AIPMT 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) मान लीजिए कि कणों का विस्थापन $y = a \sin(\omega t + \phi_0)$ द्वारा दिया गया है।
प्रश्न के अनुसार,विस्थापन आयाम का आधा है,इसलिए $y = \frac{a}{2}$.
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{a}{2} = a \sin(\omega t + \phi_0)$.
इससे $\sin(\omega t + \phi_0) = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $\phi = \omega t + \phi_0$. तो $\phi = \frac{\pi}{6}$ या $\phi = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6}$.
$\phi = \frac{\pi}{6}$ का भौतिक अर्थ: कण स्थिति $P$ पर है (विस्थापन $a/2$) और माध्य स्थिति $O$ से दूर ($B$ की ओर) जा रहा है।
$\phi = \frac{5\pi}{6}$ का भौतिक अर्थ: कण स्थिति $P$ पर है (विस्थापन $a/2$) और माध्य स्थिति $O$ की ओर जा रहा है।
चूंकि कण समान विस्थापन पर एक-दूसरे को पार करते समय विपरीत दिशाओं में गति कर रहे हैं,इसलिए एक की कला $\phi_1 = \frac{\pi}{6}$ और दूसरे की $\phi_2 = \frac{5\pi}{6}$ होनी चाहिए।
अतः कलांतर $\Delta \phi = \phi_2 - \phi_1 = \frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{6} = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$ है।

(A) संरक्षी बल और स्थितिज ऊर्जा के बीच का संबंध $F_{\text{cons}} = -\frac{dU}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है $F_{\text{cons}} \cdot dx = -dU$।
संरक्षी बल द्वारा किया गया कार्य $W_{\text{cons}} = \int F_{\text{cons}} \cdot dx = -\Delta U$ होता है।
अतः,$\Delta U = -W_{\text{cons}}$।
यदि निकाय द्वारा संरक्षी बल के विरुद्ध कार्य किया जाता है,तो किया गया बाह्य कार्य धनात्मक होता है,जिसके परिणामस्वरूप निकाय की स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि होती है $(\Delta U > 0)$।

(C) विमीय संगति के सिद्धांत के अनुसार,किसी भौतिक राशि का परिमाण इकाई प्रणाली बदलने पर भी स्थिर रहता है,जिसे $n_1 u_1 = n_2 u_2$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।
यहाँ,घनत्व $\rho = 4 \, g \, cm^{-3}$ है।
नई प्रणाली में,द्रव्यमान की इकाई $M_2 = 100 \, g$ और लंबाई की इकाई $L_2 = 10 \, cm$ है।
नई प्रणाली में घनत्व $\rho = n_2 \frac{M_2}{L_2^3}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $4 \, g \, cm^{-3} = n_2 \frac{100 \, g}{(10 \, cm)^3}$.
$4 = n_2 \frac{100}{1000}$.
$4 = n_2 \times 0.1$.
$n_2 = \frac{4}{0.1} = 40$.

(C) निर्वात में प्रकाश की चाल को निम्नलिखित संबंध द्वारा दिया जाता है:
$c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}} = (\mu_0 \varepsilon_0)^{-1/2}$
चूंकि $c$ प्रकाश की चाल को दर्शाता है,इसलिए इसकी विमाएँ वेग के समान होती हैं।
वेग का विमीय सूत्र $[LT^{-1}]$ है।
अतः,$(\mu_0 \varepsilon_0)^{-1/2}$ की विमाएँ $[LT^{-1}]$ हैं।

(C) माना कुल दूरी $d$ है। कण पहली आधी दूरी $(d/2)$ $v_1$ चाल से और दूसरी आधी दूरी $(d/2)$ $v_2$ चाल से तय करता है।
पहली आधी दूरी के लिए लगा समय,$t_1 = \frac{d/2}{v_1} = \frac{d}{2v_1}$.
दूसरी आधी दूरी के लिए लगा समय,$t_2 = \frac{d/2}{v_2} = \frac{d}{2v_2}$.
औसत चाल कुल दूरी को कुल समय से विभाजित करने पर प्राप्त होती है:
$v_{av} = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{d}{t_1 + t_2}$.
$t_1$ और $t_2$ के मान रखने पर:
$v_{av} = \frac{d}{\frac{d}{2v_1} + \frac{d}{2v_2}} = \frac{d}{\frac{d}{2} (\frac{1}{v_1} + \frac{1}{v_2})} = \frac{1}{\frac{1}{2} (\frac{v_1 + v_2}{v_1 v_2})}$.
$v_{av} = \frac{2 v_1 v_2}{v_1 + v_2}$.

(D) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $u = 0 \, m/s$,गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \, m/s^2$ और ऊँचाई $h = 20 \, m$ है।
गति के तीसरे समीकरण का उपयोग करने पर: $v^2 = u^2 + 2gh$.
मान रखने पर: $v^2 = 0^2 + 2 \times 10 \times 20$.
$v^2 = 400$.
वर्गमूल लेने पर: $v = \sqrt{400} = 20 \, m/s$.
अतः,वह वेग जिससे पत्थर जमीन से टकराता है,$20 \, m/s$ है।

(B) आवेग (Impulse) को पिंड के रैखिक संवेग में परिवर्तन के रूप में परिभाषित किया जाता है।
पिंड का प्रारंभिक संवेग,$P_i = MV$ है।
चूंकि पिंड विपरीत दिशा में उसी वेग $V$ के साथ वापस उछलता है,इसलिए अंतिम संवेग $P_f = -MV$ है।
आवेग $J = \Delta P = P_f - P_i$ है।
$J = (-MV) - (MV) = -2MV$ है।
अतः,पिंड द्वारा अनुभव किए गए आवेग का परिमाण $2MV$ है।

(A) बॉक्स को गतिशील बेल्ट पर रखा जाता है। प्रारंभ में,बॉक्स जमीन के सापेक्ष स्थिर है,लेकिन बेल्ट $v = 2\, m s^{-1}$ की गति से चल रहा है।
बेल्ट के सापेक्ष,बॉक्स का प्रारंभिक वेग $u_{rel} = 2\, m s^{-1}$ है।
बॉक्स पर लगने वाला गतिज घर्षण बल $f = \mu N = \mu mg$ है।
बेल्ट के सापेक्ष बॉक्स का त्वरण $a = \frac{f}{m} = \mu g = 0.5 \times 10 = 5\, m s^{-2}$ है।
चूंकि घर्षण बल सापेक्ष गति का विरोध करता है,इसलिए बॉक्स बेल्ट के सापेक्ष तब तक धीमा होगा जब तक कि बेल्ट के सापेक्ष उसका वेग शून्य न हो जाए।
गति के समीकरण $v_{rel}^2 = u_{rel}^2 - 2as$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $v_{rel} = 0$:
$0^2 = 2^2 - 2(5)s$
$10s = 4$
$s = 0.4\, m$.

(C) दिया गया है:
व्यक्ति का द्रव्यमान,$m = 60\, kg$
लिफ्ट का द्रव्यमान,$M = 940\, kg$
लिफ्ट का त्वरण,$a = 1.0\, m/s^2$
गुरुत्वीय त्वरण,$g = 10\, m/s^2$
मान लीजिए कि सहायक केबल में तनाव $T$ है।
निकाय का कुल द्रव्यमान $(M + m) = 940 + 60 = 1000\, kg$ है।
चूंकि लिफ्ट $a$ त्वरण के साथ ऊपर की ओर गति कर रही है,गति का समीकरण है:
$T - (M + m)g = (M + m)a$
$T = (M + m)(g + a)$
मान रखने पर:
$T = (1000)(10 + 1)$
$T = 1000 \times 11 = 11000\, N$.

(B) परिवर्ती बल द्वारा किया गया कार्य बल-विस्थापन $(F-d)$ ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल के बराबर होता है।
ग्राफ में $d = 3\, m$ से $d = 7\, m$ तक एक आयत और $d = 7\, m$ से $d = 12\, m$ तक एक त्रिभुज बनता है।
आयत का क्षेत्रफल = $\text{चौड़ाई} \times \text{ऊंचाई} = (7 - 3) \times 2 = 4 \times 2 = 8\, J$.
त्रिभुज का क्षेत्रफल = $\frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times (12 - 7) \times 2 = \frac{1}{2} \times 5 \times 2 = 5\, J$.
कुल कार्य = $\text{आयत का क्षेत्रफल} + \text{त्रिभुज का क्षेत्रफल} = 8 + 5 = 13\, J$.

(B) शक्ति को बल और वेग के अदिश गुणनफल के रूप में परिभाषित किया जाता है: $P = \vec{F} \cdot \vec{v} = Fv \cos \theta$.
उच्चतम बिंदु पर,वेग $v = 0$ होता है,इसलिए शक्ति $P = 0$ होती है।
गति के दौरान,गुरुत्वाकर्षण बल $\vec{F}$ हमेशा पृथ्वी के केंद्र की ओर निर्देशित होता है।
जैसे ही वस्तु नीचे गिरती है,वेग $\vec{v}$ नीचे की ओर निर्देशित होता है,जो गुरुत्वाकर्षण बल $\vec{F}$ की दिशा में ही होता है (अर्थात,$\theta = 0^\circ$)।
चूंकि $P = Fv \cos(0^\circ) = Fv$,शक्ति गति $v$ के समानुपाती होती है।
वस्तु के पृथ्वी की सतह से टकराने से ठीक पहले उसकी गति $v$ अधिकतम होती है।
इसलिए,गुरुत्वाकर्षण बल द्वारा लगाया गया शक्ति वस्तु के पृथ्वी से टकराने से ठीक पहले के क्षण पर सबसे अधिक होती है।

(B) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,टक्कर से पहले का कुल संवेग टक्कर के बाद के कुल संवेग के बराबर होना चाहिए।
मान लीजिए कि संयुक्त द्रव्यमान का अंतिम वेग $\vec{v}'$ है।
$m$ द्रव्यमान का प्रारंभिक संवेग $\vec{p}_1 = m v \hat{i}$ है।
$3m$ द्रव्यमान का प्रारंभिक संवेग $\vec{p}_2 = (3m)(2v) \hat{j} = 6mv \hat{j}$ है।
कुल प्रारंभिक संवेग $\vec{p}_{initial} = m v \hat{i} + 6mv \hat{j}$ है।
टक्कर के बाद कुल द्रव्यमान $M = m + 3m = 4m$ है।
अंतिम संवेग $\vec{p}_{final} = (4m) \vec{v}'$ है।
दोनों को बराबर करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$4m \vec{v}' = m v \hat{i} + 6mv \hat{j}$
$\vec{v}' = \frac{mv \hat{i} + 6mv \hat{j}}{4m}$
$\vec{v}' = \frac{1}{4}v \hat{i} + \frac{6}{4}v \hat{j} = \frac{1}{4}v \hat{i} + \frac{3}{2}v \hat{j}$.

(A) स्थितिज ऊर्जा $V(x)$ एक परवलयाकार वक्र द्वारा दी गई है,जिसका अर्थ है $V(x) = \frac{1}{2}kx^2$।
यह एक सरल आवर्त दोलक $(SHM)$ को दर्शाता है जहाँ प्रत्यानयन बल $F = -\frac{dV}{dx} = -kx$ है।
चूँकि कण को $t = 0$ पर $x = A$ के धनात्मक विस्थापन पर विरामावस्था से छोड़ा जाता है,इसलिए इसकी गति का समीकरण $x(t) = A \cos(\omega t)$ द्वारा वर्णित है।
$t = 0$ पर,$x = A$ है,जो धनात्मक चरम स्थिति है।
जैसे-जैसे समय बढ़ता है,कण माध्य स्थिति $(x = 0)$ की ओर और फिर ऋणात्मक चरम स्थिति $(x = -A)$ की ओर बढ़ता है।
यह व्यवहार $t = 0$ पर धनात्मक अधिकतम मान से शुरू होने वाले कोसाइन ग्राफ द्वारा दर्शाया गया है।

(A) दिया गया है: $\theta(t) = 2t^3 - 6t^2$.
सबसे पहले,$\theta$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करके कोणीय वेग $\omega$ ज्ञात करें: $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 6t^2 - 12t$.
इसके बाद,$\omega$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करके कोणीय त्वरण $\alpha$ ज्ञात करें: $\alpha = \frac{d\omega}{dt} = 12t - 12$.
टॉर्क $\tau$ संबंध $\tau = I\alpha$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है।
टॉर्क के शून्य होने के लिए,कोणीय त्वरण $\alpha$ शून्य होना चाहिए (यह मानते हुए कि $I \neq 0$)।
$\alpha = 0$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है: $12t - 12 = 0$.
$t$ के लिए हल करने पर,हमें $t = 1 \ s$ प्राप्त होता है।

(B) समांतर अक्षों के प्रमेय के अनुसार,$M$ द्रव्यमान और $L$ लंबाई वाली एक पतली छड़ का उसके एक सिरे से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण इस प्रकार दिया जाता है:
$I = I_{CM} + Md^2$
जहाँ $I_{CM}$ छड़ का उसके द्रव्यमान केंद्र (मध्यबिंदु) से गुजरने वाली और उसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है,और $d$ दो समांतर अक्षों के बीच की लंबवत दूरी है।
यहाँ,$I_{CM} = I_0$ और केंद्र तथा सिरे के बीच की दूरी $d = L/2$ है।
इन मानों को प्रमेय में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = I_0 + M(L/2)^2$
$I = I_0 + ML^2/4$

(C) यह सुनिश्चित करने के लिए कि कण पृथ्वी पर वापस न आए, अनंत पर उसकी कुल यांत्रिक ऊर्जा कम से कम शून्य होनी चाहिए।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
$E_{initial} = E_{final}$
$\frac{1}{2}mu^2 - \frac{GMm}{R} = 0 + 0$
$\frac{1}{2}mu^2 = \frac{GMm}{R}$
$u^2 = \frac{2GM}{R}$
$u = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$
चूंकि $g = \frac{GM}{R^2}$, इसलिए हम $u = \sqrt{2gR}$ भी लिख सकते हैं।

(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।

(A) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,ग्रह का कोणीय संवेग उसकी पूरी कक्षा में स्थिर रहता है।
निकटतम बिंदु (उपसौर) पर,वेग सदिश स्थिति सदिश के लंबवत होता है,इसलिए कोणीय संवेग $L_1 = m v_1 r_1$ है।
सबसे दूर के बिंदु (अपसौर) पर,वेग सदिश भी स्थिति सदिश के लंबवत होता है,इसलिए कोणीय संवेग $L_2 = m v_2 r_2$ है।
चूंकि $L_1 = L_2$,इसलिए हमें $m v_1 r_1 = m v_2 r_2$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों से द्रव्यमान $m$ को हटाने पर,हमें $v_1 r_1 = v_2 r_2$ मिलता है।
अतः,वेगों का अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \frac{r_2}{r_1}$ है।

(D) रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया के लिए,तापमान और दबाव के बीच का संबंध इस प्रकार है:
$\frac{T^\gamma}{P^{\gamma-1}} = \text{स्थिरांक}$
इसलिए,$\left(\frac{T_i}{T_f}\right)^\gamma = \left(\frac{P_i}{P_f}\right)^{\gamma-1}$,जिसका अर्थ है $P_f = P_i \left(\frac{T_f}{T_i}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}$ ...$(i)$
दिया गया है:
$T_i = 27^{\circ}C = 300 \text{ K}$
$T_f = 927^{\circ}C = 1200 \text{ K}$
$P_i = 2 \text{ atm}$
$\gamma = 1.4$
इन मानों को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$P_f = 2 \times \left(\frac{1200}{300}\right)^{\frac{1.4}{1.4-1}}$
$P_f = 2 \times (4)^{\frac{1.4}{0.4}}$
$P_f = 2 \times (4)^{3.5}$
$P_f = 2 \times (2^2)^{3.5} = 2 \times 2^7 = 2^8 = 256 \text{ atm}$.

(B) $0^\circ C$ $(273\, K)$ पर $1\, kg$ बर्फ को पानी में पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = m \cdot L$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $m = 1\, kg = 1000\, g$ और $L = 80\, cal/g$ है।
अतः,$Q = 1000\, g \times 80\, cal/g = 80,000\, cal = 8 \times 10^4\, cal$।
समतापीय प्रक्रिया के लिए एन्ट्रॉपी में परिवर्तन $\Delta S = \frac{Q}{T}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $T = 0^\circ C = 273\, K$ है।
अतः,$\Delta S = \frac{80,000\, cal}{273\, K} \approx 293\, cal/K$।

(D) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = Q + W$,जहाँ $\Delta U$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन है,$Q$ निकाय को दी गई ऊष्मा है,और $W$ निकाय पर किया गया कार्य है।
एक आदर्श गैस के लिए समतापीय प्रक्रिया में,आंतरिक ऊर्जा केवल तापमान पर निर्भर करती है। चूंकि तापमान स्थिर रहता है,इसलिए $\Delta U = 0$ होता है।
अतः,समीकरण $0 = Q + W$ हो जाता है,जिसका अर्थ है $Q = -W$।
यह दिया गया है कि गैस अपने परिवेश के विरुद्ध कार्य करती है,इसलिए गैस पर किया गया कार्य $W = -150 \, J$ है।
इस मान को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $Q = -(-150 \, J) = +150 \, J$ प्राप्त होता है।
$Q$ का धनात्मक मान यह दर्शाता है कि गैस में $150 \, J$ ऊष्मा जोड़ी गई है।

(C) यदि किसी फलन को $y = A \sin(\omega t + \phi)$ या $y = A \cos(\omega t + \phi)$ के रूप में व्यक्त किया जा सकता है,तो वह $SHM$ है।
$(A)$ के लिए: $y = \sin \omega t - \cos \omega t = \sqrt{2} \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \omega t - \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \omega t \right] = \sqrt{2} \sin \left( \omega t - \frac{\pi}{4} \right)$. यह एक $SHM$ है।
$(B)$ के लिए: $y = \sin^3 \omega t = \frac{1}{4} [3 \sin \omega t - \sin 3 \omega t]$. यह दो अलग-अलग आवृत्तियों वाली गतियों का अध्यारोपण है,इसलिए यह आवर्ती गति है लेकिन $SHM$ नहीं है।
$(C)$ के लिए: $y = 5 \cos \left( \frac{3\pi}{4} - 3\omega t \right) = 5 \cos \left( 3\omega t - \frac{3\pi}{4} \right)$. यह $3\omega$ कोणीय आवृत्ति वाली एक $SHM$ है।
$(D)$ के लिए: $y = 1 + \omega t + \omega^2 t^2$. यह समय का एक द्विघात फलन है,जो अनावर्ती गति को दर्शाता है।
अतः,$(A)$ और $(C)$ दोनों $SHM$ को दर्शाते हैं।

(C) दिया गया है: $v_{\text{air}} = 350 \ m/s$,$v_{\text{brass}} = 3500 \ m/s$,और आवृत्ति $f = 700 \ Hz$.
जब ध्वनि तरंग एक माध्यम से दूसरे माध्यम में जाती है,तो उसकी आवृत्ति $f$ स्थिर रहती है।
संबंध $v = f \lambda$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है $\lambda = \frac{v}{f}$.
चूंकि $f$ स्थिर है,इसलिए तरंगदैर्ध्य $\lambda$ तरंग की गति $v$ के सीधे आनुपातिक है $(\lambda \propto v)$.
अतः,$\frac{\lambda_{\text{brass}}}{\lambda_{\text{air}}} = \frac{v_{\text{brass}}}{v_{\text{air}}}$.
मान रखने पर: $\frac{\lambda_{\text{brass}}}{\lambda_{\text{air}}} = \frac{3500}{350} = 10$.
इस प्रकार,$\lambda_{\text{brass}} = 10 \lambda_{\text{air}}$.
तरंगदैर्ध्य $10$ के गुणक से बढ़ जाती है।

(B) एक खींचे हुए तार की मूल आवृत्ति $v = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है।
समान तारों के लिए $L$ और $\mu$ स्थिर हैं,इसलिए $v \propto \sqrt{T}$ होता है।
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर,हमें $\frac{dv}{v} = \frac{1}{2} \frac{dT}{T}$ प्राप्त होता है।
प्रारंभिक आवृत्ति $v = 600\, Hz$ और बीट आवृत्ति $\Delta v = 6\, Hz$ दी गई है,इसलिए नई आवृत्ति $v' = 606\, Hz$ (या $594\, Hz$) होगी।
अतः,आवृत्ति में परिवर्तन $\Delta v = 6\, Hz$ है।
तनाव में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta T}{T} = 2 \frac{\Delta v}{v}$ है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta T}{T} = 2 \times \frac{6}{600} = 2 \times 0.01 = 0.02$.

(C) प्रक्षेप्य गति के लिए,परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g}$ होता है।
अधिकतम परास प्राप्त करने के लिए,प्रक्षेपण कोण $\theta = 45^\circ$ होना चाहिए,जिससे $\sin(2\theta) = \sin(90^\circ) = 1$ हो जाता है।
अतः,अधिकतम परास का सूत्र $R_{\max} = \frac{u^2}{g}$ है।
यहाँ प्रारंभिक वेग $u = 20\; m/s$ और गुरुत्वीय त्वरण $g = 10\; m/s^2$ दिया गया है।
इन मानों को रखने पर: $R_{\max} = \frac{(20)^2}{10} = \frac{400}{10} = 40\; m$.

(C) वृत्त की त्रिज्या $r = 5 \; cm = 5 \times 10^{-2} \; m$ है।
आवर्तकाल $T = 0.2 \pi \; sec$ है।
कण की चाल $v = \frac{2 \pi r}{T}$ है।
मान रखने पर: $v = \frac{2 \pi \times 5 \times 10^{-2}}{0.2 \pi} = \frac{10 \times 10^{-2}}{0.2} = 0.5 \; m/s$।
अभिकेंद्र त्वरण $a = \frac{v^2}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $a = \frac{(0.5)^2}{5 \times 10^{-2}} = \frac{0.25}{0.05} = 5 \; m/s^2$।

(A) प्रारंभिक वेग $\vec{u} = 30 \hat{i} \; m/s$.
अंतिम वेग $\vec{v} = 40 \hat{j} \; m/s$.
वेग में परिवर्तन $\Delta \vec{v} = \vec{v} - \vec{u} = 40 \hat{j} - 30 \hat{i}$.
वेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{v}| = \sqrt{(-30)^2 + (40)^2} = \sqrt{900 + 1600} = \sqrt{2500} = 50 \; m/s$.
औसत त्वरण $\vec{a}_{avg} = \frac{\Delta \vec{v}}{\Delta t} = \frac{50 \; m/s}{10 \; s} = 5 \; m/s^2$.

(D) चूंकि तनाव बल त्रिज्या के अनुदिश कार्य करता है,इसलिए घूर्णन केंद्र के परितः बल आघूर्ण (टॉर्क) शून्य है। अतः,द्रव्यमान का कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
माना $m$ द्रव्यमान है,$v_1$ प्रारंभिक वेग है,और $r_1 = r$ प्रारंभिक त्रिज्या है। माना $v_2$ अंतिम वेग है और $r_2 = r/2$ अंतिम त्रिज्या है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम से,$L_1 = L_2$:
$m v_1 r_1 = m v_2 r_2$
$v_1 r = v_2 (r / 2)$
$v_2 = 2 v_1$
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_1 = \frac{1}{2} m v_1^2$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $KE_2 = \frac{1}{2} m v_2^2 = \frac{1}{2} m (2 v_1)^2 = 4 (\frac{1}{2} m v_1^2) = 4 KE_1$ है।
अतः,गतिज ऊर्जा $4$ के गुणक से बढ़ जाएगी।

(A) पहली तरंग का समीकरण $y_1 = a \sin(\omega t + kx + 0.57)$ है।
अतः,पहली तरंग की कला $\phi_1 = (\omega t + kx + 0.57)$ है।
दूसरी तरंग का समीकरण $y_2 = a \cos(\omega t + kx)$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\cos(\theta) = \sin(\theta + \pi/2)$ का उपयोग करते हुए,हम लिख सकते हैं $y_2 = a \sin(\omega t + kx + \pi/2)$।
अतः,दूसरी तरंग की कला $\phi_2 = (\omega t + kx + \pi/2)$ है।
कलांतर $\Delta \phi = \phi_2 - \phi_1$ द्वारा दिया जाता है।
$\Delta \phi = (\omega t + kx + \pi/2) - (\omega t + kx + 0.57)$।
$\Delta \phi = \pi/2 - 0.57$।
चूंकि $\pi \approx 3.14$,इसलिए $\pi/2 \approx 1.57$।
$\Delta \phi = 1.57 - 0.57 = 1.0 \ radian$।

(B) माना प्रक्षेपण कोण $\theta = 45^{\circ}$ है।
उच्चतम बिंदु $P$ पर,ऊँचाई $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है और प्रक्षेपण बिंदु $O$ से क्षैतिज दूरी $R/2 = \frac{u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ है।
उन्नयन कोण $\alpha$ वह कोण है जो उच्चतम बिंदु $P$ द्वारा प्रक्षेपण बिंदु $O$ पर क्षैतिज के साथ बनाया जाता है।
समकोण त्रिभुज $\triangle POM$ में,हमारे पास है:
$\tan \alpha = \frac{H}{R/2} = \frac{\frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}}{\frac{u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}} = \frac{\sin \theta}{2 \cos \theta} = \frac{1}{2} \tan \theta$.
$\theta = 45^{\circ}$ रखने पर:
$\tan \alpha = \frac{1}{2} \tan 45^{\circ} = \frac{1}{2} (1) = \frac{1}{2}$.
अतः,$\alpha = \tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$.

(C) गैल्वेनोमीटर की संवेदनशीलता $1\,\mu A/\text{div}$ है। तापमान के सबसे छोटे अंतर का पता लगाने के लिए,हमें $1\,\text{div}$ के न्यूनतम विक्षेप की आवश्यकता है।
इसलिए,आवश्यक न्यूनतम धारा $I = 1\,\mu A$ है।
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $R = 10\,\Omega$ है।
इस धारा को उत्पन्न करने के लिए आवश्यक वोल्टेज $(e.m.f.)$ $V = I \times R = 1\,\mu A \times 10\,\Omega = 10\,\mu V$ है।
यह दिया गया है कि थर्मोकपल $40\,\mu V/^{\circ}C$ का $e.m.f.$ उत्पन्न करता है,इसलिए $10\,\mu V$ के अनुरूप तापमान अंतर $\Delta T$ की गणना इस प्रकार की जा सकती है:
$\Delta T = \frac{V}{\text{थर्मोकपल की संवेदनशीलता}} = \frac{10\,\mu V}{40\,\mu V/^{\circ}C} = 0.25^{\circ}C$.
इस प्रकार,सिस्टम द्वारा पता लगाया जा सकने वाला न्यूनतम तापमान अंतर $0.25^{\circ}C$ है।

(C) एकसमान विद्युत क्षेत्र $E$ में स्थित समांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच विभवांतर $V = Ed$ द्वारा दिया जाता है।
समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है।
संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} CV^2$ सूत्र द्वारा प्राप्त होती है।
ऊर्जा के सूत्र में $C$ और $V$ के मान रखने पर:
$U = \frac{1}{2} \left( \frac{\varepsilon_0 A}{d} \right) (Ed)^2$
$U = \frac{1}{2} \left( \frac{\varepsilon_0 A}{d} \right) E^2 d^2$
$U = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 Ad$.

(D) दिया गया है कि $AC = BC = 2a$ है। $D$ और $E$ क्रमशः $BC$ और $AC$ के मध्य-बिंदु हैं।
इसलिए,$AE = EC = a$ और $BD = DC = a$ है।
$\Delta ADC$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,$(AD)^2 = (AC)^2 - (DC)^2 = (2a)^2 - (a)^2 = 4a^2 - a^2 = 3a^2$,अतः $AD = a\sqrt{3}$ है।
इसी प्रकार,$\Delta BEC$ में,$(BE)^2 = (BC)^2 - (EC)^2 = (2a)^2 - (a)^2 = 3a^2$,अतः $BE = a\sqrt{3}$ है।
$A, B,$ और $C$ पर स्थित आवेशों के कारण बिंदु $D$ पर विद्युत विभव:
$V_D = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{BD} + \frac{q}{DC} + \frac{q}{AD} \right] = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{1}{a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{a\sqrt{3}} \right] = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a} \left[ 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right]$ है।
$A, B,$ और $C$ पर स्थित आवेशों के कारण बिंदु $E$ पर विद्युत विभव:
$V_E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{q}{AE} + \frac{q}{EC} + \frac{q}{BE} \right] = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{1}{a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{a\sqrt{3}} \right] = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a} \left[ 2 + \frac{1}{\sqrt{3}} \right]$ है।
चूँकि $V_D = V_E$ है,इसलिए किया गया कार्य $W = Q(V_E - V_D) = 0$ होगा।

(C) मान लीजिए कि वर्ग के कोने $P, Q, R, S$ हैं। $P$ और $S$ पर $+q$ आवेश हैं,और $Q$ और $R$ पर $-q$ आवेश हैं। बिंदु $A$,भुजा $PS$ का मध्य बिंदु है।
चूंकि वर्ग की भुजा की लंबाई $2L$ है,इसलिए $A$ से $P$ और $A$ से $S$ की दूरी $L$ है।
पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करके $A$ से $Q$ और $A$ से $R$ की दूरी: $AQ = AR = \sqrt{(2L)^2 + L^2} = \sqrt{4L^2 + L^2} = L\sqrt{5}$ होगी।
बिंदु $A$ पर कुल विद्युत विभव $V_A$ चारों आवेशों के कारण विभव का बीजगणितीय योग है:
$V_A = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} [\frac{q}{AP} + \frac{q}{AS} + \frac{-q}{AQ} + \frac{-q}{AR}]$
$V_A = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} [\frac{q}{L} + \frac{q}{L} - \frac{q}{L\sqrt{5}} - \frac{q}{L\sqrt{5}}]$
$V_A = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} [\frac{2q}{L} - \frac{2q}{L\sqrt{5}}]$
$V_A = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{2q}{L} (1 - \frac{1}{\sqrt{5}})$

(A) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और विद्युत विभव $V$ के बीच संबंध $\vec{E} = -\nabla V$ है।
जहाँ $\nabla = \hat{i} \frac{\partial}{\partial x} + \hat{j} \frac{\partial}{\partial y} + \hat{k} \frac{\partial}{\partial z}$ है।
अतः,$\vec{E} = -\left[ \hat{i} \frac{\partial V}{\partial x} + \hat{j} \frac{\partial V}{\partial y} + \hat{k} \frac{\partial V}{\partial z} \right]$.
दिया गया है $V = 4x^2$,आंशिक अवकलन करने पर:
$\frac{\partial V}{\partial x} = 8x$,$\frac{\partial V}{\partial y} = 0$,और $\frac{\partial V}{\partial z} = 0$.
इन मानों को $\vec{E}$ के समीकरण में रखने पर:
$\vec{E} = -(8x \hat{i} + 0 \hat{j} + 0 \hat{k}) = -8x \hat{i} \text{ V/m}$.
बिंदु $(1, 0, 2)$ पर,$x = 1$ रखने पर:
$\vec{E} = -8(1) \hat{i} = -8 \hat{i} \text{ V/m}$.
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि विद्युत क्षेत्र $8 \text{ V/m}$ के परिमाण के साथ ऋणात्मक $X-$ अक्ष की दिशा में है।

(B) माना $\varepsilon$ बैटरी का विद्युत वाहक बल (emf) है और $r$ बैटरी का आंतरिक प्रतिरोध है।
पूर्ण परिपथ के लिए ओम के नियम के अनुसार,धारा $I = \frac{\varepsilon}{R + r}$ होती है,जहाँ $R$ बाह्य प्रतिरोध है।
प्रथम स्थिति में,$I_1 = 2\,A$ और $R_1 = 2\,\Omega$:
$2 = \frac{\varepsilon}{2 + r} \implies \varepsilon = 2(2 + r) = 4 + 2r$ ....$(i)$
द्वितीय स्थिति में,$I_2 = 0.5\,A$ और $R_2 = 9\,\Omega$:
$0.5 = \frac{\varepsilon}{9 + r} \implies \varepsilon = 0.5(9 + r) = 4.5 + 0.5r$ ....$(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ से $\varepsilon$ के व्यंजकों की तुलना करने पर:
$4 + 2r = 4.5 + 0.5r$
$2r - 0.5r = 4.5 - 4$
$1.5r = 0.5$
$r = \frac{0.5}{1.5} = \frac{1}{3}\,\Omega$

(C) $9 \,\Omega$ के प्रतिरोध में व्ययित शक्ति $P = I_1^2 R_1$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $P = 36 \,W$ और $R_1 = 9 \,\Omega$,इसलिए $36 = I_1^2 \times 9$,जिससे $I_1^2 = 4$ प्राप्त होता है,अर्थात $I_1 = 2 \,A$।
चूंकि $9 \,\Omega$ और $6 \,\Omega$ के प्रतिरोध समांतर क्रम में जुड़े हैं,इसलिए उनके सिरों पर विभवांतर समान होगा।
माना समांतर संयोजन के सिरों पर विभवांतर $V_p$ है। तब $V_p = I_1 R_1 = 2 \,A \times 9 \,\Omega = 18 \,V$।
$6 \,\Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $I_2 = \frac{V_p}{R_2} = \frac{18 \,V}{6 \,\Omega} = 3 \,A$ है।
$2 \,\Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित कुल धारा $I = I_1 + I_2 = 2 \,A + 3 \,A = 5 \,A$ है।
$2 \,\Omega$ के प्रतिरोध के सिरों पर विभवांतर $V_{2\Omega} = I \times 2 \,\Omega = 5 \,A \times 2 \,\Omega = 10 \,V$ है।

(A) बिंदु $B$ पर विभव ज्ञात करने के लिए,हम परिपथ में $A$ से $B$ तक के पथ का अनुसरण करते हैं।
बिंदु $A$ $(V_A = 0 \ V)$ से शुरू करके,हम $1 \ V$ की बैटरी के माध्यम से बिंदु $C$ की ओर बढ़ते हैं।
$V_C = V_A + 1 = 0 + 1 = 1 \ V$.
बिंदु $C$ से $D$ तक,$2 \ \Omega$ का प्रतिरोध है जिसमें $D$ से $C$ की ओर $1 \ A$ की धारा प्रवाहित हो रही है।
$V_D - V_C = I \times R = 1 \times 2 = 2 \ V$.
$V_D = V_C + 2 = 1 + 2 = 3 \ V$.
अब,$D$ से $B$ तक $2 \ V$ की बैटरी के माध्यम से जाने पर,धारा $B$ से $D$ की ओर प्रवाहित होती है।
दिए गए समाधान के अनुसार: $V_A + 1 + 2(1) - 2 = V_B$ लेने पर,$V_B = 1 \ V$ प्राप्त होता है। अतः सही विकल्प $A$ है।

(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।

(D) मान लीजिए गैल्वेनोमीटर का मूल प्रतिरोध $G$ है। जब $S$ प्रतिरोध को गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो इस समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{GS}{G+S}$ होता है।
परिपथ में मुख्य धारा को अपरिवर्तित रखने के लिए,परिपथ का कुल प्रतिरोध गैल्वेनोमीटर के मूल प्रतिरोध $G$ के बराबर ही रहना चाहिए।
मान लीजिए $R$ वह प्रतिरोध है जिसे गैल्वेनोमीटर और $S$ के समानांतर संयोजन के साथ श्रेणीक्रम में जोड़ा जाना है।
अतः,कुल प्रतिरोध $R + R_p = G$ होगा।
$R_p$ का मान रखने पर,हमें $R + \frac{GS}{G+S} = G$ प्राप्त होता है।
$R$ के लिए हल करने पर,$R = G - \frac{GS}{G+S}$ मिलता है।
लघुत्तम समापवर्त्य लेने पर,$R = \frac{G(G+S) - GS}{G+S} = \frac{G^2 + GS - GS}{G+S}$।
इस प्रकार,$R = \frac{G^2}{G+S}$।

(B) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में स्थित धारावाही बंद लूप पर कुल चुंबकीय बल हमेशा शून्य होता है।
मान लीजिए कि भुजाओं $AB,$ $BC,$ और $AC$ पर बल क्रमशः $\vec{F}_{AB},$ $\vec{F}_{BC},$ और $\vec{F}_{AC}$ हैं।
अध्यारोपण के सिद्धांत के अनुसार,$\vec{F}_{AB} + \vec{F}_{BC} + \vec{F}_{AC} = 0.$
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र भुजा $AB$ के अनुदिश कार्य कर रहा है,इसलिए भुजा $AB$ के धारा अवयव $I\vec{dl}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के बीच का कोण $0^\circ$ या $180^\circ$ है।
इसलिए,भुजा $AB$ पर चुंबकीय बल $\vec{F}_{AB} = I(\vec{L}_{AB} \times \vec{B}) = 0$ है।
इस मान को कुल बल के समीकरण में रखने पर: $0 + \vec{F}_{BC} + \vec{F}_{AC} = 0.$
दिया गया है कि $\vec{F}_{BC} = \vec{F},$ इसलिए हमें $\vec{F} + \vec{F}_{AC} = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,$\vec{F}_{AC} = -\vec{F}$ होगा।

(D) विद्युत क्षेत्र के कारण इलेक्ट्रॉन पर लगने वाला बल $\vec{F}_{E} = -e\vec{E}$ द्वारा दिया जाता है।
चुंबकीय क्षेत्र के कारण इलेक्ट्रॉन पर लगने वाला बल $\vec{F}_{B} = -e(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि वेग $\vec{v}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ एक ही दिशा में हैं,इसलिए उनके बीच का कोण $0^{\circ}$ है। अतः,$\vec{v} \times \vec{B} = 0$,जिसका अर्थ है कि $\vec{F}_{B} = 0$ है।
इलेक्ट्रॉन पर कुल बल $\vec{F} = \vec{F}_{E} + \vec{F}_{B} = -e\vec{E}$ है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ वेग की दिशा में ही कार्य कर रहा है,इसलिए बल $-e\vec{E}$ इलेक्ट्रॉन के वेग की विपरीत दिशा में कार्य करता है।
चूंकि बल गति की दिशा के विपरीत है,इसलिए इलेक्ट्रॉन की गति कम हो जाएगी।

(A) माना कि वर्गाकार लूप की भुजा की लंबाई $a$ है। लंबे सीधे तार द्वारा $r$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi r}$ है।
धारावाही तार पर लगने वाला बल $F = I \int (dl \times B)$ द्वारा दिया जाता है।
$1$. लूप का ऊपरी भाग ($d$ दूरी पर) $I_1$ की विपरीत दिशा में $I$ धारा ले जाता है। दाएं हाथ के नियम के अनुसार,इस भाग पर लगने वाला बल तार की ओर आकर्षक है: $F_{top} = \frac{\mu_0 I_1 I}{2 \pi d} \times a$ (ऊपर की ओर)।
$2$. लूप का निचला भाग ($d+a$ दूरी पर) $I_1$ की समान दिशा में $I$ धारा ले जाता है। इस भाग पर लगने वाला बल तार से दूर प्रतिकर्षक है: $F_{bottom} = \frac{\mu_0 I_1 I}{2 \pi (d+a)} \times a$ (नीचे की ओर)।
$3$. लूप के दो ऊर्ध्वाधर भाग समान और विपरीत बल अनुभव करते हैं,इसलिए वे एक-दूसरे को रद्द कर देते हैं।
चूंकि $d < d+a$,इसलिए आकर्षक बल $F_{top}$ प्रतिकर्षक बल $F_{bottom}$ से अधिक है।
अतः,शुद्ध बल चालक की ओर आकर्षक है।

(A) प्रतिचुंबकीय (diamagnetic) पदार्थ चुंबक द्वारा हल्के प्रतिकर्षित होते हैं।
अनुचुंबकीय (paramagnetic) पदार्थ चुंबक द्वारा हल्के आकर्षित होते हैं।
लौहचुंबकीय (ferromagnetic) पदार्थ चुंबक द्वारा प्रबल रूप से आकर्षित होते हैं।
अचुंबकीय (non-magnetic) पदार्थ चुंबक से अप्रभावित रहते हैं।
अवलोकनों के आधार पर:
$(i)$ $A$ हल्का प्रतिकर्षित होता है,इसलिए $A$ प्रतिचुंबकीय है।
$(ii)$ $B$ हल्का आकर्षित होता है,इसलिए $B$ अनुचुंबकीय है।
$(iii)$ $C$ प्रबल रूप से आकर्षित होता है,इसलिए $C$ लौहचुंबकीय है।
$(iv)$ $D$ अप्रभावित रहता है,इसलिए $D$ अचुंबकीय है।
अतः,कथन '$B$ एक अनुचुंबकीय पदार्थ है' सत्य है।

(B) दिया गया है: चुंबकीय आघूर्ण $M = 0.4 \, J T^{-1}$ और चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.16 \, T$ है।
एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = -\vec{M} \cdot \vec{B} = -MB \cos \theta$ होता है।
स्थिर संतुलन के लिए,चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M}$ को चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के साथ संरेखित होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि कोण $\theta = 0^{\circ}$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$U = -MB \cos(0^{\circ})$
$U = -(0.4 \, J T^{-1}) \times (0.16 \, T) \times 1$
$U = -0.064 \, J$.
अतः,स्थिर संतुलन में स्थितिज ऊर्जा $-0.064 \, J$ है।

(C) बिना विचलन के विक्षेपण के लिए,संयोजन द्वारा उत्पन्न कुल विचलन शून्य होना चाहिए,अर्थात $\delta_1 + \delta_2 = 0$।
पतले प्रिज्म के लिए,विचलन $\delta = (\mu - 1)A$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$(\mu_1 - 1)A_1 + (\mu_2 - 1)A_2 = 0$।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $(1.5 - 1) \times 15^o + (1.75 - 1) \times A_2 = 0$।
$0.5 \times 15^o + 0.75 \times A_2 = 0$।
$7.5^o + 0.75 \times A_2 = 0$।
$A_2 = -\frac{7.5^o}{0.75} = -10^o$।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि दूसरे प्रिज्म को पहले प्रिज्म के सापेक्ष उल्टी दिशा में रखा जाना चाहिए। दूसरे प्रिज्म के कोण का परिमाण $10^o$ है।

(D) तालाब की आभासी और वास्तविक गहराई के बीच का अंतर प्रकाश के अपवर्तन के कारण होता है जब यह सघन माध्यम (पानी) से विरल माध्यम (हवा) में यात्रा करता है। अन्य तीन घटनाएं,जैसे ऑप्टिकल फाइबर का कार्य,गर्मियों के दिनों में मृगतृष्णा का बनना और हीरे की चमक,ये सभी पूर्ण आंतरिक परावर्तन के अनुप्रयोग या परिणाम हैं।

(D) मान लीजिए कि लेंस के बिना अभिसारी पुंज का फोकस लेंस से $x$ दूरी पर है। जब लेंस मौजूद होता है,तो प्रतिबिंब $v = +15\, cm$ पर बनता है।
जब लेंस को हटा दिया जाता है,तो किरणें $5\, cm$ करीब मिलती हैं,इसलिए लेंस के लिए वस्तु की दूरी $u = 15 - 5 = +10\, cm$ होगी।
चूंकि पुंज अभिसारी है,इसलिए वस्तु आभासी है,अतः $u$ धनात्मक है।
लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
मान रखने पर: $\frac{1}{15} - \frac{1}{10} = \frac{1}{f}$.
$\frac{2 - 3}{30} = \frac{1}{f}$.
$\frac{-1}{30} = \frac{1}{f}$.
अतः,$f = -30\, cm$।

(C) मान लीजिए कि लेंस के पदार्थ का अपवर्तनांक $\mu = 1.5$ है और वक्रता त्रिज्याएँ $R_1 = 20\, cm$ और $R_2 = -20\, cm$ हैं,तो लेंस निर्माता के सूत्र के अनुसार फोकस दूरी $f$:
$\frac{1}{f} = (\mu - 1)(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}) = (1.5 - 1)(\frac{1}{20} - \frac{1}{-20}) = 0.5 \times \frac{2}{20} = \frac{1}{20}$. अतः,$f = 20\, cm$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = -30\, cm$:
$\frac{1}{20} = \frac{1}{v} - \frac{1}{-30}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{30} = \frac{3 - 2}{60} = \frac{1}{60}$.
अतः,$v = 60\, cm$.
आवर्धन $m = \frac{v}{u} = \frac{60}{-30} = -2$.
चूँकि $m = \frac{h_i}{h_o}$,इसलिए $h_i = m \times h_o = -2 \times 2\, cm = -4\, cm$.
ऋणात्मक चिह्न दर्शाता है कि प्रतिबिंब उल्टा है और ऊँचाई का परिमाण $4\, cm$ है। चूँकि $v$ धनात्मक है,प्रतिबिंब वास्तविक है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
$e V_{0} = h \nu - h \nu_{0}$
जहाँ,
$\nu = 8.20 \times 10^{14} \text{ Hz}$ (आपतित आवृत्ति)
$\nu_{0} = 3.3 \times 10^{14} \text{ Hz}$ (देहली आवृत्ति)
$h = 6.63 \times 10^{-34} \text{ J s}$ (प्लांक नियतांक)
$e = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$ (इलेक्ट्रॉन का आवेश)
$V_{0}$ कट-ऑफ (निरोधी) विभव है।
$V_{0}$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर:
$V_{0} = \frac{h}{e} (\nu - \nu_{0})$
मान रखने पर:
$V_{0} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{1.6 \times 10^{-19}} (8.20 \times 10^{14} - 3.3 \times 10^{14})$
$V_{0} = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{1.6 \times 10^{-19}} (4.9 \times 10^{14})$
$V_{0} = \frac{6.63 \times 4.9}{1.6} \times 10^{-1}$
$V_{0} \approx 2.03 \text{ V}$
अतः,कट-ऑफ वोल्टेज लगभग $2 \text{ V}$ है।

(C) निरोधी विभव $V_{s}$ और उत्सर्जित प्रकाश-इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\text{max}}$ के बीच का संबंध इस प्रकार है:
$K_{\text{max}} = e V_{s}$
यहाँ दिया गया है कि अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\text{max}} = 0.5\, eV$ है,इसलिए समीकरण में मान रखने पर:
$0.5\, eV = e V_{s}$
दोनों पक्षों को प्रारंभिक आवेश $e$ से विभाजित करने पर:
$V_{s} = 0.5\, V$
अतः,निरोधी विभव $0.5\, V$ है।

(A) डेविसन और जर्मर के प्रयोग में,इलेक्ट्रॉन गन एक विद्युत विभव $V$ का उपयोग करके इलेक्ट्रॉनों को त्वरित करती है।
$e$ आवेश और $m$ द्रव्यमान वाले इलेक्ट्रॉन द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $K$ को $K = eV = \frac{1}{2}mv^2$ द्वारा दर्शाया जाता है।
वेग $v$ के लिए हल करने पर,हमें $v = \sqrt{\frac{2eV}{m}}$ प्राप्त होता है।
इस संबंध से यह स्पष्ट है कि वेग $v$,त्वरित विभवांतर $V$ के वर्गमूल के सीधे आनुपातिक है।
इसलिए,एनोड और फिलामेंट के बीच विभवांतर को बढ़ाकर इलेक्ट्रॉनों के वेग को बढ़ाया जा सकता है।

(B) $V$ विभव द्वारा त्वरित इलेक्ट्रॉन से जुड़ी डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{1.227}{\sqrt{V}} \; nm$ है।
इस संबंध से हम देख सकते हैं कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{V}}$ है।
मान लीजिए $V_1 = 25 \; kV$ पर प्रारंभिक तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$ है और $V_2 = 100 \; kV$ पर अंतिम तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ है।
अनुपात लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \sqrt{\frac{V_2}{V_1}} = \sqrt{\frac{100 \; kV}{25 \; kV}} = \sqrt{4} = 2$।
अतः,$\lambda_2 = \frac{\lambda_1}{2}$।
इसका अर्थ है कि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $2$ गुना घट जाएगी।

(C) यहाँ,कार्य फलन $\phi_{0} = 0.5 \; eV$ है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max} = E - \phi_{0}$ होती है,जहाँ $E$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है।
प्रथम विकिरण के लिए,$E_{1} = 1 \; eV$:
$K_{\max 1} = 1 \; eV - 0.5 \; eV = 0.5 \; eV$.
द्वितीय विकिरण के लिए,$E_{2} = 2.5 \; eV$:
$K_{\max 2} = 2.5 \; eV - 0.5 \; eV = 2 \; eV$.
गतिज ऊर्जा और अधिकतम चाल $v_{\max}$ के बीच संबंध $K_{\max} = \frac{1}{2} m v_{\max}^2$ है।
अतः,अधिकतम चालों का अनुपात:
$\frac{v_{\max 1}}{v_{\max 2}} = \sqrt{\frac{K_{\max 1}}{K_{\max 2}}} = \sqrt{\frac{0.5}{2}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$.
इस प्रकार,अनुपात $1:2$ है।

(A) कुंडली में प्रेरित $emf$,$e = -L \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
$1$. $0 \leq t \leq \frac{T}{4}$ के लिए,$i-t$ ग्राफ धनात्मक नियत ढाल वाली एक सीधी रेखा है। इसलिए,$\frac{di}{dt} = \text{नियत} > 0$,जिसका अर्थ है कि $e = -L \frac{di}{dt} = \text{ऋणात्मक नियत}$.
$2$. $\frac{T}{4} \leq t \leq \frac{T}{2}$ के लिए,धारा $i$ नियत है। इसलिए,$\frac{di}{dt} = 0$,जिसका अर्थ है कि $e = 0$.
$3$. $\frac{T}{2} \leq t \leq \frac{3T}{4}$ के लिए,$i-t$ ग्राफ ऋणात्मक नियत ढाल वाली एक सीधी रेखा है। इसलिए,$\frac{di}{dt} = \text{नियत} < 0$,जिसका अर्थ है कि $e = -L \frac{di}{dt} = \text{धनात्मक नियत}$.
$4$. $\frac{3T}{4} \leq t \leq T$ के लिए,धारा $i$ शून्य है। इसलिए,$\frac{di}{dt} = 0$,जिसका अर्थ है कि $e = 0$.
इस विश्लेषण के आधार पर,प्रेरित $emf$ बनाम समय का ग्राफ पहले अंतराल के लिए ऋणात्मक नियत मान,दूसरे के लिए शून्य,तीसरे के लिए धनात्मक नियत मान और अंतिम अंतराल के लिए शून्य दर्शाता है।

(B) दिया गया है,प्रत्यावर्ती वोल्टेज $e = 200 \sqrt{2} \sin(100 t) \; V$ है।
इस समीकरण की तुलना मानक समीकरण $e = E_0 \sin(\omega t)$ से करने पर,हमें शिखर वोल्टेज $E_0 = 200 \sqrt{2} \; V$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 100 \; rad/s$ प्राप्त होती है।
$rms$ वोल्टेज $E_{\text{rms}} = \frac{E_0}{\sqrt{2}} = \frac{200 \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 200 \; V$ है।
धारिता $C = 1 \; \mu F = 1 \times 10^{-6} \; F$ है।
धारितीय प्रतिघात $X_C$ का सूत्र $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \times 10^{-6}} = \frac{1}{10^{-4}} = 10^4 \; \Omega$ है।
$rms$ धारा $I_{\text{rms}} = \frac{E_{\text{rms}}}{X_C} = \frac{200}{10^4} = 2 \times 10^{-2} \; A$ है।
इसे मिलीएम्पियर $(mA)$ में बदलने पर,$I_{\text{rms}} = 2 \times 10^{-2} \times 10^3 \; mA = 20 \; mA$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है: प्रतिरोध $R = 3\,\Omega$ और प्रेरणिक प्रतिघात $X_L = 3\,\Omega$ है।
एक $LR$ श्रेणी परिपथ में,लागू वोल्टेज और धारा के बीच कलान्तर $\phi$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\tan \phi = \frac{X_L}{R}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan \phi = \frac{3\,\Omega}{3\,\Omega} = 1$
अतः,कलान्तर:
$\phi = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$ रेडियन है।

(C) समय $t$ के फलन के रूप में दिया गया विभवांतर $V$:
$V = V_0$,जब $0 \leq t \leq \frac{T}{2}$
$V = 0$,जब $\frac{T}{2} \leq t \leq T$
$r.m.s.$ मान की परिभाषा के अनुसार:
$V_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_0^T V^2 dt}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$V_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T} \left( \int_0^{T/2} V_0^2 dt + \int_{T/2}^T 0^2 dt \right)}$
$V_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T} \left( V_0^2 [t]_0^{T/2} + 0 \right)}$
$V_{rms} = \sqrt{\frac{V_0^2}{T} \cdot \frac{T}{2}}$
$V_{rms} = \sqrt{\frac{V_0^2}{2}}$
$V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}}$

(B) दिया गया है: प्रतिरोध $R = 30\,\Omega$.
$f = 50\,Hz$ आवृत्ति पर प्रेरणिक प्रतिघात $X_L = 20\,\Omega$.
चूंकि $X_L = 2\pi f L$,इसलिए प्रेरणिक प्रतिघात आवृत्ति के समानुपाती होता है $(X_L \propto f)$.
नई आवृत्ति $f' = 100\,Hz$ पर,नया प्रेरणिक प्रतिघात $X_L'$ होगा:
$X_L' = X_L \times \left(\frac{f'}{f}\right) = 20\,\Omega \times \left(\frac{100\,Hz}{50\,Hz}\right) = 40\,\Omega$.
$RL$ परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) $Z = \sqrt{R^2 + (X_L')^2}$ द्वारा दी जाती है।
$Z = \sqrt{30^2 + 40^2} = \sqrt{900 + 1600} = \sqrt{2500} = 50\,\Omega$.
कुंडली में धारा $I = \frac{V}{Z} = \frac{200\,V}{50\,\Omega} = 4\,A$ होगी।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग सदिश गुणनफल $\vec{E} \times \vec{B}$ की दिशा में संचरित होती है।
यह दिया गया है कि तरंग $+z$-अक्ष की दिशा में संचरित हो रही है,इसलिए संचरण की दिशा $\hat{k}$ है।
हमें यह जांचना होगा कि कौन सा युग्म $\hat{E} \times \hat{B} = \hat{k}$ को संतुष्ट करता है।
विकल्प $A$ के लिए: $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$। यह संचरण की दिशा से मेल खाता है।
अतः,विद्युत क्षेत्र $x$-अक्ष के अनुदिश है और चुंबकीय क्षेत्र $y$-अक्ष के अनुदिश है।

(A) दिए गए विद्युत चुम्बकीय तरंगों की तरंगदैर्ध्य का घटता क्रम इस प्रकार है:
माइक्रोवेव > इन्फ्रारेड > पराबैंगनी > गामा किरणें।
अतः,सही घटता क्रम है:
$\lambda_{\text{Microwave}} > \lambda_{\text{Infrared}} > \lambda_{\text{Ultraviolet}} > \lambda_{\text{Gamma rays}}$.

(B) हाइड्रोजन परमाणु $(Z=1)$ के लिए लाइमैन श्रेणी की पहली रेखा की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R(1)^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = R \left[ 1 - \frac{1}{4} \right] = \frac{3R}{4}$
परमाणु संख्या $Z$ वाले हाइड्रोजन जैसे आयन के लिए बामर श्रेणी की दूसरी रेखा की तरंगदैर्ध्य $\lambda'$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{\lambda'} = R Z^2 \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right] = R Z^2 \left[ \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right] = R Z^2 \left[ \frac{4-1}{16} \right] = \frac{3 R Z^2}{16}$
प्रश्न के अनुसार,$\lambda = \lambda'$,जिसका अर्थ है कि $\frac{1}{\lambda} = \frac{1}{\lambda'}$:
$\frac{3R}{4} = \frac{3 R Z^2}{16}$
दोनों पक्षों को $\frac{3R}{4}$ से विभाजित करने पर:
$1 = \frac{Z^2}{4}$
$Z^2 = 4$
$Z = 2$
अतः,हाइड्रोजन जैसे आयन की परमाणु संख्या $2$ है।

(C) दिया गया है,निरोधी विभव $V_{0} = 10 \ V$ और कार्य फलन $W = 2.75 \ eV$ है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = h\nu = eV_{0} + W$ होती है।
मान रखने पर,$E = 10 \ eV + 2.75 \ eV = 12.75 \ eV$ ..... $(i)$.
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,अवस्था $n$ से मूल अवस्था $(n=1)$ में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $h\nu = E_{n} - E_{1}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $E_{n} = -\frac{13.6}{n^{2}} \ eV$,इसलिए $h\nu = -\frac{13.6}{n^{2}} - (-13.6) = 13.6 \left(1 - \frac{1}{n^{2}}\right) \ eV$ है।
इसे समीकरण $(i)$ की ऊर्जा के बराबर रखने पर,$13.6 \left(1 - \frac{1}{n^{2}}\right) = 12.75$ प्राप्त होता है।
$1 - \frac{1}{n^{2}} = \frac{12.75}{13.6} = 0.9375$ है।
$\frac{1}{n^{2}} = 1 - 0.9375 = 0.0625$ है।
$n^{2} = \frac{1}{0.0625} = 16$ है।
अतः,$n = 4$ है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{\text{वीं}}$ कक्षा की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \; eV$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
ऊर्जा स्तर इस प्रकार हैं:
$E_1 = -13.6 \; eV$
$E_2 = -\frac{13.6}{4} = -3.4 \; eV$
$E_3 = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \; eV$
$E_4 = -\frac{13.6}{16} = -0.85 \; eV$
उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा दो ऊर्जा स्तरों के बीच का अंतर है: $\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1}$।
विकल्पों की जाँच करने पर:
$1$. $E_4 - E_3 = -0.85 - (-1.51) = 0.66 \; eV$ (लगभग $0.65 \; eV$)। यह संभव है।
$2$. $E_3 - E_2 = -1.51 - (-3.4) = 1.89 \; eV$ (लगभग $1.9 \; eV$)। यह संभव है।
$3$. $E_1$ मूल अवस्था (ground state) ऊर्जा है,और $E_1$ में संक्रमण $13.6 \; eV$ मुक्त कर सकते हैं (जैसे,अनंत से $n=1$ तक)। यह संभव है।
$4$. $11.1 \; eV$ को हाइड्रोजन परमाणु के किन्हीं दो ऊर्जा स्तरों के बीच के अंतर के रूप में व्यक्त नहीं किया जा सकता है।
अतः,$11.1 \; eV$ उत्सर्जित फोटॉन के लिए एक संभावित ऊर्जा नहीं है।

(D) जब एक अल्फा कण $({}_2^4He)$ उत्सर्जित होता है,तो द्रव्यमान संख्या $4$ से कम हो जाती है और परमाणु क्रमांक $2$ से कम हो जाता है।
जब एक बीटा कण $(\beta^-)$ उत्सर्जित होता है,तो परमाणु क्रमांक $1$ से बढ़ जाता है और द्रव्यमान संख्या अपरिवर्तित रहती है।
$_n^mX$ से शुरू करते हुए:
$1$. एक $\alpha$ कण के उत्सर्जन के बाद: $_n^mX \rightarrow {}_{n-2}^{m-4}Y + {}_2^4He$.
$2$. दो $\beta$ कणों के उत्सर्जन के बाद: ${}_{n-2}^{m-4}Y \rightarrow {}_{n-2+2}^{m-4}Z + 2_{-1}^0e = {}_n^{m-4}Z$.
अतः,परिणामी नाभिक $_n^{m-4}Z$ है।

(C) आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता संबंध $E = mc^2$ के अनुसार,जहाँ $m$ द्रव्यमान क्षति है और $E$ मुक्त ऊर्जा है।
शक्ति $P$ ऊर्जा मुक्त होने की दर है,$P = \frac{\Delta E}{\Delta t}$।
अतः,द्रव्यमान क्षय की दर $\frac{\Delta m}{\Delta t} = \frac{P}{c^2}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $P = 1000 \text{ kW} = 10^6 \text{ W}$ और $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ दिया गया है।
प्रति सेकंड द्रव्यमान क्षय = $\frac{10^6 \text{ J/s}}{(3 \times 10^8 \text{ m/s})^2} = \frac{10^6}{9 \times 10^{16}} \text{ kg/s} = \frac{1}{9} \times 10^{-10} \text{ kg/s}$।
प्रति घंटा द्रव्यमान क्षय = $\left( \frac{1}{9} \times 10^{-10} \text{ kg/s} \right) \times 3600 \text{ s} = 400 \times 10^{-10} \text{ kg} = 4 \times 10^{-8} \text{ kg}$।
चूंकि $1 \text{ kg} = 10^9 \mu g$,इसलिए प्रति घंटा द्रव्यमान क्षय = $4 \times 10^{-8} \times 10^9 \mu g = 40 \mu g$ है।

(B) मान लीजिए $N_0$ रेडियोधर्मी समस्थानिक $X$ की प्रारंभिक मात्रा है और $N$ समय $t$ के बाद बची हुई मात्रा है।
$X$ और $Y$ का अनुपात $1:15$ दिया गया है, इसलिए कुल मात्रा $N_0 = N + N_Y = N + 15N = 16N$ है।
अतः, शेष समस्थानिक का अंश $\frac{N}{N_0} = \frac{1}{16}$ है।
रेडियोधर्मी क्षय सूत्र $\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$ का उपयोग करते हुए, जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है:
$\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^n \implies \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \left(\frac{1}{2}\right)^n \implies n = 4$.
चट्टान की आयु $t$ का मान $t = n \times T_{1/2}$ द्वारा प्राप्त होता है।
यहाँ $T_{1/2} = 50$ वर्ष दिया गया है, इसलिए $t = 4 \times 50 = 200$ वर्ष।

(D) $t = 0$ पर,$N_P(0) = 4N_0$ और $N_Q(0) = N_0$ है।
समय $t$ पर नाभिकों की संख्या $N(t) = N(0) \cdot (1/2)^{t/T_{1/2}}$ द्वारा दी जाती है।
$P$ के लिए,$N_P(t) = 4N_0 \cdot (1/2)^{t/1} = 4N_0 \cdot 2^{-t}$ है।
$Q$ के लिए,$N_Q(t) = N_0 \cdot (1/2)^{t/2} = N_0 \cdot 2^{-t/2}$ है।
दिया गया है कि $N_P(t) = N_Q(t),$ इसलिए $4N_0 \cdot 2^{-t} = N_0 \cdot 2^{-t/2}$ है।
$N_0$ से विभाजित करने पर,$4 = 2^t / 2^{t/2} = 2^{t/2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $4 = 2^2,$ इसलिए $t/2 = 2,$ अर्थात $t = 4 \text{ मिनट}$ है।
$t = 4 \text{ मिनट}$ पर,
$N_P(4) = 4N_0 \cdot (1/2)^4 = 4N_0 / 16 = N_0/4$ है।
$N_Q(4) = N_0 \cdot (1/2)^{4/2} = N_0 / 4$ है।
$R$ के नाभिकों की संख्या $P$ और $Q$ के क्षयित नाभिकों की कुल संख्या है।
$N_R = (N_P(0) - N_P(4)) + (N_Q(0) - N_Q(4))$
$N_R = (4N_0 - N_0/4) + (N_0 - N_0/4) = 15N_0/4 + 3N_0/4 = 18N_0/4 = 9N_0/2$ है।

(C) नाभिकीय संलयन में दो धनावेशित नाभिकों को संलयित होने के लिए पर्याप्त करीब लाना शामिल है। चूंकि समान आवेश एक-दूसरे को प्रतिकर्षित करते हैं,इसलिए उनके बीच एक मजबूत स्थिर-वैद्युत (कूलम्ब) प्रतिकर्षण होता है। अत्यधिक उच्च तापमान पर,नाभिकों की गतिज ऊर्जा इतनी अधिक हो जाती है कि वे इस कूलम्ब प्रतिकर्षण को दूर कर सकें,जिससे वे प्रबल नाभिकीय बल के दायरे में आकर संलयित हो सकें।

(B) उत्सर्जित फोटॉन का संवेग $p_{\text{photon}} = \frac{hf}{c}$ द्वारा दिया जाता है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,प्रतिक्षेप करने वाले नाभिक के संवेग का परिमाण फोटॉन के संवेग के बराबर होना चाहिए:
$p_{\text{nucleus}} = p_{\text{photon}} = \frac{hf}{c}$.
मान लीजिए $v$ नाभिक की प्रतिक्षेप गति है। अतः,$Mv = \frac{hf}{c}$,जिससे हमें $v = \frac{hf}{Mc}$ प्राप्त होता है।
नाभिक की प्रतिक्षेप गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}Mv^2$ द्वारा दी जाती है।
$v$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$K = \frac{1}{2}M \left( \frac{hf}{Mc} \right)^2 = \frac{1}{2}M \left( \frac{h^2f^2}{M^2c^2} \right) = \frac{h^2f^2}{2Mc^2}$.

(C) $p-n$ जंक्शन डायोड फॉरवर्ड बायस में तब होता है जब $p$-सिरे का विभव $n$-सिरे के विभव से अधिक होता है।
$(A)$ $p$-सिरा $+10 \ V$ पर है और $n$-सिरा $+5 \ V$ पर है। चूँकि $10 \ V > 5 \ V$,यह फॉरवर्ड बायस में है।
$(B)$ $p$-सिरा $-10 \ V$ पर है और $n$-सिरा $0 \ V$ (ग्राउंड) पर है। चूँकि $-10 \ V < 0 \ V$,यह रिवर्स बायस में है।
$(C)$ $p$-सिरा $-5 \ V$ पर है और $n$-सिरा $-12 \ V$ पर है। चूँकि $-5 \ V > -12 \ V$,यह फॉरवर्ड बायस में है।
$(D)$ $p$-सिरा $0 \ V$ (ग्राउंड) पर है और $n$-सिरा $+5 \ V$ पर है। चूँकि $0 \ V < 5 \ V$,यह रिवर्स बायस में है।
अतः,डायोड $(A)$ और $(C)$ फॉरवर्ड बायस में हैं।

(D) फॉरवर्ड बायसिंग में,बैटरी का धनात्मक टर्मिनल $p-n$ जंक्शन के $p-$साइड से और ऋणात्मक टर्मिनल $n-$साइड से जुड़ा होता है।
यह बाहरी वोल्टेज जंक्शन के आंतरिक विभव प्राचीर (पोटेंशियल बैरियर) का विरोध करता है।
परिणामस्वरूप,बहुसंख्यक आवेश वाहक (मेजॉरिटी चार्ज कैरियर्स) जंक्शन की ओर धकेले जाते हैं,जिससे डिप्लीशन क्षेत्र की चौड़ाई कम हो जाती है।
इसलिए,डिप्लीशन क्षेत्र पतला हो जाता है।

(A) कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में,करंट गेन $\beta$ को कलेक्टर करंट में परिवर्तन और बेस करंट में परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$
दिया गया है:
कलेक्टर करंट में परिवर्तन,$\Delta I_C = 20 \, mA - 10 \, mA = 10 \, mA = 10 \times 10^{-3} \, A$
बेस करंट में परिवर्तन,$\Delta I_B = 300 \, \mu A - 100 \, \mu A = 200 \, \mu A = 200 \times 10^{-6} \, A$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\beta = \frac{10 \times 10^{-3}}{200 \times 10^{-6}}$
$\beta = \frac{10}{200} \times 10^3$
$\beta = \frac{1}{20} \times 1000 = 50$
अतः,करंट गेन $50$ है।

(C) जब जर्मेनियम (चतुःसंयोजक) क्रिस्टल में थोड़ी मात्रा में एंटीमनी (पंचसंयोजक) मिलाया जाता है,तो क्रिस्टल $n-$प्रकार का अर्धचालक बन जाता है।
$n-$प्रकार के अर्धचालक में इलेक्ट्रॉन बहुसंख्यक आवेश वाहक होते हैं और होल्स अल्पसंख्यक आवेश वाहक होते हैं।
इसलिए,मुक्त इलेक्ट्रॉनों की संख्या होल्स की संख्या से अधिक होती है।

(D) मानक लॉजिक गेट प्रतीकों के आधार पर:
$(i)$ एक $OR$ गेट को दर्शाता है।
(ii) एक $AND$ गेट को दर्शाता है।
(iii) एक $NOT$ गेट को दर्शाता है।
(iv) एक $NAND$ गेट को दर्शाता है।
इसलिए,$AND, NAND$ और $NOT$ गेट के लिए सही क्रम क्रमशः $(ii), (iv)$ और $(iii)$ है।

(A) $1\,k\Omega$ के प्रतिरोधक पर वोल्टेज ड्रॉप ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_Z = 15\,V$ के बराबर होता है।
$1\,k\Omega$ के प्रतिरोधक से होकर बहने वाली धारा $(I')$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$I' = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{15\,V}{1 \times 10^3\,\Omega} = 15 \times 10^{-3}\,A = 15\,mA$.
$250\,\Omega$ के श्रेणी प्रतिरोधक पर वोल्टेज ड्रॉप इनपुट वोल्टेज और ज़ेनर वोल्टेज के बीच का अंतर है:
$V_R = 20\,V - 15\,V = 5\,V$.
$250\,\Omega$ के प्रतिरोधक से होकर बहने वाली कुल धारा $(I)$ है:
$I = \frac{V_R}{R} = \frac{5\,V}{250\,\Omega} = 0.02\,A = 20\,mA$.
जंक्शन पर किरचॉफ के धारा नियम को लागू करने पर,ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली धारा $(I_Z)$ है:
$I_Z = I - I' = 20\,mA - 15\,mA = 5\,mA$.

(A) जब $Si$ या $Ge$ को इंडियम $(In)$ जैसी त्रिसंयोजी अशुद्धि के साथ डोप किया जाता है,तो $p$-प्रकार का अर्धचालक प्राप्त होता है।
दिया गया है,आंतरिक वाहक सांद्रता $n_i = 1.5 \times 10^{16} \, m^{-3}$ और होल सांद्रता $n_h = 4.5 \times 10^{22} \, m^{-3}$ है।
चूंकि $n_h > n_i$,इसलिए यह अर्धचालक $p$-प्रकार का है।
मास एक्शन लॉ के अनुसार,$n_e \cdot n_h = n_i^2$ होता है।
अतः,$n_e = \frac{n_i^2}{n_h} = \frac{(1.5 \times 10^{16})^2}{4.5 \times 10^{22}} = \frac{2.25 \times 10^{32}}{4.5 \times 10^{22}} = 0.5 \times 10^{10} = 5 \times 10^9 \, m^{-3}$।

(D) आइंस्टीन के प्रकाशवैद्युत समीकरण के अनुसार:
$K_{\max} = h\nu - h\nu_0$
चूंकि उत्सर्जन होने के लिए अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max}$ धनात्मक होनी चाहिए,इसलिए:
$h\nu - h\nu_0 > 0$
$h\nu > h\nu_0$
$\nu > \nu_0$
अतः,प्रकाशवैद्युत उत्सर्जन केवल तब होता है जब आपतित प्रकाश की आवृत्ति एक निश्चित न्यूनतम आवृत्ति से अधिक हो,जिसे देहली आवृत्ति $(\nu_0)$ कहा जाता है।

(C) गाउस के नियम के अनुसार,किसी भी बंद पृष्ठ से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\phi = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$
यहाँ,$Q_{\text{enclosed}}$ गाऊसी पृष्ठ द्वारा घिरा हुआ कुल आवेश है और $\varepsilon_0$ मुक्त स्थान की विद्युतशीलता है।
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि विद्युत फ्लक्स केवल पृष्ठ के भीतर निहित आवेश के परिमाण पर निर्भर करता है।
यह गाऊसी पृष्ठ के आकार या त्रिज्या $(R)$ पर निर्भर नहीं करता है।
इसलिए,यदि गाऊसी पृष्ठ की त्रिज्या को दोगुना कर दिया जाता है,तो घिरा हुआ आवेश $Q$ समान रहता है,और परिणामस्वरूप,बाहर की ओर जाने वाला विद्युत फ्लक्स समान रहेगा।