AIPMT 2010 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(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,$\Delta U = - \Delta W$।

(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:
$\omega' = \frac{Mr^2\omega}{(M + 2m)r^2} = \frac{M\omega}{M + 2m}$।

(B) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली वृत्ताकार डिस्क का उसके केंद्र से गुजरने वाली और उसके तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2$ होता है।
मूल डिस्क के लिए: $M_1 = 9M$,$R_1 = R$. अतः,$I_1 = \frac{1}{2} (9M) R^2 = \frac{9}{2} M R^2$.
हटाई गई डिस्क के लिए: $M_2 = M$,$R_2 = R/3$. अतः,$I_2 = \frac{1}{2} (M) (R/3)^2 = \frac{1}{2} M (R^2/9) = \frac{1}{18} M R^2$.
शेष डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I = I_1 - I_2$ होगा।
$I = \frac{9}{2} M R^2 - \frac{1}{18} M R^2$.
$I = \frac{81 M R^2 - M R^2}{18} = \frac{80 M R^2}{18} = \frac{40}{9} M R^2$.

(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।

(B) विराम अवस्था से शुरू होने वाले पिंड के लिए,$t$ समय में तय की गई दूरी $h$ गति के समीकरण द्वारा दी जाती है:
$h = \frac{1}{2}gt^2$
$g$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$g = \frac{2h}{t^2}$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln g = \ln 2 + \ln h - 2\ln t$
सापेक्ष त्रुटि ज्ञात करने के लिए अवकलन करने पर:
$\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta h}{h} + 2\frac{\Delta t}{t}$
अधिकतम अनुमेय प्रतिशत त्रुटि के लिए,हम सापेक्ष त्रुटियों के निरपेक्ष मानों को जोड़ते हैं:
$\left( \frac{\Delta g}{g} \times 100 \right)_{\max} = \left( \frac{\Delta h}{h} \times 100 \right) + 2 \times \left( \frac{\Delta t}{t} \times 100 \right)$
यह दिया गया है कि $\frac{\Delta h}{h} \times 100 = e_1$ और $\frac{\Delta t}{t} \times 100 = e_2$,इसलिए $g$ में प्रतिशत त्रुटि है:
$g$ में प्रतिशत त्रुटि $= e_1 + 2e_2$

(A) दिया गया स्थिति समीकरण: $x = (t + 5)^{-1}$ ... $(i)$
वेग $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(t + 5)^{-1} = -(t + 5)^{-2}$ ... (ii)
त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}[-(t + 5)^{-2}] = 2(t + 5)^{-3}$ ... (iii)
समीकरण (ii) से,हमारे पास $v = -(t + 5)^{-2}$ है,जिसका अर्थ है कि $v^{3/2} = [-(t + 5)^{-2}]^{3/2} = -(t + 5)^{-3}$।
इस मान को समीकरण (iii) में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $a = -2v^{3/2}$ प्राप्त होता है।
अतः,त्वरण $(velocity)^{3/2}$ के समानुपाती है।

(A) मान लीजिए कि प्लेटफॉर्म से जिस दूरी पर दोनों गेंदें मिलती हैं,वह $x$ है।
पहली गेंद के लिए:
प्रारंभिक वेग $u_1 = 0$,समय $t_1 = 18\,s$,त्वरण $g = 10\,m/s^2$ है।
गति के समीकरण $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ का उपयोग करने पर:
$x = 0 \times 18 + \frac{1}{2} \times 10 \times (18)^2 = 5 \times 324 = 1620\,m$।
दूसरी गेंद के लिए:
प्रारंभिक वेग $u_2 = v$,समय $t_2 = 18 - 6 = 12\,s$,त्वरण $g = 10\,m/s^2$ है।
गति के समीकरण $h = ut + \frac{1}{2}gt^2$ का उपयोग करने पर:
$x = v \times 12 + \frac{1}{2} \times 10 \times (12)^2 = 12v + 5 \times 144 = 12v + 720$।
$x$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$1620 = 12v + 720$
$12v = 1620 - 720 = 900$
$v = \frac{900}{12} = 75\,m/s$।

(C) सदिश योग के त्रिभुज नियम के अनुसार,जब दो सदिशों को एक त्रिभुज की दो भुजाओं द्वारा क्रम में दर्शाया जाता है,तो उनका योग विपरीत क्रम में ली गई तीसरी भुजा द्वारा दर्शाया जाता है।
दिए गए चित्र से,यदि हम सदिश $\overrightarrow e$ की पूंछ को सदिश $\overrightarrow d$ के शीर्ष पर रखें,तो परिणामी सदिश $\overrightarrow f$ सदिश $\overrightarrow d$ की पूंछ को सदिश $\overrightarrow e$ के शीर्ष से जोड़ता है।
इसलिए,$\overrightarrow d + \overrightarrow e = \overrightarrow f$.

(A) माना $u$ प्रक्षेप्य की प्रारंभिक चाल है और $\theta$ प्रक्षेपण कोण है।
अधिकतम ऊँचाई पर,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य हो जाता है,और प्रक्षेप्य का वेग केवल क्षैतिज घटक के कारण होता है।
अतः,अधिकतम ऊँचाई पर चाल $v = u \cos \theta$ है।
प्रश्न के अनुसार,अधिकतम ऊँचाई पर चाल उसकी प्रारंभिक चाल की आधी है:
$v = \frac{u}{2}$
$v$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$u \cos \theta = \frac{u}{2}$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = \cos^{-1}(\frac{1}{2}) = 60^o$
इसलिए,प्रक्षेपण कोण $60^o$ है।

(B) गति के दिए गए समीकरण:
$x = a \sin \omega t \implies \frac{x}{a} = \sin \omega t$ $(i)$
$y = a \cos \omega t \implies \frac{y}{a} = \cos \omega t$ $(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ का वर्ग करके जोड़ने पर:
$\left(\frac{x}{a}\right)^2 + \left(\frac{y}{a}\right)^2 = \sin^2 \omega t + \cos^2 \omega t$
चूंकि $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{a^2} = 1$
$x^2 + y^2 = a^2$
यह मूल बिंदु पर केंद्रित $a$ त्रिज्या वाले वृत्त का मानक समीकरण है। अतः,कण एक वृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है।

(C) ब्लॉक को नीचे गिरने से रोकने के लिए,ऊपर की ओर लगने वाला घर्षण बल $f$ नीचे की ओर लगने वाले गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ को संतुलित करना चाहिए।
$1$. कार्ट $\alpha$ त्वरण से गति कर रहा है। कार्ट के फ्रेम में,ब्लॉक पर एक छद्म बल (pseudo force) $F_{fic} = m\alpha$ कार्य करता है,जो इसे कार्ट की सतह पर दबाता है। यह बल अभिलंब प्रतिक्रिया $N = m\alpha$ प्रदान करता है।
$2$. अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{max} = \mu N = \mu m\alpha$ है।
$3$. ब्लॉक के नीचे न गिरने के लिए,घर्षण बल $f$ का मान ब्लॉक के भार के बराबर या उससे अधिक होना चाहिए: $f \ge mg$।
$4$. $f = \mu m\alpha$ रखने पर,हमें $\mu m\alpha \ge mg$ प्राप्त होता है।
$5$. $\alpha$ के लिए हल करने पर,हमें $\alpha \ge \frac{g}{\mu}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है: $m_1 = m$,$m_2 = 2m$,$u_1 = 2 \, m/s$,$u_2 = 0$,और $e = 0.5$।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर:
$m_1 u_1 + m_2 u_2 = m_1 v_1 + m_2 v_2$
$m(2) + 2m(0) = m v_1 + 2m v_2$
$2 = v_1 + 2v_2$ ... $(i)$
प्रत्यावस्थान गुणांक की परिभाषा के अनुसार:
$e = \frac{v_2 - v_1}{u_1 - u_2}$
$0.5 = \frac{v_2 - v_1}{2 - 0}$
$1 = v_2 - v_1$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$(v_1 + 2v_2) + (v_2 - v_1) = 2 + 1$
$3v_2 = 3 \Rightarrow v_2 = 1 \, m/s$
$v_2$ का मान $(ii)$ में रखने पर:
$1 = 1 - v_1 \Rightarrow v_1 = 0 \, m/s$
अतः,टक्कर के बाद वेग $0 \, m/s$ और $1 \, m/s$ होंगे।

(D) दिया गया है:
पानी के प्रति इकाई लंबाई का द्रव्यमान,$\mu = 100\, kg/m$.
पानी का वेग,$v = 2\, m/s$.
पानी के प्रवाह की दर (द्रव्यमान प्रवाह दर) $\frac{dm}{dt} = \mu \cdot v$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$\frac{dm}{dt} = 100\, kg/m \times 2\, m/s = 200\, kg/s$.
इंजन द्वारा प्रदान की जाने वाली शक्ति $P = \mu v^3$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
$P = 100 \times (2)^3 = 100 \times 8 = 800\, W$.
अतः,इंजन की शक्ति $800\, W$ है।

(D) कण विराम अवस्था से शुरू होता है,इसलिए इसका प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
दिया गया त्वरण $a$ एकसमान है,इसलिए $T$ समय पर वेग $V = aT$ होगा,जिसका अर्थ है $a = \frac{V}{T}$।
कण पर कार्य करने वाला बल $F = Ma = M \left( \frac{V}{T} \right)$ है।
कण को दी गई शक्ति $P = F \cdot V$ के रूप में परिभाषित है।
$F$ और $V$ के मान रखने पर:
$P = \left( M \frac{V}{T} \right) \cdot V = \frac{MV^2}{T}$।
हालाँकि,औसत शक्ति $P_{avg} = \frac{W}{T} = \frac{\Delta K}{T} = \frac{1}{2} \frac{MV^2}{T}$ होती है।
अतः,विकल्प $D$ कण को दी गई औसत शक्ति को दर्शाता है।

(B) $L$ लंबाई और $A = \pi R^2$ अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल वाली बेलनाकार छड़ से $t$ समय में प्रवाहित ऊष्मा $Q = \frac{KA(T_1 - T_2)t}{L}$ द्वारा दी जाती है।
जब छड़ को पिघलाकर $R' = R/2$ त्रिज्या की नई छड़ बनाई जाती है,तो नया क्षेत्रफल $A' = \pi (R/2)^2 = A/4$ हो जाता है।
चूंकि आयतन $V = AL$ स्थिर रहता है,इसलिए $AL = A'L'$ होगा।
$A' = A/4$ रखने पर,$AL = (A/4)L'$,जिसका अर्थ है $L' = 4L$।
उसी $t$ समय में नई छड़ द्वारा चालित ऊष्मा $Q' = \frac{KA'(T_1 - T_2)t}{L'}$ है।
$A'$ और $L'$ के मान रखने पर:
$Q' = \frac{K(A/4)(T_1 - T_2)t}{4L} = \frac{1}{16} \left( \frac{KA(T_1 - T_2)t}{L} \right) = \frac{Q}{16}$।

(A) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,$T$ तापमान पर एक कृष्णिका के रूप में विकिरण उत्सर्जित करने वाले $r$ त्रिज्या के तारे द्वारा उत्सर्जित कुल शक्ति $P$ है:
$P = \sigma A T^4 = \sigma (4\pi r^2) T^4$
तारे के केंद्र से $R$ दूरी पर,यह ऊर्जा $4\pi R^2$ के गोलाकार पृष्ठीय क्षेत्रफल पर फैल जाती है।
$R$ दूरी पर प्राप्त प्रति इकाई क्षेत्रफल विकिरण ऊर्जा (तीव्रता $S$):
$S = \frac{P}{4\pi R^2}$
$P$ का मान रखने पर:
$S = \frac{\sigma (4\pi r^2) T^4}{4\pi R^2} = \sigma \frac{r^2}{R^2} T^4$

(C) सिक्के को बिना फिसले रिकॉर्ड के साथ घूमने के लिए,आवश्यक अभिकेंद्र बल स्थैतिक घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाना चाहिए।
आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_c = mr\omega^2$ है।
उपलब्ध अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max} = \mu N = \mu mg$ है।
सिक्के को अपनी जगह पर बने रहने के लिए,घर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्र बल से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए:
$f_{s,max} \ge F_c$
$\mu mg \ge mr\omega^2$
दोनों पक्षों को $m\omega^2$ से विभाजित करने पर (जहाँ $m$ सिक्के का द्रव्यमान है),हमें प्राप्त होता है:
$r \le \frac{\mu g}{\omega^2}$

(A) यह निकाय दो कणों से बना है जो अपने आपसी आंतरिक आकर्षण के प्रभाव में गति कर रहे हैं।
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,यदि किसी निकाय पर कार्य करने वाला कुल बाह्य बल शून्य है,तो द्रव्यमान केंद्र का वेग स्थिर रहता है।
प्रारंभ में,दोनों कण स्थिर हैं,जिसका अर्थ है कि द्रव्यमान केंद्र का प्रारंभिक वेग $v_{CM, initial} = 0$ है।
चूंकि निकाय पर कोई बाह्य बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए द्रव्यमान केंद्र का वेग किसी भी क्षण $0$ ही रहेगा।
अतः,निकाय के द्रव्यमान केंद्र की गति $0$ होगी।

(D) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,प्रारंभिक कोणीय संवेग = अंतिम कोणीय संवेग: $I_t \omega_i = (I_t + I_b) \omega_f$।
अतः,अंतिम कोणीय गति $\omega_f = \frac{I_t \omega_i}{I_t + I_b}$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} (I_t + I_b) \omega_f^2 = \frac{1}{2} (I_t + I_b) \left( \frac{I_t \omega_i}{I_t + I_b} \right)^2 = \frac{1}{2} \frac{I_t^2 \omega_i^2}{I_t + I_b}$ है।
खोई गई ऊर्जा $\Delta E = K_i - K_f = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2 - \frac{1}{2} \frac{I_t^2 \omega_i^2}{I_t + I_b}$ है।
इस व्यंजक को सरल करने पर: $\Delta E = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2 \left( 1 - \frac{I_t}{I_t + I_b} \right) = \frac{1}{2} I_t \omega_i^2 \left( \frac{I_t + I_b - I_t}{I_t + I_b} \right) = \frac{1}{2} \frac{I_t I_b}{I_t + I_b} \omega_i^2$।

(B) पृथ्वी के चारों ओर उपग्रह की कक्षीय चाल $v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$ द्वारा दी जाती है।
उपग्रह $A$ के लिए,त्रिज्या $r_A = 4R$ और चाल $v_A = 3V$ है।
अतः,$v_A = \sqrt{\frac{GM}{4R}} = 3V$ ... $(i)$
उपग्रह $B$ के लिए,त्रिज्या $r_B = R$ और चाल $v_B$ है।
अतः,$v_B = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ ... (ii)
समीकरण (ii) को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{v_B}{v_A} = \frac{\sqrt{GM/R}}{\sqrt{GM/4R}} = \sqrt{\frac{4R}{R}} = \sqrt{4} = 2$.
इसलिए,$v_B = 2 \times v_A = 2 \times 3V = 6V$.
अतः,उपग्रह $B$ की चाल $6V$ है।

(B) चूँकि व्यक्ति गुरुत्वाकर्षण मुक्त स्थान में है,इसलिए व्यक्ति-पत्थर निकाय पर कुल बाह्य बल शून्य है। अतः,निकाय का द्रव्यमान केंद्र स्थिर रहता है।
मान लीजिए कि जब पत्थर फर्श पर पहुँचता है तो व्यक्ति $x$ दूरी ऊपर चला जाता है।
द्रव्यमान केंद्र के सिद्धांत के अनुसार,द्रव्यमान केंद्र का विस्थापन शून्य है:
$M_{man} \cdot \Delta x_{man} + M_{stone} \cdot \Delta x_{stone} = 0$
यहाँ,पत्थर नीचे की ओर $10\, m$ चलता है (इसलिए $\Delta x_{stone} = -10\, m$) और व्यक्ति ऊपर की ओर $x$ चलता है (इसलिए $\Delta x_{man} = x$)।
$50 \cdot x + 0.5 \cdot (-10) = 0$
$50x = 5$
$x = \frac{5}{50} = 0.1\, m$
अतः,फर्श से व्यक्ति की अंतिम ऊँचाई $10 + x = 10 + 0.1 = 10.1\, m$ होगी।

(B) $r$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में उपग्रह की कुल ऊर्जा $E = -\frac{GMm}{2r}$ द्वारा दी जाती है।
$R_1$ कक्षा में प्रारंभिक ऊर्जा $E_1 = -\frac{GMm}{2R_1}$ है।
$R_2$ कक्षा में अंतिम ऊर्जा $E_2 = -\frac{GMm}{2R_2}$ है।
कुल ऊर्जा में आवश्यक परिवर्तन $\Delta E = E_2 - E_1 = -\frac{GMm}{2R_2} - (-\frac{GMm}{2R_1}) = \frac{GMm}{2} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ है।
अतः,आवश्यक अतिरिक्त गतिज ऊर्जा $\frac{GMm}{2} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ है।

(C) दिया गया है:
कण का द्रव्यमान $= M$
गोलीय कोश का द्रव्यमान $= M$
गोलीय कोश की त्रिज्या $= a$
मान लीजिए $O$ गोलीय कोश का केंद्र है।
केंद्र पर स्थित कण के कारण केंद्र से $r = a/2$ दूरी पर स्थित बिंदु $P$ पर गुरुत्वीय विभव $V_1 = -\frac{GM}{r} = -\frac{GM}{a/2} = -\frac{2GM}{a}$ है।
गोलीय कोश के अंदर किसी भी बिंदु पर गुरुत्वीय विभव स्थिर होता है और इसकी सतह पर विभव के बराबर होता है,जो $V_2 = -\frac{GM}{a}$ है।
बिंदु $P$ पर कुल गुरुत्वीय विभव $V = V_1 + V_2$ है।
$V = -\frac{2GM}{a} + \left( -\frac{GM}{a} \right) = -\frac{3GM}{a}$.
गुरुत्वीय विभव का परिमाण $|V| = \frac{3GM}{a}$ होगा।

(C) माना $C_p$ और $C_v$ आदर्श गैस की क्रमशः स्थिर दाब और स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्माएँ हैं।
मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C)$ और प्रति इकाई द्रव्यमान विशिष्ट ऊष्मा $(c)$ के बीच का संबंध $C = M \times c$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ अणु भार है।
इसलिए,$C_p = M c_p$ और $C_v = M c_v$ होगा।
आदर्श गैस के लिए मेयर के संबंध के अनुसार,मोलर विशिष्ट ऊष्माओं का अंतर सार्वत्रिक गैस नियतांक के बराबर होता है: $C_p - C_v = R$।
$C_p$ और $C_v$ के व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $M c_p - M c_v = R$।
दोनों पक्षों को $M$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $c_p - c_v = R/M$।

(D) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दाब और आयतन के बीच का संबंध $PV^{\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$P_1 V_1^{\gamma} = P_2 V_2^{\gamma}$।
एकपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 5/3$ है।
दिया गया है कि अंतिम आयतन $V_2 = V_1/8$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$P_1 V_1^{5/3} = P_2 (V_1/8)^{5/3}$।
$P_2 = P_1 \times (V_1 / (V_1/8))^{5/3}$।
$P_2 = P_1 \times (8)^{5/3}$।
चूंकि $8 = 2^3$,इसलिए $(2^3)^{5/3} = 2^5 = 32$।
अतः,$P_2 = 32 P_1$।

(D) चित्र $(a)$ में दिखाए अनुसार $k$ स्प्रिंग नियतांक वाली द्रव्यमानहीन स्प्रिंग से $M$ द्रव्यमान लटकाया गया है।
दोलन का आवर्तकाल इस प्रकार है:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{k}}$ $(i)$
जब इसके साथ एक और $M$ द्रव्यमान लटकाया जाता है,तो कुल द्रव्यमान $M + M = 2M$ हो जाता है,जैसा कि चित्र $(b)$ में दिखाया गया है।
नया आवर्तकाल $T^{\prime}$ इस प्रकार है:
$T^{\prime} = 2 \pi \sqrt{\frac{2M}{k}}$
$T^{\prime} = \sqrt{2} \left( 2 \pi \sqrt{\frac{M}{k}} \right)$
समीकरण $(i)$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T^{\prime} = \sqrt{2} T$

(A) दिया गया विस्थापन $x = a \sin^2 \omega t$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर,समीकरण को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$x = a \left( \frac{1 - \cos 2\omega t}{2} \right) = \frac{a}{2} - \frac{a}{2} \cos 2\omega t$.
यह समीकरण माध्य स्थिति $x = \frac{a}{2}$ के परितः एक आवर्ती गति को दर्शाता है।
किसी गति के सरल आवर्त गति $(SHM)$ होने के लिए,त्वरण को माध्य स्थिति से विस्थापन के ऋणात्मक के समानुपाती होना चाहिए,अर्थात $a_{acc} \propto -(x - x_{mean})$.
यहाँ,विस्थापन $x - \frac{a}{2} = -\frac{a}{2} \cos 2\omega t$ है।
वेग $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{a}{2} - \frac{a}{2} \cos 2\omega t) = a\omega \sin 2\omega t$ है।
त्वरण $a_{acc} = \frac{dv}{dt} = 2a\omega^2 \cos 2\omega t$ है।
विस्थापन के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,हमें $a_{acc} = -4\omega^2 (x - \frac{a}{2})$ प्राप्त होता है।
चूंकि त्वरण माध्य स्थिति से विस्थापन के ऋणात्मक के समानुपाती है,इसलिए यह गति सरल आवर्त गति है।
इस $SHM$ की कोणीय आवृत्ति $\omega' = 2\omega$ है।
आवृत्ति $f = \frac{\omega'}{2\pi} = \frac{2\omega}{2\pi} = \frac{\omega}{\pi}$ है।

(C) दिया गया तरंग समीकरण $y = A \sin(\omega t - kx)$ है।
तरंग का वेग,$v = \frac{\omega}{k}$ --- $(i)$
कण का वेग,$v_p = \frac{dy}{dt} = A\omega \cos(\omega t - kx)$.
अधिकतम कण वेग,$(v_p)_{\max} = A\omega$ --- $(ii)$
प्रश्न के अनुसार,तरंग का वेग अधिकतम कण वेग के बराबर है:
$v = (v_p)_{\max}$
$\frac{\omega}{k} = A\omega$
$\frac{1}{k} = A$
चूंकि तरंग संख्या $k = \frac{2\pi}{\lambda}$ है,हम इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$\frac{\lambda}{2\pi} = A$
$\lambda = 2\pi A$.

(D) मान लीजिए कि ट्यूनिंग फोर्क की आवृत्ति $v_{1} = 512\, Hz$ है और पियानो के तार की आवृत्ति $v_{2}$ है।
बीट आवृत्ति $|v_{1} - v_{2}| = 4\, Hz$ द्वारा दी जाती है।
इसलिए,$v_{2} = 512 \pm 4$,जिसका अर्थ है $v_{2} = 516\, Hz$ या $v_{2} = 508\, Hz$।
जब पियानो के तार में तनाव बढ़ाया जाता है,तो उसकी आवृत्ति $v_{2}$ बढ़ जाती है।
स्थिति $1$: यदि $v_{2} = 516\, Hz$ है,तो तनाव बढ़ाने से $v_{2}$ और बढ़ जाएगा (जैसे $517\, Hz$ या $518\, Hz$ तक),जिससे बीट आवृत्ति बढ़ जाएगी $(|512 - 517| = 5\, Hz)$। यह प्रश्न के कथन का खंडन करता है।
स्थिति $2$: यदि $v_{2} = 508\, Hz$ है,तो तनाव बढ़ाने से $v_{2}$ बढ़ जाएगा (जैसे $510\, Hz$ तक),जिससे बीट आवृत्ति कम हो जाएगी $(|512 - 510| = 2\, Hz)$। यह प्रश्न के कथन के अनुरूप है।
अतः,तनाव बढ़ाने से पहले पियानो के तार की प्रारंभिक आवृत्ति $508\, Hz$ थी।

(D) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $\vec{u} = (3\hat{i} + 4\hat{j}) \; ms^{-1}$,त्वरण $\vec{a} = (0.4\hat{i} + 0.3\hat{j}) \; ms^{-2}$,और समय $t = 10 \; s$.
सदिशों के लिए गति के पहले समीकरण का उपयोग करने पर: $\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t$.
मान रखने पर: $\vec{v} = (3\hat{i} + 4\hat{j}) + (0.4\hat{i} + 0.3\hat{j}) \times 10$.
$\vec{v} = (3\hat{i} + 4\hat{j}) + (4\hat{i} + 3\hat{j}) = 7\hat{i} + 7\hat{j}$.
चाल,वेग सदिश $\vec{v}$ का परिमाण है।
$|\vec{v}| = \sqrt{7^2 + 7^2} = \sqrt{49 + 49} = \sqrt{98} = 7\sqrt{2} \; ms^{-1}$.

(D) पृथ्वी के केंद्र से दूरी $d$ के साथ गुरुत्वीय त्वरण $g$ में परिवर्तन निम्नलिखित है:
$1$. पृथ्वी के अंदर $(d < R)$:
$g = \frac{GM}{R^3} d$
चूंकि $G, M,$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए $g \propto d$ होता है। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. पृथ्वी की सतह पर $(d = R)$:
$g = \frac{GM}{R^2} = g_s$ (अधिकतम मान)।
$3$. पृथ्वी के बाहर $(d > R)$:
$g = \frac{GM}{d^2}$
यहाँ,$g \propto \frac{1}{d^2}$ होता है। यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) को दर्शाता है।
इन सबको मिलाकर,ग्राफ केंद्र से सतह तक एक रैखिक वृद्धि और सतह के बाहर दूरी बढ़ने पर एक हाइपरबोलिक गिरावट को दर्शाता है। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दिया गया है।

(B) गुरुत्व केंद्र $(C.G.)$ वह बिंदु है जहाँ पिंड का कुल गुरुत्वाकर्षण बल (भार) कार्य करता है।
$(b)$ यदि गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र एकसमान है तो द्रव्यमान केंद्र $(C.M.)$ और $C.G.$ संपाती होते हैं। यदि पृथ्वी की त्रिज्या अनंत है,तो गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र एकसमान रहता है,इसलिए $(b)$ सही है।
$(c)$ गोलाकार सममित पिंड के लिए,बाहरी गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र की गणना के लिए द्रव्यमान को $C.G.$ पर केंद्रित माना जा सकता है। हालाँकि,यह सभी पिंडों के लिए सत्य नहीं है।
$(d)$ घूर्णन त्रिज्या $k$ को $I = mk^2$ द्वारा परिभाषित किया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है। यह केवल $C.G.$ से अक्ष तक की लंबवत दूरी नहीं है।

(C) दिए गए परिपथ में एक $OR$ गेट और उसके बाद एक $AND$ गेट है। $OR$ गेट का आउटपुट $(A + B)$ है। इस आउटपुट को इनपुट $C$ के साथ $AND$ गेट में भेजा जाता है। अतः,आउटपुट $Y$ के लिए बूलियन व्यंजक $Y = (A + B) \cdot C$ है।
आउटपुट $Y = 1$ प्राप्त करने के लिए,$AND$ गेट के दोनों इनपुट $1$ होने चाहिए। इसका अर्थ है कि $(A + B) = 1$ और $C = 1$ होना चाहिए।
$(A + B) = 1$ के लिए,$A$ या $B$ में से कम से कम एक $1$ होना चाहिए।
विकल्पों की जाँच करने पर:
- विकल्प $A$ के लिए: $A=0, B=1, C=0 \implies Y = (0+1) \cdot 0 = 0$.
- विकल्प $B$ के लिए: $A=1, B=0, C=0 \implies Y = (1+0) \cdot 0 = 0$.
- विकल्प $C$ के लिए: $A=1, B=0, C=1 \implies Y = (1+0) \cdot 1 = 1$.
- विकल्प $D$ के लिए: $A=1, B=1, C=0 \implies Y = (1+1) \cdot 0 = 0$.
अतः,सही इनपुट $A = 1, B = 0, C = 1$ है।

(D) लेंस की फोकस दूरी $f$ उसके अपवर्तनांक और उसकी सतहों की वक्रता त्रिज्या पर निर्भर करती है। लेंस के किसी हिस्से को ढकने से ये गुण नहीं बदलते हैं,इसलिए फोकस दूरी $f$ ही रहती है।
लेंस द्वारा बने प्रतिबिंब की तीव्रता $I$ उस द्वारक (aperture) के क्षेत्रफल $A$ के सीधे आनुपातिक होती है जिससे प्रकाश गुजरता है $(I \propto A)$।
प्रारंभिक क्षेत्रफल $A_1 = \pi (d/2)^2 = \pi d^2/4$ है।
जब $d/2$ व्यास (त्रिज्या $d/4$) वाले केंद्रीय भाग को ढक दिया जाता है,तो ढके हुए भाग का क्षेत्रफल $A_{covered} = \pi (d/4)^2 = \pi d^2/16$ होता है।
लेंस का नया क्षेत्रफल जिससे प्रकाश गुजरता है,वह $A_2 = A_1 - A_{covered} = \frac{\pi d^2}{4} - \frac{\pi d^2}{16} = \frac{3\pi d^2}{16}$ है।
नई तीव्रता $I_2$ और प्रारंभिक तीव्रता $I_1$ का अनुपात क्षेत्रफल के अनुपात के बराबर होता है: $\frac{I_2}{I_1} = \frac{A_2}{A_1} = \frac{3\pi d^2/16}{\pi d^2/4} = \frac{3}{4}$।
अतः,नई तीव्रता $I_2 = \frac{3}{4}I$ होगी और फोकस दूरी $f$ अपरिवर्तित रहेगी।

(B) चुम्बकीय क्षेत्र $\vec{B}$ में $v$ वेग से गतिमान आवेश $Q$ पर लगने वाला चुम्बकीय बल लोरेन्ज बल सूत्र $\vec{F} = Q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि आवेश $Q$ स्थिर है,इसलिए इसका वेग $\vec{v} = 0$ है।
अतः,चुम्बकीय बल $\vec{F} = Q(0 \times \vec{B}) = 0$ होगा।
इस प्रकार,छड़ चुम्बकों के चुम्बकीय क्षेत्र के कारण स्थिर आवेश $Q$ पर कोई बल कार्य नहीं करता है।

(B) व्यंजक $\frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ विद्युत क्षेत्र के ऊर्जा घनत्व को दर्शाता है।
ऊर्जा घनत्व को प्रति इकाई आयतन ऊर्जा के रूप में परिभाषित किया जाता है।
ऊर्जा का विमीय सूत्र $[M^1L^2T^{-2}]$ है।
आयतन का विमीय सूत्र $[L^3]$ है।
इसलिए,ऊर्जा घनत्व का विमीय सूत्र $\frac{[M^1L^2T^{-2}]}{[L^3]} = [M^1L^{-1}T^{-2}]$ है।
अतः,$\frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$ की विमा $[M^1L^{-1}T^{-2}]$ है।

(D) $C_1$ धारिता के $n_1$ संधारित्रों के श्रेणी संयोजन के लिए जो $4V$ स्रोत से जुड़े हैं:
तुल्य धारिता $C_s = \frac{C_1}{n_1}$ है।
संचित कुल ऊर्जा $U_s = \frac{1}{2} C_s (4V)^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{C_1}{n_1}\right) (16V^2) = \frac{8C_1V^2}{n_1}$ है।
$C_2$ धारिता के $n_2$ संधारित्रों के समांतर संयोजन के लिए जो $V$ स्रोत से जुड़े हैं:
तुल्य धारिता $C_p = n_2 C_2$ है।
संचित कुल ऊर्जा $U_p = \frac{1}{2} C_p V^2 = \frac{1}{2} (n_2 C_2) V^2$ है।
यह दिया गया है कि $U_s = U_p$,इसलिए दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर:
$\frac{8C_1V^2}{n_1} = \frac{1}{2} n_2 C_2 V^2$.
$C_2$ के लिए सरल करने पर:
$C_2 = \frac{16C_1}{n_1n_2}$.

(D) किसी सतह के क्षेत्रफल $A$ से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi_E$ विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$ और क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ के अदिश गुणनफल द्वारा परिभाषित होता है,जो $\phi_E = \vec{E} \cdot \vec{A} = EA \cos \alpha$ है,जहाँ $\alpha$ विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$ और क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ (सतह के लंबवत) के बीच का कोण है।
इस प्रश्न में,वर्गाकार सतह कागज के तल में स्थित है। क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ कागज के तल के लंबवत है।
विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ भी कागज के तल में ही स्थित है।
चूंकि क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ कागज के तल के लंबवत है और विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ कागज के तल में है,इसलिए $\vec{E}$ और $\vec{A}$ के बीच का कोण $\alpha = 90^\circ$ है।
अतः,विद्युत फ्लक्स $\phi_E = EA \cos(90^\circ) = EA(0) = 0$ है।
इस प्रकार,सतह से कोई भी विद्युत क्षेत्र रेखाएं नहीं गुजरती हैं,इसलिए विद्युत फ्लक्स शून्य है।

(A) निर्वात में दो समानांतर धातु प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\sigma$ सतह आवेश घनत्व है।
जब प्लेटों को $K$ परावैद्युतांक (dielectric constant) वाले केरोसिन तेल जैसे माध्यम में डुबोया जाता है,तो विद्युत क्षेत्र $E'$ का मान $E' = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}K}$ हो जाता है।
चूंकि केरोसिन तेल के लिए परावैद्युतांक $K$ का मान $1$ से अधिक होता है $(K > 1)$,इसलिए नया विद्युत क्षेत्र $E'$ मूल विद्युत क्षेत्र $E$ से कम होगा $(E' < E)$।
अतः,प्लेटों के बीच का विद्युत क्षेत्र घट जाएगा।

(D) $R$ त्रिज्या वाले एक आवेशित चालक गोलीय कोश के लिए,केंद्र से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र गॉस के नियम द्वारा दिया जाता है।
जब $r > R$ होता है,तो कोश एक बिंदु आवेश की तरह व्यवहार करता है,इसलिए $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2}$ होता है।
जब $r < R$ होता है,तो आवेशित चालक कोश के अंदर विद्युत क्षेत्र हमेशा शून्य होता है क्योंकि चालक के अंदर खींचे गए गॉसियन पृष्ठ के भीतर कोई आवेश नहीं होता है।
चूंकि दूरी $\frac{R}{2}$,$R$ से कम है,इसलिए इस बिंदु पर विद्युत क्षेत्र $0$ होगा।

(C) कूलम्ब के नियम के अनुसार,$d$ दूरी पर स्थित $q$ आवेश वाले दो धनात्मक आयनों के बीच प्रतिकर्षण बल है:
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{d^2}$
$q^2$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$q^2 = 4 \pi \varepsilon_{0} F d^2$
वर्गमूल लेने पर:
$q = \sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2} \quad ...(i)$
चूंकि आयन पर आवेश गायब इलेक्ट्रॉनों के कारण होता है,हम आवेश के क्वांटीकरण के सूत्र का उपयोग करते हैं:
$q = ne$
जहाँ $n$ गायब इलेक्ट्रॉनों की संख्या है और $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है।
समीकरण $(i)$ से $q$ का मान रखने पर:
$ne = \sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2}$
$n = \frac{\sqrt{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2}}{e}$
$n = \sqrt{\frac{4 \pi \varepsilon_{0} F d^2}{e^2}}$

(D) किरचॉफ का जंक्शन नियम,जिसे किरचॉफ का प्रथम नियम भी कहा जाता है,बताता है कि एक जंक्शन पर मिलने वाली धाराओं का बीजगणितीय योग शून्य होता है। यह आवेश के संरक्षण का सीधा परिणाम है,क्योंकि जंक्शन पर आवेश न तो उत्पन्न किया जा सकता है और न ही नष्ट किया जा सकता है।
किरचॉफ का लूप नियम,जिसे किरचॉफ का दूसरा नियम भी कहा जाता है,बताता है कि किसी भी बंद लूप में विभवांतर का बीजगणितीय योग शून्य होता है। यह ऊर्जा के संरक्षण का सीधा परिणाम है,क्योंकि एक इकाई आवेश को एक बंद लूप में घुमाने में किया गया कार्य शून्य होना चाहिए।
इसलिए,कथन $(A)$ और $(B)$ दोनों सही हैं।

(B) जब टू-वे कुंजी बंद होती है,तो प्रतिरोधों $R$ और $X$ से प्रवाहित होने वाली धारा $I = 1.0 \, A$ है।
जब टर्मिनल $1$ और $2$ के बीच कुंजी लगाई जाती है,तो प्रतिरोध $R$ के सिरों पर विभवांतर $l_1$ लंबाई के पोटेंशियोमीटर तार द्वारा संतुलित होता है:
$V_R = I \cdot R = k \cdot l_1$
चूंकि $I = 1 \, A$,इसलिए $R = k \cdot l_1 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
जब टर्मिनल $1$ और $3$ के बीच कुंजी लगाई जाती है,तो प्रतिरोधों $(R + X)$ के संयोजन के सिरों पर विभवांतर $l_2$ लंबाई के पोटेंशियोमीटर तार द्वारा संतुलित होता है:
$V_{R+X} = I \cdot (R + X) = k \cdot l_2$
चूंकि $I = 1 \, A$,इसलिए $R + X = k \cdot l_2 \, \Omega$ प्राप्त होता है।
$(R + X)$ के समीकरण में $R = k \cdot l_1$ रखने पर:
$k \cdot l_1 + X = k \cdot l_2$
$X = k(l_2 - l_1) \, \Omega$.
अतः,प्रतिरोधों $R$ और $X$ के परिमाण क्रमशः $kl_1 \, \Omega$ और $k(l_2 - l_1) \, \Omega$ हैं।

(A) गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध,$G = 100 \, \Omega$।
पूर्ण-स्केल विक्षेप के लिए धारा,$I_g = 30 \, mA = 30 \times 10^{-3} \, A$।
वोल्टमीटर की रेंज,$V = 30 \, V$।
गैल्वेनोमीटर को एक निश्चित रेंज के वोल्टमीटर में बदलने के लिए,इसके साथ श्रेणीक्रम में $R$ प्रतिरोध जोड़ा जाता है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $(G + R)$ है।
ओम के नियम के अनुसार,$V = I_g(G + R)$।
मान रखने पर: $30 = 30 \times 10^{-3} \times (100 + R)$।
$1000 = 100 + R$।
$R = 1000 - 100 = 900 \, \Omega$।

(B) एक समान चुंबकीय क्षेत्र में रखे गए बंद धारावाही लूप पर कुल चुंबकीय बल $\overrightarrow{F}_{net} = I(\oint d\overrightarrow{l}) \times \overrightarrow{B}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि लूप बंद है,लंबाई तत्वों का सदिश योग $\oint d\overrightarrow{l} = 0$ होता है,इसलिए $\overrightarrow{F}_{net} = 0$ होता है।
मान लीजिए कि वर्गाकार लूप की चार भुजाओं पर बल $\overrightarrow{F}_1, \overrightarrow{F}_2, \overrightarrow{F}_3$ और $\overrightarrow{F}_4$ हैं।
लूप पर कुल बल $\overrightarrow{F}_1 + \overrightarrow{F}_2 + \overrightarrow{F}_3 + \overrightarrow{F}_4 = 0$ है।
यह दिया गया है कि एक भुजा पर बल $\overrightarrow{F}_1 = \overrightarrow{F}$ है,इसलिए शेष तीन भुजाओं पर बलों का योग $\overrightarrow{F}_2 + \overrightarrow{F}_3 + \overrightarrow{F}_4 = -\overrightarrow{F}_1 = -\overrightarrow{F}$ होगा।

(C) कण पर कार्य करने वाला कुल लॉरेंट्ज़ बल $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है। कण के सीधी क्षैतिज रेखा में गति करने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए।
कथन $(2)$ के लिए: यदि $\vec{B}$ और $\vec{E}$ दोनों वेग $\vec{v}$ की दिशा में हैं,तो $\vec{v} \times \vec{B} = 0$ होता है। विद्युत बल $q\vec{E}$ वेग की दिशा में कार्य करता है,जिससे त्वरण होता है लेकिन कोई विक्षेपण नहीं होता। इस प्रकार,कण सीधी रेखा में गति करना जारी रखता है।
कथन $(3)$ के लिए: यदि $\vec{v}$,$\vec{E}$,और $\vec{B}$ परस्पर लंबवत हैं,तो चुंबकीय बल $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ वेग $\vec{v}$ के लंबवत कार्य करता है। $\vec{E}$ को इस प्रकार चुनकर कि विद्युत बल $\vec{F}_e = q\vec{E}$,$\vec{F}_m$ के बराबर और विपरीत हो,कुल बल शून्य हो जाता है। यह वेग चयनकर्ता (velocity selector) का सिद्धांत है।
अतः,$(2)$ और $(3)$ दोनों सीधी रेखा में गति बनाए रखने के लिए संभव स्थितियाँ हैं।

(C) परिनालिका का चुंबकीय आघूर्ण $M$,$M = N I A$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $N = 2000$,$I = 2.0 \, A$,$A = 1.5 \times 10^{-4} \, m^2$.
$M = 2000 \times 2.0 \times 1.5 \times 10^{-4} = 0.6 \, A \cdot m^2$.
एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय द्विध्रुव पर लगने वाला बल आघूर्ण $\tau = M B \sin \theta$ होता है,जहाँ $\theta$ चुंबकीय आघूर्ण सदिश (परिनालिका की अक्ष) और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण है।
दिया गया है: $B = 5 \times 10^{-2} \, T$ और $\theta = 30^o$.
$\tau = 0.6 \times (5 \times 10^{-2}) \times \sin 30^o$.
$\tau = 0.6 \times 5 \times 10^{-2} \times 0.5 = 1.5 \times 10^{-2} \, Nm$.

(A) $R$ त्रिज्या के पूर्ण वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र,जिसमें $i$ धारा बह रही है,$B = \frac{\mu_0 i}{2R}$ होता है।
अर्धवृत्ताकार लूप के लिए,केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र इसका आधा होता है,अर्थात $B_{semi} = \frac{\mu_0 i}{4R}.$
मान लीजिए कि $x-y$ तल में स्थित अर्धवृत्ताकार लूप ऋणात्मक $z$-अक्ष की दिशा में $B_{xy} = \frac{\mu_0 i}{4R}$ चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है (दाएं हाथ के नियम का उपयोग करके)।
इसी प्रकार,$x-z$ तल में स्थित अर्धवृत्ताकार लूप ऋणात्मक $y$-अक्ष की दिशा में $B_{xz} = \frac{\mu_0 i}{4R}$ चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है।
चूंकि ये दोनों क्षेत्र परस्पर लंबवत हैं,इसलिए परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B$ इस प्रकार होगा:
$B = \sqrt{B_{xy}^2 + B_{xz}^2} = \sqrt{\left(\frac{\mu_0 i}{4R}\right)^2 + \left(\frac{\mu_0 i}{4R}\right)^2}$
$B = \sqrt{2 \left(\frac{\mu_0 i}{4R}\right)^2} = \frac{\mu_0 i}{4R} \sqrt{2} = \frac{\mu_0 i}{2\sqrt{2} R}.$

(A) घूमते हुए आवेश द्वारा उत्पन्न धारा $I$ आवेश के प्रवाह की दर द्वारा दी जाती है,जो $I = q \times f$ है।
$R$ त्रिज्या वाले एक वृत्ताकार धारा लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2R}$ होता है।
चुंबकीय क्षेत्र के सूत्र में $I$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $B = \frac{\mu_0 (qf)}{2R}$ प्राप्त होता है।

(C) विद्युत चुंबक को इस तरह से डिज़ाइन किया जाता है कि उन्हें आसानी से चुंबकित और विचुंबकित किया जा सके।
नरम लोहे को विद्युत चुंबक के कोर के लिए चुना जाता है क्योंकि इसमें कम धारणशीलता (retentivity) और कम निग्राहिता (coercivity) होती है।
कम धारणशीलता यह सुनिश्चित करती है कि जब विद्युत धारा बंद कर दी जाती है,तो पदार्थ में महत्वपूर्ण चुंबकत्व शेष न रहे।
कम निग्राहिता यह सुनिश्चित करती है कि पदार्थ को एक छोटे विपरीत चुंबकीय क्षेत्र द्वारा आसानी से विचुंबकित किया जा सके।
इस प्रकार,नरम लोहा इस उद्देश्य के लिए एक आदर्श नरम चुंबकीय पदार्थ है।

(C) प्रतिचुंबकीय पदार्थ वे होते हैं जिनमें व्यक्तिगत परमाणुओं का कोई स्थायी चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण नहीं होता है।
जब उन्हें बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो वे लागू क्षेत्र की विपरीत दिशा में एक कमजोर प्रेरित चुंबकीय आघूर्ण विकसित करते हैं।
इसलिए,बाहरी चुंबकीय क्षेत्र की अनुपस्थिति में एक प्रतिचुंबकीय परमाणु का कुल चुंबकीय आघूर्ण $0$ होता है।

(C) पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $C$ से अधिक होना चाहिए,अर्थात $i > C$।
इसका अर्थ है $\sin i > \sin C$।
हम जानते हैं कि $\sin C = \frac{1}{n}$,जहाँ $n$ हवा के सापेक्ष माध्यम का अपवर्तनांक है।
इस असमिका में मान रखने पर,हमें $\sin i > \frac{1}{n}$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $n > \frac{1}{\sin i}$ मिलता है।
दिया गया आपतन कोण $i = 45^{\circ}$ है,इसलिए:
$n > \frac{1}{\sin 45^{\circ}}$
$n > \frac{1}{1/\sqrt{2}}$
$n > \sqrt{2} \approx 1.414$।
दिए गए विकल्पों में से,केवल $1.50$ ही $1.414$ से अधिक है। अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) माध्यम $M_1$ का अपवर्तनांक $\mu_1 = c/v_1 = (3 \times 10^8) / (1.5 \times 10^8) = 2$ है।
माध्यम $M_2$ का अपवर्तनांक $\mu_2 = c/v_2 = (3 \times 10^8) / (2.0 \times 10^8) = 1.5 = 3/2$ है।
पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए,प्रकाश को सघन माध्यम से विरल माध्यम में जाना चाहिए और आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $C$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
क्रांतिक कोण $C$ को $\sin C = \mu_2 / \mu_1$ द्वारा परिभाषित किया जाता है।
मान रखने पर,$\sin C = (3/2) / 2 = 3/4$ प्राप्त होता है।
अतः,पूर्ण आंतरिक परावर्तन के लिए $i \geq C$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है $\sin i \geq \sin C$.
इस प्रकार,$i \geq \sin^{-1}(3/4)$।

(A) स्रोत $S_1$ के लिए:
तरंगदैर्ध्य $\lambda_1 = 5000 \; \mathring{A}$,प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $N_1 = 10^{15}$।
शक्ति $P_1 = N_1 \times E_1 = N_1 \times \frac{hc}{\lambda_1}$।
स्रोत $S_2$ के लिए:
तरंगदैर्ध्य $\lambda_2 = 5100 \; \mathring{A}$,प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $N_2 = 1.02 \times 10^{15}$।
शक्ति $P_2 = N_2 \times E_2 = N_2 \times \frac{hc}{\lambda_2}$।
अनुपात $\frac{P_2}{P_1} = \frac{N_2 \cdot hc / \lambda_2}{N_1 \cdot hc / \lambda_1} = \frac{N_2}{N_1} \times \frac{\lambda_1}{\lambda_2}$।
मान रखने पर:
$\frac{P_2}{P_1} = \frac{1.02 \times 10^{15}}{10^{15}} \times \frac{5000}{5100} = 1.02 \times \frac{50}{51} = \frac{1.02}{51} \times 50 = 0.02 \times 50 = 1$।
अतः,अनुपात $1$ है।

(B) दिया गया है:
आपतित तरंगदैर्ध्य,$\lambda = 200 \, nm$
कार्य फलन,$\phi_{0} = 5.01 \, eV$
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
$K_{max} = E - \phi_{0}$
$e V_{s} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_{0}$
$hc \approx 1240 \, eV \cdot nm$ संबंध का उपयोग करते हुए:
$e V_{s} = \frac{1240 \, eV \cdot nm}{200 \, nm} - 5.01 \, eV$
$e V_{s} = 6.2 \, eV - 5.01 \, eV = 1.19 \, eV \approx 1.2 \, eV$
अतः,निरोधी विभव (stopping potential) $V_{s} = 1.2 \, V$ है।
फोटोइलेक्ट्रॉनों को रोकने के लिए आवश्यक विभवांतर निरोधी विभव का ऋणात्मक मान होता है,जो $-1.2 \, V$ है।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं अवस्था में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = \frac{-13.6}{n^2} \, eV$ द्वारा दी जाती है।
जब इलेक्ट्रॉन $n = 3$ से $n = 1$ में कूदता है तो मुक्त होने वाली ऊर्जा:
$E = E_3 - E_1 = \left( \frac{-13.6}{3^2} \right) - \left( \frac{-13.6}{1^2} \right) = -1.51 + 13.6 = 12.09 \, eV \approx 12.1 \, eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \phi_0$ होती है,जहाँ $\phi_0$ कार्य फलन है।
दिया गया है $\phi_0 = 5.1 \, eV$,इसलिए:
$K_{max} = 12.1 \, eV - 5.1 \, eV = 7.0 \, eV$.
निरोधी विभव $V_0$ अधिकतम गतिज ऊर्जा से $K_{max} = eV_0$ द्वारा संबंधित है।
अतः,$V_0 = 7.0 \, V$.

(B) उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या आपतित प्रकाश की तीव्रता के सीधे आनुपातिक होती है। इसलिए, यदि तीव्रता को $I$ से बढ़ाकर $2I$ कर दिया जाता है, तो उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉनों की संख्या भी दोगुनी होकर $2N$ हो जाएगी।
फोटोइलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K)$ आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा निर्धारित होती है: $K = h\nu - \Phi$, जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है, $\nu$ आपतित विकिरण की आवृत्ति है और $\Phi$ धातु का कार्य फलन है।
चूंकि आवृत्ति $\nu$ अपरिवर्तित रहती है, इसलिए तीव्रता में परिवर्तन के बावजूद अधिकतम गतिज ऊर्जा $K$ स्थिर रहती है।
अतः, नए मान $2N$ और $K$ हैं।

(D) जब कैथोड किरणों (इलेक्ट्रॉनों) के पुंज को परस्पर लंबवत विद्युत $(E)$ और चुंबकीय $(B)$ क्षेत्रों में रखा जाता है,तो पुंज विक्षेपित नहीं होता है यदि विद्युत क्षेत्र के कारण लगने वाला बल चुंबकीय क्षेत्र के कारण लगने वाले बल के बराबर हो।
$Be v = eE$
$v = \frac{E}{B}$ ..... $(i)$
यदि $V$ एनोड और कैथोड के बीच विभवांतर है,तो इलेक्ट्रॉन द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा इस प्रकार है:
$\frac{1}{2} m v^2 = eV$
$\frac{e}{m} = \frac{v^2}{2V}$ ..... $(ii)$
समीकरण $(i)$ से $v$ का मान समीकरण $(ii)$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{e}{m} = \frac{(E/B)^2}{2V} = \frac{E^2}{2VB^2}$
अतः,कैथोड किरणों का विशिष्ट आवेश $\frac{E^2}{2VB^2}$ है।

(D) दिया गया है: इनपुट वोल्टेज,$V_{p} = 220\, V$. आउटपुट वोल्टेज,$V_{s} = 440\, V$. आउटपुट धारा,$I_{s} = 2.0\, A$. दक्षता,$\eta = 80\% = 0.8$.
$\text{ट्रांसफॉर्मर की दक्षता आउटपुट पावर और इनपुट पावर का अनुपात है:}$
$\eta = \frac{P_{out}}{P_{in}} = \frac{V_{s} I_{s}}{V_{p} I_{p}}$
$\text{प्राथमिक धारा } I_{p} \text{ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:}$
$I_{p} = \frac{V_{s} I_{s}}{\eta V_{p}}$
$\text{दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:}$
$I_{p} = \frac{440\, V \times 2.0\, A}{0.8 \times 220\, V}$
$I_{p} = \frac{880}{176} = 5\, A$
$\text{अतः,प्राथमिक कुंडली द्वारा खींची गई धारा } 5\, A \text{ है।}$

(B) दिया गया है:
चुंबकीय क्षेत्र,$B = 0.025 \, T$
लूप की त्रिज्या,$r = 2 \, cm = 2 \times 10^{-2} \, m$
त्रिज्या के परिवर्तन की दर,$\frac{dr}{dt} = 1 \, mm \, s^{-1} = 1 \times 10^{-3} \, m \, s^{-1}$
लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B A \cos \theta = B(\pi r^2) \cos 0^{\circ} = B \pi r^2$ है।
प्रेरित $emf$ का परिमाण फैराडे के नियम के अनुसार: $|\varepsilon| = \left| \frac{d\phi}{dt} \right|$ है।
$|\varepsilon| = \frac{d}{dt}(B \pi r^2) = B \pi (2r) \frac{dr}{dt}$.
मान रखने पर:
$|\varepsilon| = 0.025 \times \pi \times 2 \times (2 \times 10^{-2}) \times (1 \times 10^{-3})$
$|\varepsilon| = 0.025 \times \pi \times 4 \times 10^{-2} \times 10^{-3}$
$|\varepsilon| = 0.1 \times 10^{-2} \times 10^{-3} \times \pi = 10^{-1} \times 10^{-5} \times \pi = 10^{-6} \pi \, V$
$|\varepsilon| = \pi \, \mu V$.

(B) श्रेणी $LCR$ परिपथ में,प्रेरक (inductor) के सिरों पर वोल्टेज $V_L$ ($V_1$ का पाठ्यांक) है और संधारित्र (capacitor) के सिरों पर वोल्टेज $V_C$ ($V_2$ का पाठ्यांक) है।
दिया गया है कि $V_L = V_C = 300 \, V$ है।
चूंकि $V_L = V_C$ है,इसलिए परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में है।
अनुनाद पर,कुल प्रतिघात $X = X_L - X_C = 0$ होता है,इसलिए कुल प्रतिबाधा $Z = R = 100 \, \Omega$ है।
स्रोत वोल्टेज $V = 220 \, V$ पूरी तरह से प्रतिरोधक $R$ के सिरों पर गिरता है।
इसलिए,वोल्टमीटर $V_3$ का पाठ्यांक $V_R = V = 220 \, V$ होगा।
परिपथ में धारा $I = \frac{V}{Z} = \frac{220 \, V}{100 \, \Omega} = 2.2 \, A$ है।
अतः,एमीटर $A$ का पाठ्यांक $2.2 \, A$ है।

(D) $LC$ परिपथ में ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल ऊर्जा नियत रहती है।
संधारित्र में संचित प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} C V_1^2$ है।
जब संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $V_2$ होता है,तो संधारित्र में संचित ऊर्जा $U_c = \frac{1}{2} C V_2^2$ होती है।
शेष ऊर्जा प्रेरक में चुंबकीय ऊर्जा के रूप में संचित होती है,$U_L = \frac{1}{2} L I^2$।
ऊर्जा संरक्षण के अनुसार: $\frac{1}{2} C V_1^2 = \frac{1}{2} C V_2^2 + \frac{1}{2} L I^2$।
$I^2$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर: $L I^2 = C(V_1^2 - V_2^2)$।
अतः,$I^2 = \frac{C(V_1^2 - V_2^2)}{L}$।
इसलिए,धारा $I = [\frac{C(V_1^2 - V_2^2)}{L}]^{1/2}$ प्राप्त होती है।

(D) दिया गया समीकरण: $\vec E = 10 \cos (10^7 t + kx) \hat j \, V/m$.
मानक तरंग समीकरण $\vec E = E_0 \cos (\omega t + kx) \hat j$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
आयाम $E_0 = 10 \, V/m$ (कथन $(3)$ सही है)।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 10^7 \, rad/s$.
चूंकि कला $(\omega t + kx)$ है,इसलिए तरंग $-x$ दिशा में संचरित हो रही है (कथन $(4)$ गलत है)।
मुक्त आकाश में विद्युतचुंबकीय तरंगों के लिए,$c = \frac{\omega}{k} = 3 \times 10^8 \, m/s$.
अतः,$k = \frac{\omega}{c} = \frac{10^7}{3 \times 10^8} = 0.033 \, rad/m$ (कथन $(2)$ गलत है)।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{2\pi}{k} = \frac{2 \times 3.1416}{0.033} \approx 188.4 \, m$ (कथन $(1)$ सही है)।
इसलिए,कथन $(1)$ और $(3)$ सही हैं।

(C) एक विद्युतचुंबकीय तरंग में विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ दोनों एक-दूसरे के परस्पर लंबवत होते हैं और तरंग के संचरण की दिशा के भी लंबवत होते हैं। इसलिए,यह कथन कि वे एक-दूसरे के समानांतर हैं,गलत है।

(C) निकटतम पहुँच की दूरी $(r_0)$ पर,अल्फा कण की संपूर्ण प्रारंभिक गतिज ऊर्जा स्थिर वैद्युत स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ द्वारा दी जाती है।
$r_0$ दूरी पर स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{(Ze)(2e)}{r_0}$ है,जहाँ $2e$ अल्फा कण का आवेश है।
गतिज ऊर्जा को स्थितिज ऊर्जा के बराबर रखने पर:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{2Ze^2}{r_0}$
$r_0$ के लिए हल करने पर:
$r_0 = \frac{4Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 mv^2} = \frac{Ze^2}{\pi\varepsilon_0 m v^2}$
इस व्यंजक से,हम देख सकते हैं कि $r_0 \propto \frac{1}{m}$ है।
अतः,निकटतम पहुँच की दूरी $\frac{1}{m}$ के समानुपाती है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए परमाणु क्रमांक $Z$ और मुख्य क्वांटम संख्या $n$ के साथ ऊर्जा $E$ का सूत्र इस प्रकार है:
$E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \, eV$
$He^+$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था के लिए,मुख्य क्वांटम संख्या $n = 2$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$E_2 = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} \, eV$
$E_2 = -13.6 \times \frac{4}{4} \, eV$
$E_2 = -13.6 \, eV$.

(B) नाभिकीय संलयन अभिक्रिया इस प्रकार है: $_1H^2 + _1H^2 \to _2He^4 + \Delta E$.
ड्यूटेरॉन के लिए प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $1.1 \, MeV$ है।
चूंकि एक ड्यूटेरॉन में $2$ न्यूक्लियॉन होते हैं,इसलिए एक ड्यूटेरॉन की कुल बंधन ऊर्जा $2 \times 1.1 = 2.2 \, MeV$ है।
दो ड्यूटेरियम नाभिकों के लिए,कुल प्रारंभिक बंधन ऊर्जा $2 \times 2.2 = 4.4 \, MeV$ है।
हीलियम नाभिक $(He^4)$ के लिए प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $7.0 \, MeV$ है।
चूंकि हीलियम नाभिक में $4$ न्यूक्लियॉन होते हैं,इसलिए कुल बंधन ऊर्जा $4 \times 7.0 = 28.0 \, MeV$ है।
संलयन प्रक्रिया में मुक्त ऊर्जा,उत्पाद की कुल बंधन ऊर्जा और अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा के बीच का अंतर है:
$\Delta E = 28.0 \, MeV - 4.4 \, MeV = 23.6 \, MeV$.

(B) ${}_{3}^{7}Li$ नाभिक के लिए,द्रव्यमान क्षति $\Delta M = 0.042 \, u$ दी गई है।
हम जानते हैं कि $1 \, u = 931.5 \, MeV/c^2$ होता है।
अतः,कुल बंधन ऊर्जा $E_b$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$E_b = \Delta M \times 931.5 \, MeV/u = 0.042 \times 931.5 \, MeV \approx 39.123 \, MeV$.
${}_{3}^{7}Li$ में न्यूक्लियॉनों की संख्या $A = 7$ है।
प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $E_{bn} = \frac{E_b}{A}$ द्वारा दी जाती है।
$E_{bn} = \frac{39.123 \, MeV}{7} \approx 5.589 \, MeV \approx 5.6 \, MeV$.

(D) रेडियोधर्मी क्षय के नियम के अनुसार,समय $t$ पर सक्रियता $R = R_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $t = 0$ पर $R_0 = N_0$ और $t = 5$ मिनट पर $R = N_0/e$ है।
इन मानों को क्षय समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$N_0/e = N_0 e^{-5\lambda}$
$e^{-1} = e^{-5\lambda}$
घातांकों की तुलना करने पर,$5\lambda = 1$ प्राप्त होता है,इसलिए $\lambda = 1/5$ प्रति मिनट।
अर्ध-आयु $T_{1/2}$ वह समय है जब सक्रियता अपने प्रारंभिक मान की आधी हो जाती है,अर्थात $R = R_0/2$।
$R = R_0 e^{-\lambda t}$ का उपयोग करते हुए,हमें मिलता है $R_0/2 = R_0 e^{-\lambda T_{1/2}}$।
$1/2 = e^{-\lambda T_{1/2}}$
$2 = e^{\lambda T_{1/2}}$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln(2) = \lambda T_{1/2}$
$T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} = \frac{\log_e 2}{1/5} = 5 \log_e 2$ मिनट।

(C) एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A$ को $A = \lambda N$ द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $N$ उस समय उपस्थित अविघटित नाभिकों की संख्या है।
समय $t_1$ पर,सक्रियता $A_1 = \lambda N_1$ है,जिसका अर्थ है $N_1 = A_1 / \lambda$।
समय $t_2$ पर,सक्रियता $A_2 = \lambda N_2$ है,जिसका अर्थ है $N_2 = A_2 / \lambda$।
$(t_1 - t_2)$ समयांतराल के दौरान क्षय हुए नाभिकों की संख्या,समय $t_1$ और $t_2$ पर उपस्थित नाभिकों की संख्या का अंतर है।
क्षय हुए नाभिकों की संख्या $= N_1 - N_2 = \frac{A_1}{\lambda} - \frac{A_2}{\lambda} = \frac{A_1 - A_2}{\lambda}$।

(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:
$A_p = \beta \times A_v$
$A_p = 25 \times 50 = 1250$

(B) $n-$ प्रकार के अर्धचालक में,इलेक्ट्रॉन बहुसंख्यक आवेश वाहक होते हैं और होल अल्पसंख्यक आवेश वाहक होते हैं।
इसलिए,यह कथन कि '$n-$ प्रकार के अर्धचालक में बहुसंख्यक वाहक होल होते हैं' गलत है।
विकल्प $B$ सही उत्तर है।

(B) इंटीग्रेटेड सर्किट $(IC)$ एक छोटी अर्धचालक वेफर है जिस पर हजारों या लाखों छोटे प्रतिरोधक,संधारित्र और ट्रांजिस्टर निर्मित किए जाते हैं। यह एक एम्पलीफायर,ऑसिलेटर,टाइमर,माइक्रोप्रोसेसर या कंप्यूटर मेमोरी के रूप में कार्य कर सकता है,जो प्रभावी रूप से एक पूर्ण इलेक्ट्रॉनिक परिपथ के रूप में कार्य करता है।

(D) दिए गए वोल्टेज वेवफॉर्म का अवलोकन करके,हम लॉजिक गेट के लिए सत्यता सारणी (truth table) बना सकते हैं:

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

सत्यता सारणी से यह स्पष्ट है कि आउटपुट $Y$ केवल तभी $0$ होता है जब दोनों इनपुट $A$ और $B$ $1$ हों। अन्य सभी स्थितियों में,आउटपुट $1$ होता है। यह व्यवहार $NAND$ गेट के अनुरूप है।

(C) प्रभावी ट्रांजिस्टर क्रिया के लिए,निम्नलिखित शर्तें पूरी होनी चाहिए:
$1$. बेस क्षेत्र बहुत पतला और हल्के डोपिंग वाला होना चाहिए ताकि एमिटर से आने वाले अधिकांश आवेश वाहक (charge carriers) कलेक्टर तक पहुँच सकें।
$2$. एमिटर-बेस जंक्शन को फॉरवर्ड बायस में रखा जाता है ताकि आवेश वाहक बेस में प्रवेश कर सकें,और बेस-कलेक्टर जंक्शन को रिवर्स बायस में रखा जाता है ताकि इन वाहकों को एकत्र किया जा सके।
इसलिए,कथन $(2)$ और $(3)$ सही हैं।

(A) एक प्रिज्म के लिए,प्रिज्म का कोण $A$ संबंध $A = r_1 + r_2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r_1$ और $r_2$ क्रमशः पहले और दूसरे फलक पर अपवर्तन कोण हैं।
न्यूनतम विचलन की स्थिति में,प्रकाश की किरण प्रिज्म से सममित रूप से गुजरती है,जिसका अर्थ है कि $r_1 = r_2 = r$।
इसलिए,संबंध $A = 2r$ हो जाता है।
यह दिया गया है कि प्रिज्म का कोण $A = 60^{\circ}$ है,इसलिए $60^{\circ} = 2r$।
$r$ के लिए हल करने पर,हमें $r = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$ प्राप्त होता है।
अतः,पहले फलक पर अपवर्तन कोण $30^{\circ}$ है।

(D) चुंबक के दोलन का आवर्तकाल $T$ सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है,$M$ चुंबकीय आघूर्ण है,और $B$ क्षैतिज चुंबकीय क्षेत्र है।
चूँकि $I$ और $M$ स्थिर हैं,इसलिए $T \propto \frac{1}{\sqrt{B}}$,जिसका अर्थ है $\frac{T_2}{T_1} = \sqrt{\frac{B_1}{B_2}}$.
दिया गया है $B_1 = 24 \, \mu T$ और $T_1 = 2 \, s$.
नया चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = B_1 - 18 \, \mu T = 24 \, \mu T - 18 \, \mu T = 6 \, \mu T$ होगा।
मान रखने पर: $\frac{T_2}{2} = \sqrt{\frac{24}{6}} = \sqrt{4} = 2$.
अतः,$T_2 = 2 \times 2 = 4 \, s$.