AIPMT 2007 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) ओम के नियम के अनुसार,$V = RI$,जिसका अर्थ है $R = \frac{V}{I}$।
विभवांतर $V$ की विमाएं $V = \frac{W}{q}$ द्वारा दी जाती हैं,जहाँ $W$ कार्य है और $q$ आवेश है।
कार्य $W$ की विमाएं $[ML^2T^{-2}]$ और आवेश $q$ की विमाएं $[IT]$ हैं।
अतः,$V$ की विमाएं $= \frac{[ML^2T^{-2}]}{[IT]} = [ML^2T^{-3}I^{-1}]$।
अब,प्रतिरोध के व्यंजक में इसका मान रखने पर: $R = \frac{[ML^2T^{-3}I^{-1}]}{[I]} = [ML^2T^{-3}I^{-2}]$।

(A) दी गई स्थिति का समीकरण: $x = 9t^2 - t^3$।
वेग $v$,समय के सापेक्ष स्थिति का अवकलन है: $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(9t^2 - t^3) = 18t - 3t^2$।
वह समय ज्ञात करने के लिए जिस पर गति अधिकतम है,हम वेग का समय के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dv}{dt} = 18 - 6t = 0$।
$t$ के लिए हल करने पर,हमें $t = 3 \ s$ प्राप्त होता है।
अब,उस क्षण पर स्थिति ज्ञात करने के लिए $t = 3 \ s$ को स्थिति के समीकरण में रखने पर: $x = 9(3)^2 - (3)^3 = 9(9) - 27 = 81 - 27 = 54 \ m$।

(C) औसत चाल कुल तय की गई दूरी और कुल लिए गए समय का अनुपात होती है।
मान लीजिए $X$ और $Y$ के बीच की दूरी $d$ है।
$X$ से $Y$ तक जाने में लगा समय $t_1 = \frac{d}{v_1}$ है।
$Y$ से $X$ तक वापस आने में लगा समय $t_2 = \frac{d}{v_2}$ है।
कुल दूरी $= d + d = 2d$.
कुल समय $= t_1 + t_2 = \frac{d}{v_1} + \frac{d}{v_2}$.
औसत चाल $\bar v = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{2d}{\frac{d}{v_1} + \frac{d}{v_2}}$.
अंश और हर से $d$ को काटने पर,हमें $\bar v = \frac{2}{\frac{1}{v_1} + \frac{1}{v_2}}$ प्राप्त होता है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{2}{\bar v} = \frac{1}{v_1} + \frac{1}{v_2}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: समय $t = 0$ पर,वेग $v = 0$ है।
त्वरण $f = f_0(1 - t/T)$ है।
जिस क्षण $f = 0$ होता है,तब $0 = f_0(1 - t/T)$। चूँकि $f_0$ एक स्थिरांक है,$1 - t/T = 0$,जिसका अर्थ है $t = T$।
हम जानते हैं कि त्वरण $f = \frac{dv}{dt}$,इसलिए $dv = f dt$।
दोनों पक्षों का $t = 0$ से $t = T$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{v_x} dv = \int_{0}^{T} f_0(1 - t/T) dt$
$v_x = f_0 \left[ t - \frac{t^2}{2T} \right]_{0}^{T}$
$v_x = f_0 \left( T - \frac{T^2}{2T} \right) = f_0 \left( T - \frac{T}{2} \right) = \frac{1}{2} f_0 T$.

(B) मान लीजिए कि $\theta$ वह कोण है जो कण का पथ $x$-अक्ष के साथ बनाता है।
दिए गए निर्देशांक $(x, y) = (\sqrt{3}, 3)$ से,रेखा की ढाल $\tan \theta = \frac{y}{x}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,हमें $\tan \theta = \frac{3}{\sqrt{3}}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर,$\tan \theta = \sqrt{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\theta = \tan^{-1}(\sqrt{3}) = 60^o$।

(A) दिया गया समीकरण: $|\vec A \times \vec B| = \sqrt{3}(\vec A \cdot \vec B)$.
हम जानते हैं कि सदिश गुणन का परिमाण $|\vec A \times \vec B| = AB \sin \theta$ है और अदिश गुणन $\vec A \cdot \vec B = AB \cos \theta$ है।
इन मानों को दिए गए समीकरण में रखने पर:
$AB \sin \theta = \sqrt{3} AB \cos \theta$.
दोनों पक्षों को $AB \cos \theta$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \sqrt{3}$.
$\tan \theta = \sqrt{3}$.
अतः,$\theta = \tan^{-1}(\sqrt{3}) = 60^\circ$.

(D) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $u = V$,अंतिम वेग $v = 0$ है।
ब्लॉक पर कार्य करने वाला गतिज घर्षण बल $f = \mu R = \mu mg$ है,जहाँ $m$ ब्लॉक का द्रव्यमान है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,इस घर्षण द्वारा उत्पन्न मंदन $a$ है:
$a = \frac{f}{m} = \frac{\mu mg}{m} = \mu g$।
गति के पहले समीकरण का उपयोग करते हुए,$v = u - at$ (जहाँ $a$ मंदन है):
$0 = V - (\mu g)t$
$V = \mu gt$
$t = \frac{V}{\mu g}$।

(A) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,निकाय पर किया गया कुल कार्य गेंद की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
मान लीजिए गेंद की प्रारंभिक स्थिति स्प्रिंग से $h$ ऊँचाई पर है। अंतिम स्थिति तब है जब स्प्रिंग $d$ दूरी तक दब जाती है।
गेंद का कुल ऊर्ध्वाधर विस्थापन $(h + d)$ है।
गेंद पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण (नीचे की ओर) और स्प्रिंग बल (ऊपर की ओर) हैं।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_g = mg(h + d)$ है।
स्प्रिंग बल द्वारा किया गया कार्य $W_s = -\int_0^d kx \, dx = -\frac{1}{2}kd^2$ है।
गेंद पर किया गया कुल कार्य $W_{net} = W_g + W_s = mg(h + d) - \frac{1}{2}kd^2$ है।
चूंकि गेंद विरामावस्था से शुरू होती है और अधिकतम संपीड़न $d$ पर क्षण भर के लिए रुक जाती है,इसलिए गतिज ऊर्जा में परिवर्तन शून्य है,जिसका अर्थ है कि पूरी प्रक्रिया के लिए $W_{net} = 0$ है। हालाँकि,प्रश्न में विस्थापन $d$ के दौरान बाहरी बलों (गुरुत्वाकर्षण और स्प्रिंग) द्वारा किया गया कुल कार्य पूछा गया है,जो $mg(h + d) - \frac{1}{2}kd^2$ है।

(A) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,एक कृष्णिका द्वारा विकिरित ऊर्जा की दर $(E)$ उसके परम तापमान ($T$,केल्विन में) की चौथी घात के सीधे समानुपाती होती है।
सूत्र $E \propto T^4$ है।
यहाँ तापमान सेल्सियस में $727^\circ C$ दिया गया है,इसलिए इसे केल्विन में बदलने पर:
$T = 727 + 273 = 1000 \ K$.
इस मान को समानुपाती संबंध में रखने पर:
$E \propto (1000)^4$.
अतः,ऊर्जा उत्सर्जन की दर $(1000)^4$ के समानुपाती है।

(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: $S = \frac{\sigma (4\pi r^2) (t + 273)^4}{4\pi R^2} = \frac{r^2 \sigma (t + 273)^4}{R^2}$.

(C) बिंदु $A$ के परितः आघूर्ण $\tau$,छड़ के द्रव्यमान केंद्र पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के कारण होता है,जो $A$ से $l/2$ की दूरी पर है।
$\tau = mg \times \frac{l}{2} = \frac{mgl}{2}$
आघूर्ण और कोणीय त्वरण के बीच संबंध का उपयोग करते हुए,$\tau = I\alpha$,जहाँ $I$,$A$ के परितः जड़त्व आघूर्ण है और $\alpha$ कोणीय त्वरण है।
दिया गया है कि $I = \frac{ml^2}{3}$,इसलिए:
$\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{mgl/2}{ml^2/3} = \frac{mgl}{2} \times \frac{3}{ml^2} = \frac{3g}{2l}$

(A) मूल बिंदु $O$ के सापेक्ष एक कण का कोणीय संवेग $L$ सूत्र $L = r \times p = r \times (mv)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ कण का स्थिति सदिश है और $p$ इसका रैखिक संवेग है।
इसे $L = m v d$ के रूप में भी व्यक्त किया जा सकता है,जहाँ $d$ मूल बिंदु $O$ से कण की गति की रेखा तक की लंबवत दूरी है।
चूंकि कण एक सीधी रेखा $AB$ के अनुदिश गति कर रहा है,इसलिए मूल बिंदु $O$ से इस रेखा तक की लंबवत दूरी $d$ रेखा के सभी बिंदुओं पर स्थिर रहती है।
इसलिए,रेखा $AB$ पर सभी बिंदुओं के लिए कोणीय संवेग $L$ स्थिर रहता है।
अतः,$L_A = L_B$.

(D) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ केल्विन में सिंक का तापमान है।
दिया गया है $\eta_1 = 1/6$,इसलिए $1/6 = 1 - \frac{T_2}{T_1}$,जिसका अर्थ है $\frac{T_2}{T_1} = 5/6$ या $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ $...(i)$।
जब सिंक का तापमान $62^{\circ}C$ (जो $62 \ K$ के परिवर्तन के बराबर है) कम किया जाता है,तो नई दक्षता $\eta_2 = 2 \times \eta_1 = 2 \times (1/6) = 1/3$ हो जाती है।
नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 62$ है।
दक्षता सूत्र का उपयोग करने पर: $1/3 = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1}$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{T_2 - 62}{T_1} = 1 - 1/3 = 2/3$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(i)$ से $T_2 = \frac{5}{6}T_1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\frac{5}{6}T_1 - 62}{T_1} = 2/3$।
$\frac{5}{6} - \frac{62}{T_1} = 2/3$।
$\frac{62}{T_1} = \frac{5}{6} - \frac{4}{6} = 1/6$।
$T_1 = 62 \times 6 = 372 \ K$।
सेल्सियस में बदलने पर: $T(^{\circ}C) = 372 - 273 = 99^{\circ}C$।

(A) सरल आवर्त गति में एक कण की गतिज ऊर्जा $K = K_0 \cos^2(\omega t)$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\cos^2(\omega t)$ का अधिकतम मान $1$ है,इसलिए अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = K_0$ है।
सरल आवर्त गति में,कुल ऊर्जा $E$ स्थिर रहती है और यह अधिकतम गतिज ऊर्जा या अधिकतम स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है।
अतः,$E = K_{max} = K_0$.
चूंकि कुल ऊर्जा $E = K + U$ है,जहाँ $U$ स्थितिज ऊर्जा है,हमें प्राप्त होता है $U = E - K = K_0 - K_0 \cos^2(\omega t) = K_0 \sin^2(\omega t)$.
स्थितिज ऊर्जा का अधिकतम मान $U_{max} = K_0$ है।
इसलिए,अधिकतम स्थितिज ऊर्जा $K_0$ है और कुल ऊर्जा $K_0$ है।

(C) मान लीजिए कि सरल आवर्त गति कर रहे कण का विस्थापन $y = A \sin(\omega t)$ है।
तात्क्षणिक वेग $v$,विस्थापन का समय के सापेक्ष अवकलन है:
$v = \frac{dy}{dt} = A\omega \cos(\omega t) = A\omega \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$.
तात्क्षणिक त्वरण $a$,वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है:
$a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2 \sin(\omega t) = A\omega^2 \sin(\omega t + \pi)$.
वेग की कला $(\omega t + \frac{\pi}{2})$ है और त्वरण की कला $(\omega t + \pi)$ है।
अतः,त्वरण और वेग के बीच का कलांतर $(\omega t + \pi) - (\omega t + \frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$ या $0.5\pi$ है।

(A) स्प्रिंग की प्राकृतिक लंबाई $l$ है। जब इस पर $m$ द्रव्यमान रखा जाता है,तो यह संतुलन स्थिति $O'$ तक पहुँचने के लिए $x_0$ तक दब जाती है।
संतुलन पर,स्प्रिंग बल द्रव्यमान के भार को संतुलित करता है: $k x_0 = m g$.
$x_0 = \frac{m g}{k} = \frac{2.0 \times 10}{200} = 0.10\, m = 10\, cm$.
जब द्रव्यमान आयाम $A$ के साथ दोलन करता है,तो द्रव्यमान का अधिकतम ऊपर की ओर त्वरण $a_{max} = A \omega^2$ होता है,जहाँ $\omega^2 = \frac{k}{m}$ है।
द्रव्यमान तश्तरी से तब अलग हो जाएगा जब उसकी गति के उच्चतम बिंदु पर उसका नीचे की ओर त्वरण गुरुत्वीय त्वरण $g$ से अधिक हो जाए।
द्रव्यमान के तश्तरी से संपर्क खोने की शर्त $A \omega^2 \ge g$ है।
$\omega^2 = \frac{k}{m}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $A (\frac{k}{m}) \ge g$ प्राप्त होता है।
$A \ge \frac{m g}{k} = x_0$.
इसलिए,द्रव्यमान के अलग होने के लिए आवश्यक न्यूनतम आयाम $A = 10\, cm$ है।

(B) साम्यावस्था से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति में कण का विस्थापन $x(t) = a \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब विस्थापन $x(t) = a/2$ हो।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है: $a/2 = a \sin(\omega t)$।
यह समीकरण $\sin(\omega t) = 1/2$ में बदल जाता है।
चूँकि $\sin(\pi/6) = 1/2$,इसलिए $\omega t = \pi/6$ होगा।
$\omega = 2\pi/T$ रखने पर,हमें मिलता है: $(2\pi/T) \cdot t = \pi/6$।
$t$ के लिए हल करने पर,हमें $t = T/12$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है:
प्रारंभिक कोणीय गति,$\omega_0 = 2.00\, rad/s$
कोणीय त्वरण,$\alpha = 3.0\, rad/s^2$
समय,$t = 2\, s$
कोणीय विस्थापन के लिए गति के समीकरण का उपयोग करते हुए:
$\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\theta = (2.00)(2) + \frac{1}{2}(3.0)(2)^2$
$\theta = 4 + \frac{1}{2}(3.0)(4)$
$\theta = 4 + 6 = 10\, rad$
अतः,पहिया $10\, rad$ के कोण से घूम जाएगा।

(C) उपग्रह की कक्षीय गति $v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $G$ गुरुत्वाकर्षण स्थिरांक है,$M$ पृथ्वी का द्रव्यमान है और $r$ कक्षा की त्रिज्या है।
चूंकि दोनों उपग्रह एक ही कक्षा में हैं,इसलिए दोनों के लिए $r$ समान है।
अतः,कक्षीय गति $v$ उपग्रह के द्रव्यमान से स्वतंत्र है।
इस प्रकार,$S_{1}$ और $S_{2}$ समान गति से चलते हैं।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi r}{v}$ द्वारा दिया जाता है,जो उपग्रह के द्रव्यमान से भी स्वतंत्र है।
स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GMm}{r}$ और गतिज ऊर्जा $K = \frac{GMm}{2r}$ दोनों उपग्रह के द्रव्यमान $m$ पर निर्भर करती हैं,इसलिए वे $S_{1}$ और $S_{2}$ के लिए समान नहीं हैं।

(C) एक विद्युतचुंबकीय तरंग में,दोलनशील विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ हमेशा एक-दूसरे के परस्पर लंबवत होते हैं और तरंग प्रसार की दिशा के भी लंबवत होते हैं।
इसके अतिरिक्त,ये क्षेत्र समान कला में होते हैं,जिसका अर्थ है कि वे एक ही समय और एक ही स्थान पर अपने अधिकतम और न्यूनतम मान प्राप्त करते हैं।
इसलिए,सही विकल्प $C$ है।

(C) चित्र से,$AC = L$,$BC = L$ है। चूंकि $C$,$AB$ का मध्य-बिंदु है और $CD$ अर्धवृत्त का व्यास है,इसलिए दूरी $BD = L$ है (चूंकि $C, B, D$ संरेख हैं और $CD$ अर्धवृत्त का व्यास है,अतः $CB = BD = L$)।
$C$ पर विभव:
$V_C = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{AC} + \frac{-q}{BC} \right] = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{L} - \frac{q}{L} \right] = 0$
$D$ पर विभव:
$AD = AB + BD = 2L + L = 3L$
$V_D = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{AD} + \frac{-q}{BD} \right] = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{3L} - \frac{q}{L} \right]$
$V_D = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 L} \left[ \frac{1}{3} - 1 \right] = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 L} \left( -\frac{2}{3} \right) = -\frac{q}{6\pi\varepsilon_0 L}$
$+Q$ आवेश को $C$ से $D$ तक ले जाने में किया गया कार्य:
$W = Q(V_D - V_C) = Q \left( -\frac{q}{6\pi\varepsilon_0 L} - 0 \right) = -\frac{qQ}{6\pi\varepsilon_0 L}$

(B) संधारित्र $V$ विभव वाली बैटरी के साथ समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
समानांतर संयोजन की तुल्य धारिता $C_{eq} = C + \frac{C}{2} = \frac{3}{2} C$ है।
एक संधारित्र को आवेशित करने में किया गया कार्य $W$ संधारित्र में संचित ऊर्जा के बराबर होता है,जो $W = \frac{1}{2} C_{eq} V^2$ द्वारा दिया जाता है।
$C_{eq}$ का मान रखने पर:
$W = \frac{1}{2} \times \left( \frac{3}{2} C \right) V^2 = \frac{3}{4} C V^2$.

(D) माना $\phi_A, \phi_B,$ और $\phi_C$ क्रमशः पृष्ठ $A, B,$ और $C$ से संबद्ध विद्युत फ्लक्स हैं।
गॉस के नियम के अनुसार,बंद पृष्ठ से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi_{total} = \phi_A + \phi_B + \phi_C = \frac{q}{\varepsilon_0}$ होता है।
बेलन की सममिति के कारण,दोनों समतल पृष्ठों $A$ और $C$ से संबद्ध फ्लक्स समान होता है,इसलिए $\phi_A = \phi_C$ है।
इस मान को गॉस के नियम के समीकरण में रखने पर,हमें $2\phi_A + \phi_B = \frac{q}{\varepsilon_0}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि वक्र पृष्ठ $B$ से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_B = \phi$ है,इसलिए $2\phi_A + \phi = \frac{q}{\varepsilon_0}$।
$\phi_A$ के लिए हल करने पर,$2\phi_A = \frac{q}{\varepsilon_0} - \phi$ प्राप्त होता है।
अतः,$\phi_A = \frac{1}{2}\left(\frac{q}{\varepsilon_0} - \phi\right)$।

(B) दिए गए परिपथ में,$6 \,\Omega$ और $3 \,\Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर क्रम में जुड़े हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_p$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1+2}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \implies R_p = 2 \,\Omega$.
तुल्य परिपथ में यह $R_p = 2 \,\Omega$ प्रतिरोधक,$4 \,\Omega$ प्रतिरोधक के साथ श्रेणी क्रम में और $18 \,V$ की बैटरी के साथ जुड़ा है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_p + 4 \,\Omega = 2 \,\Omega + 4 \,\Omega = 6 \,\Omega$ है।
ओम के नियम के अनुसार परिपथ में प्रवाहित कुल धारा $I$:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{18 \,V}{6 \,\Omega} = 3 \,A$.
परिपथ में व्यय कुल शक्ति $P = I^2 R_{eq}$ या $P = VI_{total}$ द्वारा दी जाती है।
$P = VI_{total} = 18 \,V \times 3 \,A = 54 \,W$.

(A) माना $S$ और $6 \,\Omega$ के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $X$ है।
समानांतर संयोजन के लिए,तुल्य प्रतिरोध $X$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\frac{1}{X} = \frac{1}{S} + \frac{1}{6} \quad \dots(i)$
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,शर्त $\frac{P}{Q} = \frac{R}{X}$ होती है।
दिया गया है $P = Q = R = 2 \,\Omega$,इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{2}{2} = \frac{2}{X} \implies 1 = \frac{2}{X} \implies X = 2 \,\Omega$.
अब,समीकरण $(i)$ में $X = 2 \,\Omega$ रखने पर:
$\frac{1}{2} = \frac{1}{S} + \frac{1}{6}$
$\frac{1}{S} = \frac{1}{2} - \frac{1}{6}$
$\frac{1}{S} = \frac{3 - 1}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$
अतः,$S = 3 \,\Omega$।

(A) माना शंट प्रतिरोध $S$ है।
दिया गया है:
मापी जाने वाली कुल धारा,$I = 750\, A$
एमीटर की पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा,$I_g = 100\, A$
एमीटर का प्रतिरोध,$R_G = 13\, \Omega$
जब एमीटर के समानांतर में एक शंट $S$ जोड़ा जाता है,तो एमीटर और शंट के बीच विभवांतर समान होना चाहिए:
$I_g R_G = (I - I_g) S$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$100 \times 13 = (750 - 100) \times S$
$1300 = 650 \times S$
$S$ के लिए हल करने पर:
$S = \frac{1300}{650} = 2\, \Omega$
अतः,शंट प्रतिरोध का मान $2\, \Omega$ है।

(D) धारा लूप का चुंबकीय आघूर्ण $\mu$ सूत्र $\mu = I A$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,घूमते हुए आवेश $q$ द्वारा उत्पन्न धारा $I = \frac{q}{T}$ है,जहाँ $T$ परिक्रमण का आवर्तकाल है।
$R$ त्रिज्या के वृत्त में $v$ चाल से गति करने वाले कण के लिए आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi R}{v}$ होता है।
$I$ के व्यंजक में $T$ का मान रखने पर,हमें $I = \frac{q}{2 \pi R / v} = \frac{qv}{2 \pi R}$ प्राप्त होता है।
वृत्ताकार पथ का क्षेत्रफल $A = \pi R^2$ है।
अतः,चुंबकीय आघूर्ण $\mu = I A = \left( \frac{qv}{2 \pi R} \right) (\pi R^2) = \frac{qvR}{2}$ है।

(B) अपवर्तनांक $\mu$ को निर्वात में प्रकाश की गति $(c)$ और माध्यम में प्रकाश की गति $(v)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $\mu = \frac{c}{v}$.
माध्यम में प्रकाश की गति $v = f \lambda$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f$ आवृत्ति है और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है।
दिया गया है: $f = 2 \times 10^{14} \ Hz$ और $\lambda = 5000 \ \mathring{A} = 5000 \times 10^{-10} \ m = 5 \times 10^{-7} \ m$.
माध्यम में वेग की गणना: $v = (2 \times 10^{14}) \times (5 \times 10^{-7}) = 10 \times 10^{7} = 10^{8} \ m/s$.
$c = 3 \times 10^{8} \ m/s$ का उपयोग करते हुए,अपवर्तनांक: $\mu = \frac{3 \times 10^{8}}{10^{8}} = 3$.

(D) चित्र से,प्रकाश किरण सिक्के से सतह तक क्रांतिक कोण $C$ पर यात्रा करती है। बने त्रिभुज का आधार $3 \, cm$ है और ऊँचाई $4 \, cm$ है। कर्ण $\sqrt{3^2 + 4^2} = 5 \, cm$ है।
क्रांतिक कोण की परिभाषा के अनुसार,$\sin C = \frac{\text{लंब}}{\text{कर्ण}} = \frac{3}{5}$।
साथ ही,हवा के सापेक्ष तरल का अपवर्तनांक $\mu = \frac{1}{\sin C} = \frac{1}{3/5} = \frac{5}{3}$ है।
हम जानते हैं कि $\mu = \frac{c}{v}$,जहाँ $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ हवा में प्रकाश की चाल है और $v$ तरल में प्रकाश की चाल है।
अतः,$v = \frac{c}{\mu} = \frac{3 \times 10^8}{5/3} = \frac{9 \times 10^8}{5} = 1.8 \times 10^8 \, m/s$।

(D) एकवर्णी प्रकाश पुंज की शक्ति $P = N h \nu$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $N$ प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या है,$h$ प्लांक नियतांक है और $\nu$ आवृत्ति है।
दिया गया है:
शक्ति $P = 2 \times 10^{-3} \text{ W}$
आवृत्ति $\nu = 6.0 \times 10^{14} \text{ Hz}$
प्लांक नियतांक $h \approx 6.63 \times 10^{-34} \text{ J s}$
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = h \nu = (6.63 \times 10^{-34}) \times (6.0 \times 10^{14}) \text{ J} \approx 3.978 \times 10^{-19} \text{ J}$.
प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $N = P / E$:
$N = \frac{2 \times 10^{-3}}{3.978 \times 10^{-19}} \approx 0.5027 \times 10^{16} \approx 5 \times 10^{15}$ फोटॉन प्रति सेकंड।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(B) दिया गया है: आउटपुट पावर $P_{out} = 100\,W$.
प्राथमिक वोल्टेज $V_{p} = 220\,V$.
प्राथमिक धारा $I_{p} = 0.5\,A$.
इनपुट पावर की गणना $P_{in} = V_{p} \times I_{p} = 220\,V \times 0.5\,A = 110\,W$ के रूप में की जाती है।
दक्षता $\eta$ आउटपुट पावर और इनपुट पावर का अनुपात है: $\eta = (P_{out} / P_{in}) \times 100$.
मान रखने पर: $\eta = (100 / 110) \times 100 \approx 90.9\%$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार, दक्षता लगभग $90\%$ है।

(A) दिया गया है: प्राथमिक कुंडली में फेरों की संख्या $N_p = 50$ है। द्वितीयक कुंडली में फेरों की संख्या $N_s = 1500$ है। प्राथमिक कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi = \phi_0 + 4t$ है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित वोल्टेज $(EMF)$ $V = \frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,प्राथमिक कुंडली पर वोल्टेज $V_p = \frac{d}{dt}(\phi_0 + 4t) = 4\, V$ होगा।
ट्रांसफार्मर अनुपात सूत्र का उपयोग करते हुए,$\frac{V_s}{V_p} = \frac{N_s}{N_p}$।
मान रखने पर,$V_s = V_p \times \frac{N_s}{N_p} = 4 \times \frac{1500}{50} = 4 \times 30 = 120\, V$।

(C) श्रेणी $LCR$ परिपथ में,अनुनाद (resonance) की स्थिति में धारा अधिकतम होती है।
अनुनाद पर,प्रेरणिक प्रतिघात (inductive reactance) धारितीय प्रतिघात (capacitive reactance) के बराबर होता है,अर्थात $\omega L = \frac{1}{\omega C}$।
इसलिए,अनुनादी आवृत्ति $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $\omega^2 = \frac{1}{LC}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $L = \frac{1}{\omega^2 C}$।
दिए गए मान: $\omega = 1000 \, rad/sec$ और $C = 10 \, \mu F = 10 \times 10^{-6} \, F = 10^{-5} \, F$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$L = \frac{1}{(1000)^2 \times 10^{-5}} = \frac{1}{10^6 \times 10^{-5}} = \frac{1}{10^1} = 0.1 \, H$।
$mH$ में परिवर्तित करने पर:
$0.1 \, H = 0.1 \times 1000 \, mH = 100 \, mH$।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की कुल ऊर्जा $E_n = \frac{-13.6}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
मूल अवस्था के लिए,$n = 1$,इसलिए $E_1 = -13.6 \text{ eV}$।
प्रथम उत्तेजित अवस्था के लिए,$n = 2$।
अतः,प्रथम उत्तेजित अवस्था में कुल ऊर्जा $E_2 = \frac{-13.6}{2^2} = \frac{-13.6}{4} = -3.4 \text{ eV}$ है।
किसी भी कक्षा में,गतिज ऊर्जा $K$,कुल ऊर्जा $E$ के ऋणात्मक मान के बराबर होती है,अर्थात $K = -E$।
इस प्रकार,प्रथम उत्तेजित अवस्था में इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K = -(-3.4 \text{ eV}) = 3.4 \text{ eV}$ है।

(C) बीटा माइनस क्षय $(\beta^{-})$ में, एक न्यूट्रॉन प्रोटॉन में परिवर्तित हो जाता है और नाभिक से एक इलेक्ट्रॉन एक एंटीन्यूट्रिनो के साथ उत्सर्जित होता है।
यह प्रक्रिया समीकरण द्वारा दर्शाई जाती है: $n \rightarrow p + e^{-} + \bar{\nu}$
जहाँ $n$ न्यूट्रॉन है, $p$ प्रोटॉन है, $e^{-}$ उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन ($\beta$-कण) है, और $\bar{\nu}$ एंटीन्यूट्रिनो है।

(D) नाभिकीय त्रिज्या $R$ को सूत्र $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ द्रव्यमान संख्या है और $R_0$ एक स्थिरांक है।
दिए गए नाभिकों के लिए:
${}_{13}^{27}Al$ के लिए,$A_1 = 27$ और $R_1 = 3.6 \, fm$ है।
${}_{52}^{125}Te$ के लिए,$A_2 = 125$ है और हमें $R_2$ ज्ञात करना है।
अनुपात लेने पर:
$\frac{R_2}{R_1} = \left( \frac{A_2}{A_1} \right)^{1/3}$
मान रखने पर:
$\frac{R_2}{3.6} = \left( \frac{125}{27} \right)^{1/3}$
$\frac{R_2}{3.6} = \frac{5}{3}$
$R_2 = \frac{5}{3} \times 3.6 = 5 \times 1.2 = 6 \, fm$।
अतः,${}_{52}^{125}Te$ की त्रिज्या $6 \, fm$ है।

(A) नाभिक की बंधन ऊर्जा $(B.E.)$ द्रव्यमान क्षति $(\Delta m)$ के समतुल्य ऊर्जा है।
द्रव्यमान क्षति को व्यक्तिगत न्यूक्लियॉन (प्रोटॉन और न्यूट्रॉन) के द्रव्यमान के योग और नाभिक के वास्तविक द्रव्यमान के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया गया है।
प्रोटॉन की संख्या = $Z$
न्यूट्रॉन की संख्या = $A - Z$
द्रव्यमान क्षति $\Delta m = [Z M_p + (A - Z) M_n - M(A, Z)]$
आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता सिद्धांत के अनुसार, $B.E. = \Delta m c^2$ होता है।
अतः, $B.E. = [Z M_p + (A - Z) M_n - M(A, Z)] c^2$।

(C) दिया गया है: क्षय नियतांक $\lambda_{A} = 5\lambda$ और $\lambda_{B} = \lambda$.
$t=0$ पर,नाभिकों की प्रारंभिक संख्या समान है,अर्थात $(N_{0})_{A} = (N_{0})_{B}$.
हमें अनुपात $\frac{N_{A}}{N_{B}} = (\frac{1}{e})^{2} = e^{-2}$ दिया गया है।
रेडियोधर्मी क्षय के नियम के अनुसार,$N = N_{0}e^{-\lambda t}$.
पदार्थ $A$ के लिए,$N_{A} = (N_{0})_{A} e^{-5\lambda t}$.
पदार्थ $B$ के लिए,$N_{B} = (N_{0})_{B} e^{-\lambda t}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{N_{A}}{N_{B}} = \frac{(N_{0})_{A} e^{-5\lambda t}}{(N_{0})_{B} e^{-\lambda t}} = e^{-(5\lambda - \lambda)t} = e^{-4\lambda t}$.
अनुपातों की तुलना करने पर:
$e^{-4\lambda t} = e^{-2}$.
घातांकों की तुलना करने पर:
$4\lambda t = 2$.
$t$ के लिए हल करने पर:
$t = \frac{2}{4\lambda} = \frac{1}{2\lambda}$.

(C) इस परिपथ में एक $NOR$ गेट है जिसके बाद एक और $NOR$ गेट लगा है जो $NOT$ गेट की तरह कार्य करता है (क्योंकि दोनों इनपुट एक साथ जुड़े हुए हैं)।
मान लीजिए कि पहले $NOR$ गेट का आउटपुट $Y^{\prime} = \overline{A + B}$ है।
दूसरा गेट एक $NOR$ गेट है जिसके दोनों इनपुट $Y^{\prime}$ हैं,इसलिए इसका आउटपुट $Y = \overline{Y^{\prime} + Y^{\prime}} = \overline{Y^{\prime}} = \overline{\overline{A + B}} = A + B$ होगा।
यह एक $OR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।
$Y = A + B$ के लिए सत्यता सारणी इस प्रकार है:

$A$	$B$	$Y$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$1$

इसे दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $C$ सही है।

(B) एम्पलीफायर का वोल्टेज गेन $(A_v)$,करंट गेन $(\beta)$ और आउटपुट इम्पीडेंस $(R_{\text{out}})$ तथा इनपुट इम्पीडेंस $(R_{\text{in}})$ के अनुपात के गुणनफल के बराबर होता है:
$A_v = \beta \times \frac{R_{\text{out}}}{R_{\text{in}}}$
यहाँ $A_v = 50$,$R_{\text{in}} = 100\; \Omega$,और $R_{\text{out}} = 200\; \Omega$ दिया गया है,इसलिए हम करंट गेन $(\beta)$ ज्ञात कर सकते हैं:
$50 = \beta \times \frac{200}{100}$
$50 = \beta \times 2$
$\beta = 25$
पावर गेन $(A_p)$,करंट गेन $(\beta)$ और वोल्टेज गेन $(A_v)$ का गुणनफल है:
$A_p = \beta \times A_v$
$A_p = 25 \times 50 = 1250$

(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) जब कोई आवेशित कण चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत वेग के साथ प्रवेश करता है,तो वह चुंबकीय लॉरेंट्ज़ बल $F = q(v \times B)$ का अनुभव करता है।
चूंकि बल हमेशा वेग के लंबवत होता है,इसलिए यह अभिकेंद्र बल के रूप में कार्य करता है।
यह अभिकेंद्र बल कण को स्थिर गति के साथ वृत्ताकार पथ में चलने के लिए प्रेरित करता है।
इसलिए,जब विद्युत क्षेत्र को बंद कर दिया जाता है,तो इलेक्ट्रॉन एक वृत्ताकार कक्षा में गति करेंगे।

(A) बिंदु स्रोत से $r$ दूरी पर प्रकाश की तीव्रता $I = \frac{P_0}{4 \pi r^2}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $P_0$ स्रोत की शक्ति है।
चूंकि प्रति सेकंड मुक्त होने वाले फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या सतह पर आपतित फोटॉनों की संख्या के सीधे आनुपातिक होती है, और फोटॉनों की संख्या प्रकाश की तीव्रता के आनुपातिक होती है, इसलिए $N \propto I$ है।
अतः, $N \propto \frac{1}{r^2}$।
यहाँ $r_1 = 0.5\; m$ और $r_2 = 1.0\; m$ दिया गया है, इसलिए फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या का अनुपात:
$\frac{N_2}{N_1} = \frac{r_1^2}{r_2^2} = \left( \frac{0.5}{1.0} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4}$।
इस प्रकार, मुक्त होने वाले फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या $4$ के कारक से कम हो जाएगी।

(B) दिए गए आवेश निकाय को चित्र में दिखाए अनुसार $x$ और $y$ निर्देशांक अक्षों का उपयोग करके दर्शाया जा सकता है।
$-2q$ आवेश को मूल बिंदु $O(0, 0, 0)$ पर रखा गया है। एक $+q$ आवेश को $(a, 0, 0)$ पर और दूसरे $+q$ आवेश को $(0, a, 0)$ पर रखा गया है।
इस निकाय को दो विद्युत द्विध्रुवों के रूप में देखा जा सकता है: एक $x$-अक्ष के अनुदिश जिसका द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p}_1 = q a \hat{i}$ है और दूसरा $y$-अक्ष के अनुदिश जिसका द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p}_2 = q a \hat{j}$ है।
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{P}_R$ इन दो द्विध्रुवों का सदिश योग है:
$\vec{P}_R = \vec{p}_1 + \vec{p}_2 = qa \hat{i} + qa \hat{j}$.
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण का परिमाण:
$P_R = \sqrt{(qa)^2 + (qa)^2} = \sqrt{2} qa$.
परिणामी द्विध्रुव आघूर्ण की दिशा $\hat{i} + \hat{j}$ सदिश के अनुदिश है,जो मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ और $(a, a, 0)$ बिंदुओं को जोड़ने वाली रेखा है।

(C) जब चुंबकीय क्षेत्र आवेशित कण की गति के लंबवत होता है,तो चुंबकीय बल आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
$F_{c} = F_{m}$
$\frac{m v^{2}}{R} = B q v$
इससे,वृत्ताकार पथ की त्रिज्या इस प्रकार दी जाती है:
$R = \frac{m v}{B q}$
वृत्ताकार गति का आवर्तकाल $T$ एक पूर्ण परिधि को पूरा करने में लगा समय है:
$T = \frac{2 \pi R}{v}$
$R$ का व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर:
$T = \frac{2 \pi}{v} \left( \frac{m v}{B q} \right)$
$T = \frac{2 \pi m}{B q}$
चूंकि $T$ केवल द्रव्यमान $m$,आवेश $q$ और चुंबकीय क्षेत्र $B$ पर निर्भर करता है,इसलिए यह त्रिज्या $R$ और गति $v$ दोनों से स्वतंत्र है।

(A) निकल 'एक्सचेंज कपलिंग' नामक एक क्वांटम भौतिक प्रभाव के कारण फेरोमैग्नेटिज्म प्रदर्शित करता है,जिसमें एक परमाणु के इलेक्ट्रॉन स्पिन अपने पड़ोसी परमाणुओं के स्पिन के साथ परस्पर क्रिया करते हैं।
यह परस्पर क्रिया परमाणुओं के चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्णों (magnetic dipole moments) के संरेखण का कारण बनती है,जो तापीय टक्करों की यादृच्छिक प्रवृत्ति पर हावी हो जाती है।
यह निरंतर संरेखण ही फेरोमैग्नेटिक पदार्थों में स्थायी चुंबकत्व के लिए जिम्मेदार है।
जब किसी फेरोमैग्नेटिक पदार्थ का तापमान एक निश्चित क्रांतिक मान से ऊपर उठाया जाता है,जिसे क्यूरी तापमान $(T_C)$ कहा जाता है,तो एक्सचेंज कपलिंग प्रभावी नहीं रह जाती है।
परिणामस्वरूप,पदार्थ फेरोमैग्नेटिक से पैरामैग्नेटिक अवस्था में परिवर्तित हो जाता है।
पैरामैग्नेटिक अवस्था में,द्विध्रुव अभी भी बाहरी चुंबकीय क्षेत्र के साथ संरेखित होने की प्रवृत्ति रखते हैं,लेकिन यह संरेखण बहुत कमजोर होता है और तापीय हलचल इसे आसानी से बाधित कर सकती है।