प्रभाव की व्याख्या यह प्रस्तावित करके की कि प्रकाश ऊर्जा के छोटे पैकेटों से बना होता है जिन्हें फोटॉन कहा जाता है। प्रत्येक फोटॉन की ऊर्जा $E = h\nu$ समीकरण द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है और $\nu$ विकिरण की आवृत्ति है। यह समीकरण आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण $K_{max} = h\nu - \Phi_0$ का आधार बनाता है। अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) $\beta^+$ क्षय (पॉज़िट्रॉन उत्सर्जन) में, नाभिक के भीतर एक प्रोटॉन एक न्यूट्रॉन, एक पॉज़िट्रॉन $(\beta^+)$ और एक न्यूट्रिनो $(\nu)$ में परिवर्तित हो जाता है।
अभिक्रिया इस प्रकार है: $_6C^{11} \to _5B^{11} + _1e^0 + \nu$.
लेप्टॉन संख्या के संरक्षण के नियम के अनुसार, लेप्टॉन संख्या संरक्षित रहनी चाहिए। चूंकि पॉज़िट्रॉन $(\beta^+)$ की लेप्टॉन संख्या $-1$ होती है, इसलिए समीकरण को संतुलित करने के लिए $+1$ लेप्टॉन संख्या वाला एक न्यूट्रिनो $(\nu)$ उत्सर्जित होना चाहिए।
अतः, कण $X$ एक न्यूट्रिनो है।

(B) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है।
परिभाषा के अनुसार,अर्ध-आयु $T_{1/2}$ पर,शेष रेडियोधर्मी नाभिकों की संख्या प्रारंभिक मात्रा की आधी होती है,अर्थात $N(T_{1/2}) = \frac{N_0}{2}$।
इसे क्षय नियम में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{N_0}{2} = N_0 e^{-\lambda T_{1/2}}$।
$\frac{1}{2} = e^{-\lambda T_{1/2}}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(1/2) = -\lambda T_{1/2}$।
$-\ln 2 = -\lambda T_{1/2}$।
अतः,$T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda}$।

(B) हम जानते हैं कि एमिटर धारा,कलेक्टर धारा और बेस धारा का योग होती है:
$I_{E} = I_{C} + I_{B}$
दोनों पक्षों को $I_{C}$ से विभाजित करने पर:
$\frac{I_{E}}{I_{C}} = 1 + \frac{I_{B}}{I_{C}}$
चूँकि $\alpha = \frac{I_{C}}{I_{E}}$,इसलिए $\frac{1}{\alpha} = \frac{I_{E}}{I_{C}}$ होता है।
चूँकि $\beta = \frac{I_{C}}{I_{B}}$,इसलिए $\frac{1}{\beta} = \frac{I_{B}}{I_{C}}$ होता है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{\alpha} = 1 + \frac{1}{\beta}$
$\frac{1}{\beta}$ के लिए हल करने पर:
$\frac{1}{\beta} = \frac{1}{\alpha} - 1 = \frac{1 - \alpha}{\alpha}$
अतः,$\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$.

(D) $AND$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक $R = P \cdot Q$ है।
सत्यता सारणी से मानों की जाँच करने पर:
जब $P=1, Q=1$ हो,तो $R = 1 \cdot 1 = 1$।
जब $P=1, Q=0$ हो,तो $R = 1 \cdot 0 = 0$।
जब $P=0, Q=1$ हो,तो $R = 0 \cdot 1 = 0$।
जब $P=0, Q=0$ हो,तो $R = 0 \cdot 0 = 0$।
चूँकि गणना किए गए मान दी गई सत्यता सारणी से मेल खाते हैं,इसलिए यह $AND$ गेट है।

(B) चांदी की पॉलिश किए गए लेंस की फोकस दूरी का सूत्र $\frac{1}{F} = \frac{2}{f_l} + \frac{1}{f_m}$ है,जहाँ $f_l$ लेंस की फोकस दूरी है और $f_m$ दर्पण की फोकस दूरी है।
समतल-उत्तल लेंस के लिए,लेंस की फोकस दूरी $f_l$ का मान $\frac{1}{f_l} = (\mu - 1)(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$R_1 = 10 \; cm$ और $R_2 = \infty$ है,इसलिए $\frac{1}{f_l} = (1.5 - 1)(\frac{1}{10} - 0) = \frac{0.5}{10} = \frac{1}{20}$। अतः,$f_l = 20 \; cm$।
चांदी की पॉलिश वाली समतल सतह एक समतल दर्पण के रूप में कार्य करती है,इसलिए इसकी फोकस दूरी $f_m = \infty$ होती है।
इसलिए,$\frac{1}{F} = \frac{2}{20} + \frac{1}{\infty} = \frac{1}{10} + 0 = \frac{1}{10}$।
अतः,$F = 10 \; cm$।

(C) इंद्रधनुष का बनना एक जटिल प्रकाशीय घटना है जिसमें कई प्रक्रियाएं शामिल हैं।
$1$. सूर्य का प्रकाश पानी की बूंद में प्रवेश करता है और उसका अपवर्तन तथा विक्षेपण होता है,जिससे वह अपने घटक रंगों में विभाजित हो जाता है।
$2$. इसके बाद प्रकाश बूंद की पिछली सतह पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ से गुजरता है।
$3$. अंत में,जब प्रकाश बूंद से बाहर निकलता है तो उसका फिर से अपवर्तन होता है।
अतः,इसमें शामिल मुख्य प्रक्रियाएं अपवर्तन,विक्षेपण और पूर्ण आंतरिक परावर्तन हैं।

(A) विद्युतचुंबकीय स्पेक्ट्रम को बढ़ती तरंगदैर्ध्य या घटती आवृत्ति के क्रम में व्यवस्थित किया जाता है। इन विद्युतचुंबकीय तरंगों के लिए आवृत्ति का क्रम इस प्रकार है: $\nu_{\gamma-rays} > \nu_{X-rays} > \nu_{UV-rays}$।
चूंकि $\gamma-$ किरणें $(b)$ हैं,$X-$ किरणें $(a)$ हैं और $UV-$ किरणें $(c)$ हैं,इसलिए आवृत्ति का क्रम $b > a > c$ होगा।

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

(B) एक डायोड फॉरवर्ड बायस स्थिति में तब होता है जब $p$-टर्मिनल (एनोड) पर विभव,$n$-टर्मिनल (कैथोड) पर विभव से अधिक होता है।
मान लीजिए $V_A$ एनोड पर विभव है और $V_K$ कैथोड पर विभव है।
फॉरवर्ड बायस के लिए,शर्त $V_A > V_K$ है।
विकल्पों की जाँच करने पर:
$(A)$ $V_A = 0 \ V$,$V_K = 2 \ V$. यहाँ $V_A < V_K$,इसलिए यह रिवर्स बायस है।
$(B)$ $V_A = 0 \ V$,$V_K = -2 \ V$. यहाँ $V_A > V_K$ $(0 > -2)$,इसलिए यह फॉरवर्ड बायस है।
$(C)$ $V_A = -5 \ V$,$V_K = -2 \ V$. यहाँ $V_A < V_K$ $(-5 < -2)$,इसलिए यह रिवर्स बायस है।
$(D)$ $V_A = 5 \ V$,$V_K = 12 \ V$. यहाँ $V_A < V_K$,इसलिए यह रिवर्स बायस है।
अतः,विकल्प $(B)$ सही उत्तर है।

(C) माना कांच के स्लैब की मोटाई $x$ है।
जब एक तरफ से देखा जाता है,तो आभासी गहराई $d_1 = 5 \ cm$ है।
जब दूसरी तरफ से देखा जाता है,तो आभासी गहराई $d_2 = 2 \ cm$ है।
वास्तविक गहराई और आभासी गहराई के बीच का संबंध $\mu = \frac{\text{वास्तविक गहराई}}{\text{आभासी गहराई}}$ द्वारा दिया जाता है।
माना $x_1$ पहली तरफ से बुलबुले की वास्तविक दूरी है और $x_2$ दूसरी तरफ से वास्तविक दूरी है,ताकि $x_1 + x_2 = x$ हो।
सूत्र के अनुसार,$x_1 = \mu d_1 = 1.5 \times 5 = 7.5 \ cm$।
इसी प्रकार,$x_2 = \mu d_2 = 1.5 \times 2 = 3.0 \ cm$।
अतः,स्लैब की कुल मोटाई $x = x_1 + x_2 = 7.5 + 3.0 = 10.5 \ cm$ है।

(D) विभवमापी को विभवांतर $(p.d.)$ या सेल के विद्युत वाहक बल $(EMF)$ को मापने के लिए सबसे अच्छा उपकरण माना जाता है क्योंकि यह शून्य विक्षेप विधि के सिद्धांत पर कार्य करता है।
इस विधि में,जब विभवमापी संतुलित होता है,तो मापे जा रहे सेल से जुड़े गैल्वेनोमीटर से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
चूंकि स्रोत से कोई धारा नहीं ली जाती है,इसलिए मापा गया टर्मिनल विभवांतर सेल के वास्तविक $EMF$ के बराबर होता है।
इसलिए,यह खुले परिपथ की स्थिति में $p.d.$ मापता है,जो स्रोत के आंतरिक प्रतिरोध के कारण होने वाली त्रुटि से बचाता है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की स्पेक्ट्रल श्रेणी इलेक्ट्रॉन संक्रमण के अंतिम ऊर्जा स्तर $(n_f)$ द्वारा निर्धारित की जाती है।
$1$. $n_f = 1$ पर संक्रमण लायमन श्रेणी में परिणामित होते हैं।
$2$. $n_f = 2$ पर संक्रमण बामर श्रेणी में परिणामित होते हैं।
$3$. $n_f = 3$ पर संक्रमण पाश्चन श्रेणी में परिणामित होते हैं।
इस मामले में,इलेक्ट्रॉन $n_i = 4$ से $n_f = 2$ में संक्रमण करता है। चूंकि अंतिम अवस्था $n_f = 2$ है,इसलिए यह उत्सर्जन बामर श्रेणी का हिस्सा है।
बामर श्रेणी की रेखाएं $n_i = 3, 4, 5, ...$ से $n_f = 2$ तक के संक्रमण द्वारा परिभाषित होती हैं:
- पहली रेखा $n_i = 3$ से $n_f = 2$ के संक्रमण के लिए है।
- दूसरी रेखा $n_i = 4$ से $n_f = 2$ के संक्रमण के लिए है।
अतः,$n=4$ से $n=2$ का संक्रमण बामर श्रेणी की दूसरी रेखा को दर्शाता है।

(C) $H$ ऊंचाई की वस्तु का पूर्ण प्रतिबिंब समतल दर्पण में देखने के लिए,दर्पण की आवश्यक न्यूनतम लंबाई $H/2$ होती है।
यहाँ व्यक्ति की ऊंचाई $H = 6$ फीट दी गई है।
इसलिए,दर्पण की आवश्यक न्यूनतम लंबाई $6 / 2 = 3$ फीट होगी।

(B) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के हेलिकल पथ की त्रिज्या का सूत्र है:
$r = \frac{mv_{\perp}}{qB} = \frac{mv \sin \theta}{qB}$
दिए गए मान:
$q/m = 10^8 \, C/kg \implies m/q = 10^{-8} \, kg/C$
$v = 3 \times 10^5 \, m/s$
$B = 0.3 \, T$
$\theta = 30^{\circ}$
सूत्र में मान रखने पर:
$r = \left( \frac{m}{q} \right) \frac{v \sin 30^{\circ}}{B}$
$r = (10^{-8}) \times \frac{3 \times 10^5 \times 0.5}{0.3}$
$r = 10^{-8} \times \frac{1.5 \times 10^5}{0.3}$
$r = 10^{-8} \times 5 \times 10^5 = 5 \times 10^{-3} \, m$
मीटर को सेंटीमीटर में बदलने पर:
$r = 5 \times 10^{-3} \times 10^2 \, cm = 0.5 \, cm$.

(B) जे. जे. थॉमसन ने अपने कैथोड किरण प्रयोग का उपयोग करके इलेक्ट्रॉन का विशिष्ट आवेश $(e/m)$ निर्धारित किया था। बाद में,रॉबर्ट ए. मिलिकन ने अपने तेल-बूंद (oil-drop) प्रयोग का उपयोग करके इलेक्ट्रॉन का आवेश $(e)$ निर्धारित किया। इन दोनों मानों को संयोजित करके,इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $(m)$ अप्रत्यक्ष रूप से $m = e / (e/m)$ के रूप में ज्ञात किया गया था।

(B) प्रारंभ में,$C$ धारिता वाले संधारित्र को बैटरी द्वारा $V$ विभव तक आवेशित किया जाता है। संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} CV^2 = \frac{Q^2}{2C}$ है,जहाँ $Q$ प्रारंभिक आवेश है।
जब बैटरी को हटा दिया जाता है और समान धारिता $C$ का दूसरा संधारित्र समानांतर में जोड़ा जाता है,तो कुल आवेश $Q$ दोनों संधारित्रों के बीच पुनर्वितरित हो जाता है।
चूंकि संधारित्र समानांतर में हैं,वे आवेश को समान रूप से साझा करेंगे,इसलिए प्रत्येक संधारित्र पर अब $Q' = \frac{Q}{2}$ आवेश होगा।
प्रत्येक संधारित्र पर नया विभवांतर $V' = \frac{Q'}{C} = \frac{Q}{2C} = \frac{V}{2}$ है।
प्रत्येक संधारित्र में संचित ऊर्जा $U' = \frac{1}{2} C(V')^2 = \frac{1}{2} C \left(\frac{V}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} C \frac{V^2}{4} = \frac{1}{4} \left(\frac{1}{2} CV^2\right) = \frac{U}{4}$ है।

(C) गॉस के नियम के अनुसार,किसी बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स सतह द्वारा परिबद्ध कुल आवेश का $\frac{1}{\varepsilon_0}$ गुना होता है।
जब एक आवेश $Q$ को घन के कोने पर रखा जाता है,तो यह $8$ ऐसे समान घनों द्वारा साझा किया जाता है ताकि एक बड़ी सममित बंद सतह (गॉसियन सतह) बन सके।
इसलिए,पूरी गॉसियन सतह से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\frac{Q}{\varepsilon_0}$ होता है।
चूंकि आवेश $8$ घनों के बीच समान रूप से वितरित है,इसलिए एक घन से गुजरने वाला फ्लक्स कुल फ्लक्स का $\frac{1}{8}$ भाग होगा।
अतः,घन से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\Phi = \frac{Q}{8\varepsilon_0}$ है।

(A) सममिति अक्ष $PO$ के साथ $\theta$ कोण पर $dl = a d\theta$ लंबाई का एक छोटा अवयव लें। इस अवयव पर आवेश $dq = \lambda dl = \lambda a d\theta$ है।
इस अवयव के कारण केंद्र $O$ पर विद्युत क्षेत्र $dE = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{dq}{a^2} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\lambda a d\theta}{a^2} = \frac{\lambda d\theta}{4\pi \varepsilon_0 a}$ है।
सममिति के कारण,सममिति अक्ष $PO$ के लंबवत विद्युत क्षेत्र के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं,जबकि $PO$ की दिशा में घटक जुड़ जाते हैं।
$PO$ की दिशा में $dE$ का घटक $dE_{\parallel} = dE \cos \theta = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 a} \cos \theta d\theta$ है।
$\theta = -\pi/2$ से $\pi/2$ तक समाकलन करने पर:
$E = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 a} \cos \theta d\theta = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 a} [\sin \theta]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{\lambda}{4\pi \varepsilon_0 a} (1 - (-1)) = \frac{2\lambda}{4\pi \varepsilon_0 a} = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 a}$.