AIPMT 2012 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = m L_f$ द्वारा दी जाती है。
स्लैब के माध्यम से प्रवाहित ऊष्मा $Q = \frac{K A (T_1 - T_2) t}{L}$ है。
दोनों को बराबर करने पर, $\frac{K A (T_1 - T_2) t}{L} = m L_f$ प्राप्त होता है。
ऊष्मीय चालकता $K$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर, $K = \frac{m L_f L}{A (T_1 - T_2) t}$。
दिए गए मान: $m = 4.8\, kg$, $L_f = 3.36 \times 10^5\, J/kg$, $L = 0.1\, m$, $A = 0.36\, m^2$, $(T_1 - T_2) = 100^{\circ} C$, और $t = 1\, \text{घंटा} = 3600\, s$。
मान रखने पर: $K = \frac{4.8 \times 3.36 \times 10^5 \times 0.1}{0.36 \times 100 \times 3600}$。
$K = \frac{4.8 \times 3.36 \times 10^4}{0.36 \times 3.6 \times 10^5} = 1.24\, J/m/s/^{\circ} C$。

(C) डैम्पिंग बल $F$,वेग $v$ के सीधे आनुपातिक होता है,जिसे $F = kv$ के रूप में लिखा जा सकता है,जहाँ $k$ आनुपातिकता का स्थिरांक है।
इस समीकरण से,हम $k$ को $k = \frac{F}{v}$ के रूप में व्यक्त कर सकते हैं।
बल $F$ की $SI$ इकाई न्यूटन $(N)$ है,जो $kg\ m\ s^{-2}$ के बराबर है।
वेग $v$ की $SI$ इकाई $m\ s^{-1}$ है।
इन इकाइयों को $k$ के समीकरण में रखने पर:
$k = \frac{kg\ m\ s^{-2}}{m\ s^{-1}} = kg\ s^{-1}$.
अतः,आनुपातिकता के स्थिरांक की इकाई $kg\ s^{-1}$ है।

(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।

(D) दिया गया स्थिति समीकरण: $x = 8 + 12t - t^3$ है।
वेग $v$,स्थिति का समय के सापेक्ष अवकलन है: $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(8 + 12t - t^3) = 12 - 3t^2$।
जब वेग शून्य हो जाता है: $12 - 3t^2 = 0 \implies 3t^2 = 12 \implies t^2 = 4 \implies t = 2 \, s$।
त्वरण $a$,वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(12 - 3t^2) = -6t$।
$t = 2 \, s$ पर,त्वरण $a = -6(2) = -12 \, m/s^2$ है।
मंदन ऋणात्मक त्वरण का परिमाण होता है,इसलिए मंदन = $12 \, m/s^2$।

(B) दिया गया है:
प्रारंभिक वेग,$\vec{u} = 2\hat{i} + 3\hat{j}$
त्वरण,$\vec{a} = 0.3\hat{i} + 0.2\hat{j}$
समय,$t = 10\,s$
सदिशों के लिए गति के प्रथम समीकरण का उपयोग करते हुए:
$\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t$
$\vec{v} = (2\hat{i} + 3\hat{j}) + (0.3\hat{i} + 0.2\hat{j})(10)$
$\vec{v} = 2\hat{i} + 3\hat{j} + 3\hat{i} + 2\hat{j}$
$\vec{v} = 5\hat{i} + 5\hat{j}$
चाल,वेग सदिश का परिमाण है:
$|\vec{v}| = \sqrt{(5)^2 + (5)^2}$
$|\vec{v}| = \sqrt{25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}\,\text{इकाई}$

(B) जब एक पत्थर को $h$ ऊँचाई से गिराया जाता है,तो जमीन से टकराते समय उसका वेग $v = \sqrt{2gh}$ होता है।
अतः,प्रारंभिक संवेग $P = m\sqrt{2gh} \dots (i)$ है।
यदि ऊँचाई में $100\%$ की वृद्धि की जाती है,तो नई ऊँचाई $h' = h + 100\% \text{ of } h = h + h = 2h$ होगी।
नया संवेग $P'$ होगा $P' = m\sqrt{2g(2h)} = m\sqrt{2gh} \times \sqrt{2} = P\sqrt{2}$।
यहाँ $\sqrt{2} \approx 1.414$ लेने पर।
संवेग में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{P' - P}{P} \times 100\% = \frac{P\sqrt{2} - P}{P} \times 100\% = (\sqrt{2} - 1) \times 100\%$.
$= (1.414 - 1) \times 100\% = 0.414 \times 100\% = 41.4\% \approx 41\%$.

(B) अधिकतम संपीड़न पर,ठोस बेलन क्षण भर के लिए रुक जाएगा।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार:
बेलन की गतिज ऊर्जा में कमी = स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि।
लुढ़कते हुए बेलन की कुल गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$ होती है।
ठोस बेलन के लिए,$I = \frac{1}{2}mR^2$ और शुद्ध लोटनिक गति के लिए,$\omega = \frac{v}{R}$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$K = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mR^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$।
इसे स्प्रिंग में संचित स्थितिज ऊर्जा के बराबर करने पर,$\frac{1}{2}kx^2 = \frac{3}{4}mv^2$।
$x$ के लिए हल करने पर: $x^2 = \frac{3mv^2}{2k}$।
दिया गया है $m = 3 \, kg$,$v = 4 \, m s^{-1}$,और $k = 200 \, N m^{-1}$।
$x^2 = \frac{3 \times 3 \times (4)^2}{2 \times 200} = \frac{9 \times 16}{400} = \frac{144}{400} = 0.36$।
अतः,$x = \sqrt{0.36} = 0.6 \, m$।

(B) दी गई स्थितिज ऊर्जा: $U(r) = \frac{A}{r^2} - \frac{B}{r}$।
संतुलन के लिए,बल $F = -\frac{dU}{dr} = 0$,जिसका अर्थ है $\frac{dU}{dr} = 0$।
$\frac{dU}{dr} = \frac{d}{dr}(Ar^{-2} - Br^{-1}) = -2Ar^{-3} + Br^{-2} = 0$।
$\frac{B}{r^2} = \frac{2A}{r^3} \implies r = \frac{2A}{B}$।
स्थायी संतुलन के लिए,द्वितीय अवकलज धनात्मक होना चाहिए: $\frac{d^2U}{dr^2} > 0$।
$\frac{d^2U}{dr^2} = \frac{d}{dr}(-2Ar^{-3} + Br^{-2}) = 6Ar^{-4} - 2Br^{-3}$।
$r = \frac{2A}{B}$ रखने पर:
$\frac{d^2U}{dr^2} = 6A(\frac{B}{2A})^4 - 2B(\frac{B}{2A})^3 = 6A(\frac{B^4}{16A^4}) - 2B(\frac{B^3}{8A^3}) = \frac{3B^4}{8A^3} - \frac{B^4}{4A^3} = \frac{3B^4 - 2B^4}{8A^3} = \frac{B^4}{8A^3}$।
चूँकि $A, B > 0$,इसलिए $\frac{B^4}{8A^3} > 0$। अतः,$r = \frac{2A}{B}$ पर स्थायी संतुलन की शर्त पूरी होती है।

(D) माना टक्कर के बाद गोले $A$ का वेग $x$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर $v'$ है।
$x$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m_2 v = m_1 v' \cos \theta + m_2(0)$
$m_1 v' \cos \theta = m_2 v \quad ... (i)$
$y$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$0 = m_1 v' \sin \theta + m_2 \left(\frac{v}{2}\right)$
$m_1 v' \sin \theta = -\frac{m_2 v}{2} \quad ... (ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{m_1 v' \sin \theta}{m_1 v' \cos \theta} = \frac{-m_2 v / 2}{m_2 v}$
$\tan \theta = -\frac{1}{2}$
$\theta = \tan^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$ जो $x$-अक्ष के साथ कोण है।

(B) तात्कालिक शक्ति $P_0$ को $P_0 = Fv$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $F = ma = m(dv/dt)$,हम लिख सकते हैं $P_0 = mv(dv/dt)$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $P_0 dt = mv dv$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $t=0$ से $t$ और $v=0$ से $v$ तक समाकलन करने पर:
$\int_0^t P_0 dt = \int_0^v mv dv$
$P_0 t = \frac{1}{2}mv^2$।
$v$ के लिए हल करने पर,हमें $v = \sqrt{\frac{2P_0 t}{m}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$v \propto \sqrt{t}$ या $v \propto t^{1/2}$।

(C) स्टीफन के नियम के अनुसार,एक कृष्णिका से ऊर्जा उत्सर्जन की दर (शक्ति) $Q$ को $Q = \sigma A T^4$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$A$ तारे का पृष्ठीय क्षेत्रफल है,जो $4\pi R^2$ है।
समीकरण में $A$ का मान रखने पर,हमें $Q = \sigma (4\pi R^2) T^4$ प्राप्त होता है।
तापमान $T$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $T^4 = \frac{Q}{4\pi \sigma R^2}$ मिलता है।
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर,हमें $T = \left( \frac{Q}{4\pi \sigma R^2} \right)^{1/4}$ प्राप्त होता है।

(A) कणों के निकाय के द्रव्यमान केंद्र $(X_{CM})$ की मूल बिंदु से दूरी निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$X_{CM} = \frac{m_1x_1 + m_2x_2 + m_3x_3}{m_1 + m_2 + m_3}$
दिया गया है:
$m_1 = 300 \, g, x_1 = 0 \, cm$
$m_2 = 500 \, g, x_2 = 40 \, cm$
$m_3 = 400 \, g, x_3 = 70 \, cm$
मान रखने पर:
$X_{CM} = \frac{300 \times 0 + 500 \times 40 + 400 \times 70}{300 + 500 + 400}$
$X_{CM} = \frac{0 + 20000 + 28000}{1200}$
$X_{CM} = \frac{48000}{1200}$
$X_{CM} = 40 \, cm$

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

(D) वृत्ताकार गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल सड़क और टायरों के बीच के स्थैतिक घर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है।
कार के न फिसलने की शर्त $f \leq \mu_s N$ है।
चूंकि पथ समतल है,इसलिए अभिलंब बल $N = mg$ होगा।
आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_c = \frac{mv^2}{R}$ है।
अधिकतम घर्षण बल को अभिकेंद्र बल के बराबर रखने पर: $\mu_s mg = \frac{mv_{max}^2}{R}$।
$v_{max}$ के लिए हल करने पर:
$v_{max}^2 = \mu_s Rg$
$v_{max} = \sqrt{\mu_s Rg}$।

(C) चूंकि निकाय प्रारंभ में स्थिर है,इसलिए प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = 0$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,अंतिम कोणीय संवेग $L_f$ भी $0$ होना चाहिए।
माना प्लेटफॉर्म का कोणीय वेग $\omega$ है। व्यक्ति का कोणीय संवेग $L_m = m v R$ है और प्लेटफॉर्म का कोणीय संवेग $L_p = I \omega$ है।
कुल कोणीय संवेग शून्य होने के कारण,व्यक्ति और प्लेटफॉर्म विपरीत दिशाओं में गति करते हैं: $m v R - I \omega = 0$.
$\omega = \frac{m v R}{I} = \frac{50 \times 1 \times 2}{200} = 0.5 \, rad/s$.
जमीन के सापेक्ष व्यक्ति का कोणीय वेग $\omega_m = \frac{v}{R} = \frac{1}{2} = 0.5 \, rad/s$ है।
प्लेटफॉर्म के सापेक्ष व्यक्ति का कोणीय वेग $\omega_r = \omega_m + \omega = 0.5 + 0.5 = 1 \, rad/s$ है।
एक चक्कर पूरा करने में लिया गया समय $T = \frac{2\pi}{\omega_r} = \frac{2\pi}{1} = 2\pi \, s$ है।

(A) एक कण का कोणीय संवेग $\vec{L}$ उसके स्थिति सदिश $\vec{r}$ और उसके रेखीय संवेग $\vec{p} = m\vec{v}$ के क्रॉस गुणनफल द्वारा परिभाषित होता है,जो $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ है।
चूंकि $\vec{r}$ और $\vec{v}$ दोनों घूर्णन के तल में स्थित हैं,इसलिए दाहिने हाथ के नियम के अनुसार उनका क्रॉस गुणनफल $\vec{L}$,$\vec{r}$ और $\vec{v}$ दोनों के लंबवत होना चाहिए।
अतः,कोणीय संवेग सदिश घूर्णन के तल के लंबवत एक रेखा की दिशा में होता है।

(C) निकाय नाव और दो व्यक्तियों से मिलकर बना है।
चूंकि नाव स्थिर पानी में है और निकाय पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है (व्यक्ति की गति में शामिल बल निकाय के आंतरिक बल हैं),इसलिए निकाय पर कुल बाहरी बल शून्य है।
द्रव्यमान केंद्र के गुण के अनुसार,यदि किसी निकाय पर कार्य करने वाला कुल बाहरी बल शून्य है,तो निकाय के द्रव्यमान केंद्र की स्थिति अपरिवर्तित रहती है।
इसलिए,निकाय का द्रव्यमान केंद्र विस्थापित नहीं होता है।
अतः,विस्थापन $0\, m$ है।

(C) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 1000\, kg$,त्रिज्या $R = 90\, m$,ढाल का कोण $\theta = 45^\circ$,गुरुत्वीय त्वरण $g = 10\, m\,s^{-2}$।
घर्षणहीन ढालू सड़क पर कार के सुरक्षित मुड़ने के लिए शर्त का सूत्र है: $\tan \theta = \frac{v^2}{Rg}$।
वेग $v$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $v = \sqrt{Rg \tan \theta}$।
मान रखने पर: $v = \sqrt{90 \times 10 \times \tan 45^\circ}$।
चूंकि $\tan 45^\circ = 1$,इसलिए: $v = \sqrt{900 \times 1} = 30\, m\,s^{-1}$।

(C) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण इस प्रकार दिया जाता है:
$g' = \frac{g}{(1 + \frac{h}{R})^2} \quad ... (i)$
जहाँ $g$ पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण है और $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
दोनों पक्षों को पिंड के द्रव्यमान $m$ से गुणा करने पर,हमें $h$ ऊँचाई पर भार $W'$ प्राप्त होता है:
$W' = mg' = \frac{mg}{(1 + \frac{h}{R})^2} = \frac{W}{(1 + \frac{h}{R})^2}$
प्रश्न के अनुसार,$W' = \frac{1}{16}W$ है।
इस मान को समीकरण में रखने पर:
$\frac{1}{16} = \frac{1}{(1 + \frac{h}{R})^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$1 + \frac{h}{R} = 4$
$\frac{h}{R} = 3$
$h = 3R$

(D) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले एक पतले गोलीय कोश के कारण गुरुत्वीय क्षेत्र $F$ इस प्रकार है:
$1$. कोश के अंदर,अर्थात $r < R$ के लिए:
गुरुत्वीय क्षेत्र $F = 0$ होता है।
$2$. कोश की सतह पर,अर्थात $r = R$ के लिए:
गुरुत्वीय क्षेत्र $F = \frac{GM}{R^2}$ होता है।
$3$. कोश के बाहर,अर्थात $r > R$ के लिए:
गुरुत्वीय क्षेत्र $F = \frac{GM}{r^2}$ होता है।
अतः,$r < R$ के लिए क्षेत्र शून्य है और $r > R$ के लिए यह व्युत्क्रम-वर्ग नियम का पालन करता है। सही आरेख वह है जो $r < R$ के लिए $F = 0$ और $r > R$ के लिए $F \propto 1/r^2$ को दर्शाता है।

(D) पृथ्वी की सतह से किसी वस्तु का पलायन वेग निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}} \quad ...(i)$
जहाँ $M$ पृथ्वी का द्रव्यमान है और $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
पृथ्वी की सतह के निकट परिक्रमा कर रहे उपग्रह का कक्षीय वेग इस प्रकार है:
$v_0 = \sqrt{\frac{GM}{R}} \quad ...(ii)$
समीकरण $(i)$ और समीकरण $(ii)$ की तुलना करने पर,हम $v_e$ के व्यंजक में $\sqrt{\frac{GM}{R}}$ के स्थान पर $v_0$ प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$v_e = \sqrt{2} \times \sqrt{\frac{GM}{R}}$
$v_e = \sqrt{2} v_0$

(C) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $T$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $r$ के घन के समानुपाती होता है,अर्थात $T^2 \propto r^3$ या $T \propto r^{3/2}$।
कक्षीय त्रिज्या $r$ पृथ्वी के केंद्र से दूरी है,जिसे $r = R + h$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $h$ सतह से ऊँचाई है।
भूस्थिर उपग्रह के लिए,$h_1 = 5R$,इसलिए $r_1 = R + 5R = 6R$। इसका आवर्तकाल $T_1 = 24 \, hr$ है।
दूसरे उपग्रह के लिए,$h_2 = 2R$,इसलिए $r_2 = R + 2R = 3R$।
अनुपात सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{T_2}{T_1} = \left( \frac{r_2}{r_1} \right)^{3/2}$।
मान रखने पर: $\frac{T_2}{24} = \left( \frac{3R}{6R} \right)^{3/2} = \left( \frac{1}{2} \right)^{3/2} = \frac{1}{2\sqrt{2}}$।
अतः,$T_2 = \frac{24}{2\sqrt{2}} = \frac{12}{\sqrt{2}} = 6\sqrt{2} \, hr$।

(A) $M$ द्रव्यमान और $R = D/2$ त्रिज्या वाले ग्रह की सतह के पास $m$ द्रव्यमान के कण पर लगने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $F$,न्यूटन के गुरुत्वाकर्षण नियम के अनुसार है:
$F = \frac{GMm}{R^2} = \frac{GMm}{(D/2)^2}$
कण द्वारा अनुभव किया जाने वाला गुरुत्वीय त्वरण $g$,प्रति इकाई द्रव्यमान पर लगने वाला बल है:
$g = \frac{F}{m} = \frac{GM}{(D/2)^2}$
इस व्यंजक को सरल करने पर:
$g = \frac{GM}{D^2/4} = \frac{4GM}{D^2}$
अतः,गुरुत्वीय त्वरण $\frac{4GM}{D^2}$ है।

(D) $1$. पहली प्रक्रिया में, गैस आयतन $V$ से $3V$ तक समतापीय प्रसार से गुजरती है। एक आदर्श गैस के लिए, समतापीय प्रक्रिया $PV = \text{स्थिरांक}$ समीकरण का पालन करती है, जो $P-V$ आरेख पर एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) का प्रतिनिधित्व करती है। चूंकि यह प्रसार है, इसलिए आयतन बढ़ने के साथ दबाव कम हो जाता है।
$2$. दूसरी प्रक्रिया में, स्थिर दबाव पर आयतन $3V$ से $V$ तक कम हो जाता है। $P-V$ आरेख पर, स्थिर दबाव प्रक्रिया को एक क्षैतिज रेखा द्वारा दर्शाया जाता है।
$3$. इन दोनों को जोड़ने पर, पथ $A$ (आयतन $V$ पर) से शुरू होता है, $3V$ तक एक अतिपरवलयिक वक्र का अनुसरण करता है, और फिर बिंदु $B$ पर आयतन $V$ तक एक क्षैतिज रेखा का अनुसरण करता है।
$4$. दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर, विकल्प $D$ में दिया गया आरेख समतापीय प्रसार और उसके बाद स्थिर दबाव पर संपीड़न को सही ढंग से दर्शाता है।

(D) आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta U)$ एक अवस्था फलन है,जिसका अर्थ है कि यह पथ पर निर्भर नहीं करता है और केवल प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं पर निर्भर करता है।
चूंकि तीनों प्रक्रियाओं के लिए प्रारंभिक अवस्था $A$ और अंतिम अवस्था $B$ समान हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन तीनों के लिए समान रहेगा:
$\Delta U_1 = \Delta U_2 = \Delta U_3$
$P-V$ आरेख में गैस द्वारा किया गया कार्य $(W)$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल के बराबर होता है।
दिए गए आरेख से,वक्र $1$ के नीचे का क्षेत्रफल सबसे अधिक है,उसके बाद वक्र $2$ है,और वक्र $3$ का क्षेत्रफल सबसे कम है।
इसलिए,$W_1 > W_2 > W_3$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = \Delta U + W$ होता है।
चूंकि $\Delta U$ सभी प्रक्रियाओं के लिए समान है और $W_1 > W_2 > W_3$ है,इसलिए अवशोषित ऊष्मा के लिए संबंध होगा:
$Q_1 > Q_2 > Q_3$

(A) एक चक्रीय प्रक्रिया में,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन शून्य होता है,अर्थात $\Delta U = 0$।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$। चूंकि $\Delta U = 0$,इसलिए $\Delta Q = \Delta W$।
चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $P-V$ आरेख पर चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
चक्र $ABCD$ वामावर्त (anticlockwise) दिशा में है,इसलिए गैस द्वारा किया गया कार्य ऋणात्मक होगा।
आयत $ABCD$ का क्षेत्रफल $= (\text{आयतन में परिवर्तन}) \times (\text{दाब में परिवर्तन}) = (3V - V) \times (2P - P) = (2V) \times (P) = 2PV$।
चूंकि चक्र वामावर्त है,इसलिए $\Delta W = -2PV$।
अतः,$\Delta Q = -2PV$।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि निकाय द्वारा ऊष्मा निष्कासित की जा रही है।
इसलिए,गैस द्वारा निष्कासित ऊष्मा $2PV$ है।

(C) ट्रेन की गति (स्रोत और प्रेक्षक) $v_T = 220\, m s^{-1}$ है।
हवा में ध्वनि की गति $v = 330\, m s^{-1}$ है।
स्रोत (ट्रेन) $f_0 = 1000\, Hz$ की आवृत्ति उत्सर्जित करती है।
सबसे पहले,ध्वनि स्थिर वस्तु तक पहुँचती है। वस्तु द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_1 = f_0 \left( \frac{v}{v - v_T} \right)$ है।
फिर,वस्तु इस ध्वनि को चलती हुई ट्रेन की ओर परावर्तित करती है। ट्रेन परावर्तित ध्वनि स्रोत की ओर बढ़ते हुए एक प्रेक्षक के रूप में कार्य करती है। ड्राइवर द्वारा पता लगाई गई आवृत्ति $f' = f_1 \left( \frac{v + v_T}{v} \right)$ है।
$f'$ के समीकरण में $f_1$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $f' = f_0 \left( \frac{v}{v - v_T} \right) \left( \frac{v + v_T}{v} \right) = f_0 \left( \frac{v + v_T}{v - v_T} \right)$।
मान की गणना करने पर: $f' = 1000 \left( \frac{330 + 220}{330 - 220} \right) = 1000 \left( \frac{550}{110} \right) = 1000 \times 5 = 5000\, Hz$।

(C) तनी हुई डोरी की मूल आवृत्ति $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि डोरी के लिए तनाव $T$ और प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\mu$ स्थिर हैं,इसलिए $n \propto \frac{1}{l}$,जिसका अर्थ है $l = \frac{k}{n}$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
जब डोरी को $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ लंबाई के तीन खंडों में विभाजित किया जाता है जिनकी मूल आवृत्तियाँ क्रमशः $n_{1}, n_{2}, n_{3}$ हैं,तो $l_{1} = \frac{k}{n_{1}}$,$l_{2} = \frac{k}{n_{2}}$,और $l_{3} = \frac{k}{n_{3}}$ होता है।
डोरी की कुल लंबाई $l = l_{1} + l_{2} + l_{3}$ है।
आवृत्ति के संदर्भ में लंबाई के मान रखने पर,हमें $\frac{k}{n} = \frac{k}{n_{1}} + \frac{k}{n_{2}} + \frac{k}{n_{3}}$ प्राप्त होता है।
$k$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{1}{n} = \frac{1}{n_{1}} + \frac{1}{n_{2}} + \frac{1}{n_{3}}$ संबंध प्राप्त होता है।

(B) दिया गया तरंग समीकरण $y = 3 \sin \frac{\pi}{2}(50t - x)$ है।
इसे विस्तारित करने पर,हमें $y = 3 \sin (25\pi t - \frac{\pi}{2}x)$ प्राप्त होता है $...(i)$.
मानक तरंग समीकरण $y = A \sin (\omega t - kx)$ है $...(ii)$.
$(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 25\pi \text{ rad/s}$ और तरंग संख्या $k = \frac{\pi}{2} \text{ m}^{-1}$ प्राप्त होती है।
तरंग वेग $v = \frac{\omega}{k} = \frac{25\pi}{\pi/2} = 50 \text{ m/s}$.
कण का वेग $v_p = \frac{dy}{dt} = \frac{d}{dt} [3 \sin (25\pi t - \frac{\pi}{2}x)] = 3 \times 25\pi \cos (25\pi t - \frac{\pi}{2}x) = 75\pi \cos (25\pi t - \frac{\pi}{2}x)$.
अधिकतम कण वेग $(v_p)_{\max} = 75\pi \text{ m/s}$.
अधिकतम कण वेग और तरंग वेग का अनुपात $\frac{(v_p)_{\max}}{v} = \frac{75\pi}{50} = \frac{3\pi}{2}$ है।

(D) दिए गए समीकरण $y_1 = 4 \sin(600\pi t)$ और $y_2 = 5 \sin(608\pi t)$ हैं।
$y = A \sin(2\pi \nu t)$ के साथ तुलना करने पर:
पहले स्रोत के लिए: $A_1 = 4$ और $2\pi \nu_1 = 600\pi \implies \nu_1 = 300 \text{ Hz}$।
दूसरे स्रोत के लिए: $A_2 = 5$ और $2\pi \nu_2 = 608\pi \implies \nu_2 = 304 \text{ Hz}$।
प्रति सेकंड सुनाई देने वाली बीट्स की संख्या आवृत्तियों का अंतर है: $\text{बीट आवृत्ति} = \nu_2 - \nu_1 = 304 - 300 = 4 \text{ बीट्स/सेकंड}$।
अधिकतम तीव्रता और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात $\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \frac{(A_1 + A_2)^2}{(A_1 - A_2)^2}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \frac{(4 + 5)^2}{(4 - 5)^2} = \frac{9^2}{(-1)^2} = \frac{81}{1}$।
अतः,प्रेक्षक $4$ बीट्स प्रति सेकंड और $81 : 1$ के तीव्रता अनुपात के साथ ध्वनि सुनेगा।

(D) जब किसी पदार्थ को स्थिर दर पर गर्म किया जाता है,तो उसका तापमान उसके क्वथनांक तक पहुँचने तक बढ़ता है। अवस्था परिवर्तन (क्वथन) के दौरान,तापमान स्थिर रहता है क्योंकि दी गई ऊष्मा का उपयोग अंतर-आणविक बलों को दूर करने के लिए किया जाता है (वाष्पीकरण की गुप्त ऊष्मा)। पदार्थ के पूरी तरह से गैस में बदल जाने के बाद,तापमान फिर से बढ़ता है। इसलिए,तापमान-समय ग्राफ एक रैखिक वृद्धि,उसके बाद अवस्था परिवर्तन के दौरान एक क्षैतिज पठार (प्लेटो),और फिर एक और रैखिक वृद्धि दिखाता है। यह व्यवहार ग्राफ $D$ द्वारा सही ढंग से दर्शाया गया है।

(B) क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{2u^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ है।
अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
दिया गया है कि परास और अधिकतम ऊँचाई बराबर हैं,इसलिए $R = H$ रखने पर:
$\frac{2u^2 \sin \theta \cos \theta}{g} = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$.
दोनों पक्षों से सामान्य पदों $u^2/g$ को हटाने पर:
$2 \sin \theta \cos \theta = \frac{\sin^2 \theta}{2}$.
दोनों पक्षों को $\sin \theta$ से विभाजित करने पर (मानते हुए कि $\sin \theta \neq 0$):
$2 \cos \theta = \frac{\sin \theta}{2}$.
$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$4 = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \tan \theta$.
अतः,$\theta = \tan^{-1}(4)$.

(B) समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,किसी भी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = I_{CM} + Md^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I_{CM}$ द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है,$M$ डिस्क का द्रव्यमान है,और $d$ द्रव्यमान केंद्र से अक्ष की लंबवत दूरी है।
चूंकि डिस्क के लिए $I_{CM}$ और $M$ स्थिर हैं,इसलिए जड़त्व आघूर्ण $I$,द्रव्यमान केंद्र $(A)$ से दूरी $d$ के वर्ग के सीधे आनुपातिक है।
द्रव्यमान केंद्र $A$ से बिंदुओं $A, B, C,$ और $D$ की दूरियों की तुलना करने पर:
- बिंदु $A$ के लिए,$d = 0$ है।
- बिंदु $B$ के लिए,$d = R$ (डिस्क की त्रिज्या) है।
- बिंदु $C$ के लिए,$d < R$ है।
- बिंदु $D$ के लिए,$d < R$ है।
चूंकि बिंदु $B$ द्रव्यमान केंद्र से अधिकतम दूरी $(d = R)$ पर है,इसलिए बिंदु $B$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण अधिकतम होगा।

(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।

(B) हाइड्रोजन परमाणु में जब इलेक्ट्रॉन पहली उत्तेजित अवस्था $(n=2)$ से मूल अवस्था $(n=1)$ में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा:
$E = E_2 - E_1 = -3.4 \; eV - (-13.6 \; eV) = 10.2 \; eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
$E = \phi + K_{max}$
जहाँ $\phi$ कार्य फलन है और $K_{max} = eV_s$ अधिकतम गतिज ऊर्जा है।
यहाँ $V_s = 3.57 \; V$ दिया गया है,इसलिए $K_{max} = 3.57 \; eV$.
मान रखने पर:
$10.2 \; eV = \phi + 3.57 \; eV$
$\phi = 10.2 - 3.57 = 6.63 \; eV$.
कार्य फलन $\phi = h \nu_0$ द्वारा भी दिया जाता है,जहाँ $h \approx 4.136 \times 10^{-15} \; eV \cdot s$.
$\nu_0 = \frac{\phi}{h} = \frac{6.63 \; eV}{4.136 \times 10^{-15} \; eV \cdot s} \approx 1.6 \times 10^{15} \; Hz$.

(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:
$U = \frac{1}{2} \left( \frac{\varepsilon_0 A}{d} \right) (Ed)^2$
$U = \frac{1}{2} \left( \frac{\varepsilon_0 A}{d} \right) E^2 d^2$
$U = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 Ad$.

(A) मान लीजिए कि वर्ग के केंद्र से प्रत्येक कोने की दूरी $r$ है। $r$ दूरी पर स्थित बिंदु आवेश $q_i$ के कारण केंद्र पर विद्युत विभव $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_i}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि चारों कोनों के लिए दूरी $r$ समान है,इसलिए केंद्र पर कुल विभव प्रत्येक आवेश के कारण उत्पन्न विभवों का बीजगणितीय योग है:
$V_{total} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{-Q}{r} + \frac{-q}{r} + \frac{2q}{r} + \frac{2Q}{r} \right)$
$V_{total} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0 r} (-Q - q + 2q + 2Q)$
$V_{total} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0 r} (Q + q)$
केंद्र पर विभव शून्य होने के लिए,$V_{total} = 0$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है:
$Q + q = 0$
$Q = -q$

(C) जब दो धात्विक गोलों को एक चालक तार से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि दोनों गोले समान विभव $V$ प्राप्त न कर लें।
कुल आवेश $Q_{total} = q_1 + q_2 = -1 \times 10^{-2} + 5 \times 10^{-2} = 4 \times 10^{-2} \, C$.
कुल धारिता $C_{total} = C_1 + C_2 = 4 \pi \varepsilon_0 R_1 + 4 \pi \varepsilon_0 R_2 = 4 \pi \varepsilon_0 (R_1 + R_2)$.
समान विभव $V = \frac{Q_{total}}{C_{total}} = \frac{4 \times 10^{-2}}{4 \pi \varepsilon_0 (1 \times 10^{-2} + 3 \times 10^{-2})} = \frac{4 \times 10^{-2}}{4 \pi \varepsilon_0 (4 \times 10^{-2})} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$.
बड़े गोले $(R_2 = 3 \, cm)$ पर अंतिम आवेश $q_2' = C_2 V = (4 \pi \varepsilon_0 R_2) \times V$ है।
$q_2' = (4 \pi \varepsilon_0 \times 3 \times 10^{-2}) \times \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} = 3 \times 10^{-2} \, C$.

(A) बाह्य विद्युत क्षेत्र में विद्युत द्विध्रुव पर कार्य करने वाला बलाघूर्ण $\tau = pE \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ द्विध्रुव आघूर्ण सदिश और विद्युत क्षेत्र सदिश के बीच का कोण है।
द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U$ को संदर्भ स्थिति (जहाँ $U = 0$) से वर्तमान स्थिति $\theta$ तक द्विध्रुव को घुमाने के लिए बाह्य बल द्वारा किए गए कार्य के रूप में परिभाषित किया गया है। $\theta = 90^o$ पर $U = 0$ दिया गया है,इसलिए स्थितिज ऊर्जा:
$U = -\int_{90^o}^{\theta} \tau \, d\theta = -\int_{\pi/2}^{\theta} pE \sin \theta \, d\theta$
$U = -pE [-\cos \theta]_{\pi/2}^{\theta} = pE (\cos \theta - \cos 90^o)$
चूँकि $\cos 90^o = 0$,इसलिए हमें $U = -pE \cos \theta$ प्राप्त होता है।
अतः,बलाघूर्ण $pE \sin \theta$ है और स्थितिज ऊर्जा $-pE \cos \theta$ है।

(B) गॉस के नियम के अनुसार,किसी बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi_{total} = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ होता है।
जब एक बिंदु आवेश $q$ को घन के एक कोने पर रखा जाता है,तो आवेश को पूरी तरह से घेरने के लिए $8$ समान घनों की आवश्यकता होती है।
इसलिए,एक घन से गुजरने वाला फ्लक्स कुल फ्लक्स का $\frac{1}{8}$ भाग होता है।
अतः,दिए गए घन से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{1}{8} \left( \frac{q}{\varepsilon_0} \right) = \frac{q}{8\varepsilon_0}$ होगा।

(C) परिपथ में,बाएं लूप में बैटरी $V_{A}$,प्रतिरोध $R_{1}$ और प्रतिरोध $R$ श्रेणीक्रम में हैं।
चूंकि गैल्वेनोमीटर $(G)$ कोई विक्षेप नहीं दर्शाता है,इसलिए गैल्वेनोमीटर और बैटरी $V_{B}$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः,बाएं लूप से प्रवाहित होने वाली धारा $I$ का मान $R_{1}$ और $R$ के श्रेणी संयोजन द्वारा निर्धारित होता है:
$I = \frac{V_{A}}{R_{1} + R}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$I = \frac{12}{500 + 100} = \frac{12}{600} = 0.02 \; A$
अब,प्रतिरोध $R$ के सिरों पर विभवांतर,सामान्य ऋणात्मक टर्मिनल के सापेक्ष जंक्शन बिंदु पर वोल्टेज है:
$V = I \times R$
$V = 0.02 \times 100 = 2 \; V$
चूंकि गैल्वेनोमीटर से कोई धारा प्रवाहित नहीं हो रही है,इसलिए इसके सिरों पर विभवांतर शून्य होना चाहिए। इस प्रकार,बैटरी $V_{B}$ का विभव प्रतिरोध $R$ के विभव के बराबर होना चाहिए।
$V_{B} = V = 2 \; V$.

(A) समांतर क्रम में जुड़े दो प्रतिरोधों $R$ और $5 \, \Omega$ का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$R_{eq} = \frac{R \times 5}{R + 5}$
परिपथ में व्यय होने वाली शक्ति का सूत्र है:
$P = \frac{V^2}{R_{eq}}$
यहाँ $P = 30 \, W$ और $V = 10 \, V$ दिया गया है,इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$30 = \frac{10^2}{\left(\frac{5R}{R + 5}\right)}$
$30 = \frac{100(R + 5)}{5R}$
$30 = \frac{20(R + 5)}{R}$
$30R = 20R + 100$
$10R = 100$
$R = 10 \, \Omega$

(C) बल्ब द्वारा उपभोग की गई शक्ति का सूत्र $P = \frac{V^2}{R}$ है,जहाँ $V$ वोल्टेज है और $R$ बल्ब का प्रतिरोध है।
चूंकि बल्ब का प्रतिरोध $R$ स्थिर रहता है,हम सापेक्ष त्रुटि के सूत्र का उपयोग कर सकते हैं: $\frac{\Delta P}{P} = 2 \frac{\Delta V}{V}$.
दिया गया है कि वोल्टेज $2.5\%$ कम हो जाता है,इसलिए $\frac{\Delta V}{V} = 2.5\% = 0.025$.
इस मान को त्रुटि सूत्र में रखने पर:
$\frac{\Delta P}{P} = 2 \times 2.5\% = 5\%$.
अतः,शक्ति में उसके रेटेड मान का $5\%$ की कमी होगी।

(D) माना तार का प्रति इकाई लंबाई प्रतिरोध $r$ है। कुल प्रतिरोध $R_0 = r(l_1 + l_2) = 12 \,\Omega$ है।
दो चापों के प्रतिरोध $R_1 = r l_1$ और $R_2 = r l_2$ हैं।
चूंकि ये दो चाप समानांतर में हैं,तुल्य प्रतिरोध $R$ इस प्रकार दिया गया है:
$R = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = \frac{(r l_1)(r l_2)}{r(l_1 + l_2)} = \frac{r l_1 l_2}{l_1 + l_2} = \frac{8}{3} \,\Omega$.
हम जानते हैं कि $r(l_1 + l_2) = 12$,इसलिए $r = \frac{12}{l_1 + l_2}$.
$r$ का मान $R$ के समीकरण में रखने पर:
$\frac{(\frac{12}{l_1 + l_2}) l_1 l_2}{l_1 + l_2} = \frac{8}{3} \implies \frac{12 l_1 l_2}{(l_1 + l_2)^2} = \frac{8}{3}$.
माना $y = \frac{l_1}{l_2}$. तब $l_1 = y l_2$. इसे रखने पर:
$\frac{12 (y l_2) l_2}{(y l_2 + l_2)^2} = \frac{8}{3} \implies \frac{12 y l_2^2}{l_2^2 (y + 1)^2} = \frac{8}{3} \implies \frac{12 y}{(y + 1)^2} = \frac{8}{3}$.
वज्र-गुणन करने पर:
$36 y = 8(y^2 + 2y + 1) \implies 36 y = 8y^2 + 16y + 8$.
$8y^2 - 20y + 8 = 0 \implies 2y^2 - 5y + 2 = 0$.
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर:
$2y^2 - 4y - y + 2 = 0 \implies 2y(y - 2) - 1(y - 2) = 0$.
$(2y - 1)(y - 2) = 0$.
अतः,$y = \frac{1}{2}$ या $y = 2$. इसलिए,$\frac{l_1}{l_2} = \frac{1}{2}$ या $2$.

(C) परिपथ में धारा $I = \frac{\varepsilon}{R+r}$ द्वारा दी जाती है।
बाहरी प्रतिरोध $R$ के सिरों पर विभवांतर $V = IR = \left( \frac{\varepsilon}{R+r} \right) R$ है।
इसे $V = \frac{\varepsilon}{1 + \frac{r}{R}}$ के रूप में फिर से लिखा जा सकता है।
सीमाओं का विश्लेषण करने पर:
$1$. जब $R = 0$,तो $V = 0$ होता है।
$2$. जैसे $R \to \infty$,पद $\frac{r}{R} \to 0$,इसलिए $V \to \varepsilon$ होता है।
जैसे-जैसे $R$ बढ़ता है,$V$ शून्य से बढ़ता है और अनंत पर $\varepsilon$ मान के करीब पहुंचता है। यह उस ग्राफ के अनुरूप है जहां वक्र मूल बिंदु से शुरू होता है और $V = \varepsilon$ पर स्थिर हो जाता है।

(A) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $m$ द्रव्यमान,$q$ आवेश और $K$ गतिज ऊर्जा वाले आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$ इस प्रकार दी जाती है:
$R = \frac{\sqrt{2mK}}{Bq}$
प्रोटॉन के लिए: $m_p = m$,$q_p = e$,$K_p = 1\, MeV$.
$R_p = \frac{\sqrt{2m(1)}}{Be}$
$\alpha$-कण के लिए: $m_{\alpha} = 4m$,$q_{\alpha} = 2e$.
$R_{\alpha} = \frac{\sqrt{2(4m)K_{\alpha}}}{B(2e)} = \frac{\sqrt{8mK_{\alpha}}}{2Be} = \frac{\sqrt{2mK_{\alpha}}}{Be}$
चूंकि त्रिज्याएं समान हैं $(R_p = R_{\alpha})$:
$\frac{\sqrt{2m(1)}}{Be} = \frac{\sqrt{2mK_{\alpha}}}{Be}$
$1 = K_{\alpha}$
अतः,$\alpha$-कण की गतिज ऊर्जा $1\, MeV$ है।

(A) $R$ त्रिज्या वाली और $I$ धारा वाली वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $B = \frac{\mu_{0} I}{2 R}$ द्वारा दी जाती है।
$I$ धारा वाली पहली कुंडली के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B_{1} = \frac{\mu_{0} I}{2 R}$ है।
$2I$ धारा वाली दूसरी कुंडली के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B_{2} = \frac{\mu_{0} (2I)}{2 R} = \frac{\mu_{0} I}{R}$ है।
चूंकि कुंडलियों के तल एक-दूसरे के लंबवत हैं,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $B_{1}$ और $B_{2}$ परस्पर लंबवत हैं।
केंद्र पर परिणामी चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $B_{\text{net}}$ इस प्रकार है:
$B_{\text{net}} = \sqrt{B_{1}^{2} + B_{2}^{2}}$
$B_{\text{net}} = \sqrt{\left(\frac{\mu_{0} I}{2 R}\right)^{2} + \left(\frac{\mu_{0} I}{R}\right)^{2}}$
$B_{\text{net}} = \frac{\mu_{0} I}{2 R} \sqrt{1^{2} + 2^{2}}$
$B_{\text{net}} = \frac{\sqrt{5} \mu_{0} I}{2 R}$

(C) साइक्लोट्रॉन आवृत्ति $f = \frac{eB}{2\pi m}$ द्वारा दी जाती है।
चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $B = \frac{2\pi mf}{e}$ प्राप्त होता है।
डी (त्रिज्या $R$) से बाहर निकलते समय प्रोटॉन का अधिकतम वेग $v = \omega R = (2\pi f)R$ द्वारा दिया जाता है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ है।
गतिज ऊर्जा के सूत्र में $v = 2\pi fR$ रखने पर:
$K = \frac{1}{2}m(2\pi fR)^2 = \frac{1}{2}m(4\pi^2f^2R^2) = 2m\pi^2f^2R^2$.
अतः,$B = \frac{2\pi mf}{e}$ और $K = 2m\pi^2f^2R^2$ है।

(A) गैल्वेनोमीटर (या मिलीवोल्टमीटर) को एमीटर में बदलने के लिए आवश्यक शंट प्रतिरोध $S$ का सूत्र है: $S = \frac{V_g}{I - I_g}$।
यहाँ,$V_g$ मिलीवोल्टमीटर का फुल-स्केल वोल्टेज है,$I$ एमीटर की वांछित रेंज है और $I_g$ मिलीवोल्टमीटर की फुल-स्केल धारा है।
दिया गया है: $V_g = 25 \, mV = 25 \times 10^{-3} \, V$ और $I = 25 \, A$।
चूंकि $I \gg I_g$,हम $I - I_g \approx I$ मान सकते हैं।
अतः,$S = \frac{V_g}{I} = \frac{25 \times 10^{-3} \, V}{25 \, A} = 10^{-3} \, \Omega = 0.001 \, \Omega$।

(C) भू-चुंबकीय ध्रुवों पर,पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $(B_H)$ शून्य होता है। चूंकि दिक्सूचक सुई केवल क्षैतिज तल में घूमने के लिए स्वतंत्र है,इसलिए इसे किसी विशिष्ट दिशा में संरेखित करने के लिए कोई क्षैतिज टॉर्क कार्य नहीं करता है। अतः,सुई किसी भी स्थिति में रह सकती है जिसमें उसे रखा जाता है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय आघूर्ण $M$ वाली चुंबकीय सुई को $\theta_{1}$ से $\theta_{2}$ तक घुमाने में किया गया कार्य:
$W = MB(\cos \theta_{1} - \cos \theta_{2})$
यहाँ $\theta_{1} = 0^{\circ}$ और $\theta_{2} = 60^{\circ}$ है,अतः कार्य:
$W = MB(\cos 0^{\circ} - \cos 60^{\circ}) = MB(1 - 0.5) = 0.5 MB$
दिया गया है $W = \sqrt{3} \, J$,इसलिए $0.5 MB = \sqrt{3} \implies MB = 2\sqrt{3} \, J$.
$\theta = 60^{\circ}$ पर सुई को बनाए रखने के लिए आवश्यक टॉर्क $\tau$:
$\tau = MB \sin \theta$
$\tau = MB \sin 60^{\circ} = (2\sqrt{3}) \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 \, J$.

(B) प्रिज्म का अपवर्तनांक $\mu = \frac{\sin((A+\delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि न्यूनतम विचलन कोण $\delta_m = A$,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$\mu = \frac{\sin((A+A)/2)}{\sin(A/2)} = \frac{\sin A}{\sin(A/2)}$.
सर्वसमिका $\sin A = 2\sin(A/2)\cos(A/2)$ का उपयोग करने पर:
$\mu = \frac{2\sin(A/2)\cos(A/2)}{\sin(A/2)} = 2\cos(A/2)$.
एक भौतिक प्रिज्म के लिए,आपतन कोण $i$ को $0 < i < 90^o$ होना चाहिए। चूंकि $\delta_m = 2i - A$,इसलिए $A = 2i - A$,जिसका अर्थ है $i = A$। अतः,$0 < A < 90^o$।
यदि $A \to 0^o$,तो $\mu \to 2\cos(0^o) = 2$.
यदि $A \to 90^o$,तो $\mu \to 2\cos(45^o) = 2 \times (1/\sqrt{2}) = \sqrt{2}$.
इसलिए,अपवर्तनांक $\mu$ को $\sqrt{2}$ और $2$ के बीच स्थित होना चाहिए।

(C) समानांतर किरणों (सामान्य समायोजन) के लिए दूरबीन की आवर्धन क्षमता $m = \frac{f_o}{f_e} = 9$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f_o$ अभिदृश्यक की फोकस दूरी है और $f_e$ नेत्रिका की फोकस दूरी है।
इससे हमें $f_o = 9f_e$ प्राप्त होता है ..... $(i)$
सामान्य समायोजन में दूरबीन की नली की लंबाई अभिदृश्यक और नेत्रिका की फोकस दूरियों का योग होती है: $L = f_o + f_e = 20\; cm$ ..... $(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$9f_e + f_e = 20\; cm$
$10f_e = 20\; cm$
$f_e = 2\; cm$
अब,$f_e = 2\; cm$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$f_o = 9 \times 2\; cm = 18\; cm$
अतः,लेंसों की फोकस दूरियाँ $18\; cm$ और $2\; cm$ हैं।

(D) किसी माध्यम में लेंस की फोकस दूरी लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{f} = (\frac{\mu_l}{\mu_m} - 1) (\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$
जहाँ $\mu_l$ लेंस का अपवर्तनांक है,$\mu_m$ आसपास के माध्यम का अपवर्तनांक है,और $R_1, R_2$ वक्रता त्रिज्याएँ हैं।
यदि लेंस कांच की एक समतल शीट की तरह व्यवहार करता है,तो इसकी फोकस दूरी $f$ अनंत $(f \to \infty)$ हो जाती है,जिसका अर्थ है $\frac{1}{f} = 0$.
इस मान को सूत्र में रखने पर: $0 = (\frac{\mu_l}{\mu_m} - 1) (\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2})$.
चूंकि लेंस उभयोत्तल है,इसलिए $(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}) \neq 0$.
अतः,$(\frac{\mu_l}{\mu_m} - 1) = 0$,जिसका अर्थ है $\frac{\mu_l}{\mu_m} = 1$,या $\mu_l = \mu_m$.
इस प्रकार,द्रव का अपवर्तनांक कांच के अपवर्तनांक $(1.47)$ के बराबर होना चाहिए।

(D) यहाँ,अवतल दर्पण की फोकस दूरी $f = -10\, cm$ है।
छड़ के सिरे $A$ के लिए,वस्तु की दूरी $u_A = -20\, cm$ है।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_A} + \frac{1}{-20} = \frac{1}{-10}$
$\frac{1}{v_A} = -\frac{1}{10} + \frac{1}{20} = -\frac{1}{20}$
$v_A = -20\, cm$.
छड़ के सिरे $B$ के लिए,वस्तु की दूरी $u_B = -(20 + 10) = -30\, cm$ है।
दर्पण सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_B} + \frac{1}{-30} = \frac{1}{-10}$
$\frac{1}{v_B} = -\frac{1}{10} + \frac{1}{30} = -\frac{2}{30} = -\frac{1}{15}$
$v_B = -15\, cm$.
प्रतिबिंब की लंबाई दोनों सिरों के प्रतिबिंबों के स्थानों के बीच की दूरी है:
$L = |v_A - v_B| = |-20 - (-15)| = |-5| = 5\, cm$.

(B) अनंत से आने वाली प्रकाश की किरणें लेंस से गुजरने और दर्पण से परावर्तित होने के बाद वापस अनंत पर लौट जाएं,इसके लिए किरणों को अवतल दर्पण पर लंबवत आपतित होना चाहिए।
यह तब होता है जब दर्पण पर आपतित किरणें उसके वक्रता केंद्र से आती हुई प्रतीत होती हैं।
उत्तल लेंस समानांतर प्रकाश पुंज को अपने फोकस बिंदु पर केंद्रित करता है,जो लेंस से $f_2$ दूरी पर होता है।
किरणों के अवतल दर्पण पर लंबवत आपतित होने के लिए,यह फोकस बिंदु अवतल दर्पण के वक्रता केंद्र के साथ संपाती होना चाहिए।
अवतल दर्पण के वक्रता केंद्र की दर्पण से दूरी $2f_1$ होती है।
इसलिए,लेंस और दर्पण के बीच की कुल दूरी $d$,लेंस की फोकस दूरी और दर्पण की वक्रता त्रिज्या का योग है:
$d = f_2 + 2f_1$.

(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।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{Bq}$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है $mv = RBq$।
दिए गए मान:
$R = 0.83\, cm = 0.83 \times 10^{-2}\, m$
$B = 0.25\, Wb/m^2$
$q = 2e = 2 \times 1.6 \times 10^{-19}\, C$
संवेग $p = mv$ की गणना:
$mv = (0.83 \times 10^{-2}) \times (0.25) \times (2 \times 1.6 \times 10^{-19})$
$mv = 0.664 \times 10^{-21}\, kg\cdot m/s$
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h = 6.6 \times 10^{-34}\, J\cdot s$:
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{0.664 \times 10^{-21}} \approx 0.01 \times 10^{-10}\, m = 0.01\, \mathring{A}$।

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ और संवेग $P$ के बीच संबंध $\lambda = \frac{h}{P}$ है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{d\lambda}{\lambda} = -\frac{dP}{P}$ प्राप्त होता है।
छोटे परिवर्तनों के लिए,हम $\frac{|\Delta \lambda|}{\lambda} = \frac{\Delta P}{P}$ लिख सकते हैं।
दिया गया है कि तरंगदैर्ध्य $0.5\%$ बदलती है,इसलिए $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = 0.5\% = \frac{0.5}{100} = \frac{1}{200}$ है।
इस मान को संबंध में रखने पर,हमें $\frac{\Delta P}{P} = \frac{1}{200}$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रारंभिक संवेग $P = 200\,\Delta P$ होगा।

(A) कुंडली से प्रवाहित कुल आवेश $q$,$i-t$ ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल के बराबर होता है।
$q = \text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई}$
$q = \frac{1}{2} \times 0.1 \, s \times 4 \, A = 0.2 \, C$
फैराडे के नियम के अनुसार,आवेश $q$,चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi$ और प्रतिरोध $R$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$q = \frac{\Delta \phi}{R}$
इसलिए,फ्लक्स में परिवर्तन का परिमाण है:
$\Delta \phi = q \times R$
$\Delta \phi = 0.2 \, C \times 10 \, \Omega = 2 \, Wb$

(D) एक इंडक्टर में प्रेरित वोल्टेज $(V)$ सूत्र $V = -L \frac{dI}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए $I-t$ ग्राफ से, धारा $t = 0$ से $t = T/2$ तक रैखिक रूप से बढ़ती है। इस अंतराल के दौरान, ढाल $\frac{dI}{dt}$ धनात्मक और स्थिर है। इसलिए, $V = -L \times (\text{positive constant}) = \text{negative constant}$.
$t = T/2$ से $t = T$ तक, धारा रैखिक रूप से घटती है। इस अंतराल के दौरान, ढाल $\frac{dI}{dt}$ ऋणात्मक और स्थिर है। इसलिए, $V = -L \times (\text{negative constant}) = \text{positive constant}$.
इस प्रकार, वोल्टेज $V$ पहले आधे भाग के लिए ऋणात्मक स्थिर और दूसरे आधे भाग के लिए धनात्मक स्थिर है। इसे दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर, सही निरूपण एक स्क्वायर वेव है जहाँ वोल्टेज $0 < t < T/2$ के लिए ऋणात्मक है और $T/2 < t < T$ के लिए धनात्मक है, जो विकल्प $D$ में दिखाए गए आकार के अनुरूप है।

(A) दिया गया है: प्रतिरोध $R = 400 \,\Omega$,चुंबकीय फ्लक्स $\phi = 50t^2 + 4 \,Wb$ है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(emf)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
$\varepsilon = -\frac{d}{dt}(50t^2 + 4) = -100t \,V$ है।
समय $t = 2 \,s$ पर,प्रेरित $emf$ का परिमाण $|\varepsilon| = |-100(2)| = 200 \,V$ है।
ओम के नियम के अनुसार कुंडली में प्रेरित धारा $I = \frac{|\varepsilon|}{R}$ है।
$I = \frac{200 \,V}{400 \,\Omega} = 0.5 \,A$ है।

(D) दिया गया है: $i = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin(100\pi t) \text{ A}$.
$i = i_0 \sin(\omega t)$ से तुलना करने पर,शिखर धारा $i_0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \text{ A}$ प्राप्त होती है।
दिया गया है: $e = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin(100\pi t + \frac{\pi}{3}) \text{ V}$.
$e = e_0 \sin(\omega t + \phi)$ से तुलना करने पर,शिखर वोल्टेज $e_0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \text{ V}$ और कलांतर $\phi = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
$RMS$ मानों की गणना:
$i_{rms} = \frac{i_0}{\sqrt{2}} = \frac{1/\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2} \text{ A}$.
$e_{rms} = \frac{e_0}{\sqrt{2}} = \frac{1/\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2} \text{ V}$.
परिपथ में खपत औसत शक्ति $P = i_{rms} e_{rms} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है।
$P = (\frac{1}{2}) (\frac{1}{2}) \cos(\frac{\pi}{3}) = (\frac{1}{4}) (\frac{1}{2}) = \frac{1}{8} \text{ W}$.

(B) निर्वात में संचरित हो रही विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए विद्युत क्षेत्र के आयाम $(E_{0})$ और चुंबकीय क्षेत्र के आयाम $(B_{0})$ के बीच का संबंध निम्नलिखित समीकरण द्वारा दिया जाता है:
$E_{0} = B_{0} c$
जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की चाल है।
चुंबकीय क्षेत्र के आयाम और विद्युत क्षेत्र के आयाम का अनुपात ज्ञात करने के लिए,हम समीकरण को इस प्रकार व्यवस्थित करते हैं:
$\frac{B_{0}}{E_{0}} = \frac{1}{c}$
अतः,अनुपात $\frac{1}{c}$ के बराबर है।

(A) $z$-दिशा में गति करने वाली विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए मानक समीकरण $\vec{E} = E_{0} \cos (kz - \omega t) \hat{i}$ है।
दिए गए समीकरण $\vec{E} = \hat{i} 40 \cos (kz - 6 \times 10^{8} t)$ की तुलना मानक रूप से करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 6 \times 10^{8} \, rad/s$ प्राप्त होती है।
निर्वात में,तरंग सदिश $k$,कोणीय आवृत्ति $\omega$ और प्रकाश की गति $c$ के बीच संबंध $k = \frac{\omega}{c}$ होता है।
चूँकि $c = 3 \times 10^{8} \, m/s$ है,इसलिए हम गणना करते हैं कि $k = \frac{6 \times 10^{8}}{3 \times 10^{8}} = 2 \, m^{-1}$।

(D) संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right) \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
पराबैंगनी $(UV)$ विकिरण उच्च ऊर्जा संक्रमणों (लाइमैन श्रेणी) के अनुरूप है,जबकि अवरक्त $(IR)$ विकिरण कम ऊर्जा संक्रमणों (पाशन,ब्रैकेट या फंड श्रेणी) के अनुरूप है।
अवरक्त विकिरण प्राप्त करने के लिए,ऊर्जा का अंतर $n=3$ से $n=1$ के संक्रमण की तुलना में काफी कम होना चाहिए।
आइए संक्रमणों का मूल्यांकन करें:
$1. 2 \to 1$: यह लाइमैन श्रेणी का हिस्सा है,जो $UV$ क्षेत्र में है।
$2. 3 \to 1$: यह भी लाइमैन श्रेणी का हिस्सा है,जो $UV$ क्षेत्र में है।
$3. 4 \to 2$: यह बामर श्रेणी का हिस्सा है,जो दृश्य क्षेत्र में है।
$4. 4 \to 3$: यह पाशन श्रेणी का हिस्सा है,जो अवरक्त $(IR)$ क्षेत्र के अनुरूप है।
चूंकि दिए गए विकल्पों में $4 \to 3$ के लिए ऊर्जा का अंतर सबसे कम है,इसलिए यह सबसे लंबी तरंग दैर्ध्य के अनुरूप है,जो अवरक्त क्षेत्र में आती है।

(D) रिडबर्ग सूत्र के अनुसार:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right]$
पहली स्थिति में,इलेक्ट्रॉन तीसरी उत्तेजित अवस्था $(n_i = 4)$ से दूसरी उत्तेजित अवस्था $(n_f = 3)$ में कूदता है:
$\frac{1}{\lambda_1} = R \left[ \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right] = R \left[ \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right] = R \left[ \frac{16 - 9}{144} \right] = \frac{7}{144} R$ .... $(i)$
दूसरी स्थिति में,इलेक्ट्रॉन दूसरी उत्तेजित अवस्था $(n_i = 3)$ से पहली उत्तेजित अवस्था $(n_f = 2)$ में कूदता है:
$\frac{1}{\lambda_2} = R \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right] = R \left[ \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right] = R \left[ \frac{9 - 4}{36} \right] = \frac{5}{36} R$ .... $(ii)$
अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2}$ ज्ञात करने के लिए,हम $\frac{1}{\lambda_1}$ को $\frac{1}{\lambda_2}$ से विभाजित करते हैं:
$\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{\frac{5}{36} R}{\frac{7}{144} R} = \frac{5}{36} \times \frac{144}{7} = \frac{5 \times 4}{7} = \frac{20}{7}$
अतः,अनुपात $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{20}{7}$ है।

(A) रिडबर्ग सूत्र के अनुसार:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right]$
यहाँ,$n_{f} = 1$ और $n_{i} = 5$ है।
मान रखने पर:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{5^{2}} \right] = R \left[ 1 - \frac{1}{25} \right] = \frac{24}{25} R$
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,उत्सर्जित फोटॉन का संवेग परमाणु द्वारा प्राप्त संवेग के बराबर होना चाहिए:
$p_{\text{photon}} = p_{\text{atom}}$
$\frac{h}{\lambda} = mv$
वेग $v$ के लिए हल करने पर:
$v = \frac{h}{m\lambda} = \frac{h}{m} \left( \frac{24R}{25} \right) = \frac{24hR}{25m}$

(D) मान लीजिए कि $t \, s$ के बाद $A_1$ और $A_2$ की मात्रा समान हो जाती है।
समय $t$ के बाद रेडियोधर्मी पदार्थ की शेष मात्रा $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{1/2}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_{1/2}$ अर्ध-आयु है।
$A_1$ के लिए: $N_1 = 40 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/20}$.
$A_2$ के लिए: $N_2 = 160 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/10}$.
$N_1 = N_2$ रखने पर:
$40 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/20} = 160 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/10}$.
दोनों पक्षों को $40$ से विभाजित करने पर:
$\left( \frac{1}{2} \right)^{t/20} = 4 \left( \frac{1}{2} \right)^{t/10}$.
$2^{-x} = \frac{1}{2^x}$ गुण का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{2^{t/20}} = 4 \cdot \frac{1}{2^{t/10}}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{2^{t/10}}{2^{t/20}} = 4$.
$2^{(t/10 - t/20)} = 2^2$.
घातांकों की तुलना करने पर:
$\frac{t}{10} - \frac{t}{20} = 2$.
$\frac{2t - t}{20} = 2$.
$\frac{t}{20} = 2 \Rightarrow t = 40 \, s$.

(C) नाभिकीय त्रिज्या $R$ का सूत्र $R = R_0 A^{1/3}$ है,जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है और $A$ द्रव्यमान संख्या है।
${}_{13}^{27}Al$ के लिए,$A_1 = 27$ और $R_1 = 3.6 \, fm$ है।
${}_{29}^{64}Cu$ के लिए,$A_2 = 64$ है।
अनुपात लेने पर: $\frac{R_2}{R_1} = \left( \frac{A_2}{A_1} \right)^{1/3}$.
मान रखने पर: $\frac{R_2}{3.6} = \left( \frac{64}{27} \right)^{1/3}$.
$\frac{R_2}{3.6} = \frac{4}{3}$.
$R_2 = 3.6 \times \frac{4}{3} = 1.2 \times 4 = 4.8 \, fm$.

(B) रेडियोधर्मी क्षय के नियम के अनुसार,$N = N_0 e^{-\lambda t}$,जहाँ $N_0$ नाभिकों की प्रारंभिक संख्या है और $N$ समय $t$ पर शेष बचे नाभिकों की संख्या है।
समय $t_2$ पर,नमूने का $2/3$ भाग क्षय हो गया है,इसलिए शेष मात्रा $N = N_0 - (2/3)N_0 = (1/3)N_0$ है।
अतः,$(1/3)N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2} \Rightarrow e^{-\lambda t_2} = 1/3$ ...... $(i)$
समय $t_1$ पर,नमूने का $1/3$ भाग क्षय हो गया है,इसलिए शेष मात्रा $N = N_0 - (1/3)N_0 = (2/3)N_0$ है।
अतः,$(2/3)N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1} \Rightarrow e^{-\lambda t_1} = 2/3$ ...... $(ii)$
$(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\frac{e^{-\lambda t_2}}{e^{-\lambda t_1}} = \frac{1/3}{2/3} = 1/2$.
यह सरल होकर $e^{-\lambda(t_2 - t_1)} = 1/2$,या $e^{\lambda(t_2 - t_1)} = 2$ हो जाता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\lambda(t_2 - t_1) = \ln 2$.
चूंकि $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$,इसलिए $(t_2 - t_1) = \frac{\ln 2}{\lambda} = T_{1/2}$ है।
दिया गया है कि $T_{1/2} = 50$ दिन,अतः समयांतराल $(t_2 - t_1) = 50$ दिन है।

(D) दिया गया है: कलेक्टर प्रतिरोध $R_{C} = 2 \, k\Omega = 2 \times 10^{3} \, \Omega$.
आउटपुट वोल्टेज $V_{o} = 2 \, V$.
बेस प्रतिरोध $R_{B} = 1 \, k\Omega = 1 \times 10^{3} \, \Omega$.
करंट एम्पलीफिकेशन फैक्टर $\beta = 100$.
आउटपुट वोल्टेज $V_{o} = I_{C} R_{C}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,कलेक्टर करंट $I_{C} = \frac{V_{o}}{R_{C}} = \frac{2 \, V}{2 \times 10^{3} \, \Omega} = 10^{-3} \, A = 1 \, mA$.
चूंकि $\beta = \frac{I_{C}}{I_{B}}$,इसलिए बेस करंट $I_{B} = \frac{I_{C}}{\beta} = \frac{10^{-3} \, A}{100} = 10^{-5} \, A$.
इनपुट सिग्नल वोल्टेज $V_{i} = I_{B} R_{B}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $V_{i} = (10^{-5} \, A) \times (1 \times 10^{3} \, \Omega) = 10^{-2} \, V = 10 \, mV$.

(A) दिया गया है:
इनपुट प्रतिरोध,$R_{i} = 100\,\Omega$
बेस धारा में परिवर्तन,$\Delta I_{B} = 40\,\mu A = 40 \times 10^{-6}\,A$
कलेक्टर धारा में परिवर्तन,$\Delta I_{C} = 2\,mA = 2 \times 10^{-3}\,A$
लोड प्रतिरोध,$R_{L} = 4\,k\Omega = 4000\,\Omega$
सबसे पहले,धारा लाभ $(\beta)$ की गणना करें:
$\beta = \frac{\Delta I_{C}}{\Delta I_{B}} = \frac{2 \times 10^{-3}}{40 \times 10^{-6}} = \frac{2000}{40} = 50$
कॉमन एमिटर एम्पलीफायर का वोल्टेज गेन $(A_{V})$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$A_{V} = \beta \times \frac{R_{L}}{R_{i}}$
मान रखने पर:
$A_{V} = 50 \times \frac{4000}{100}$
$A_{V} = 50 \times 40 = 2000$
अतः,एम्पलीफायर का वोल्टेज गेन $2000$ है।

(A) लॉजिक गेट की पहचान करने के लिए,हम दिए गए वेवफॉर्म से सत्यता सारणी (truth table) का विश्लेषण करते हैं:

समय अंतराल	इनपुट $A$	इनपुट $B$	आउटपुट $C$
$0$ से $t_1$	$0$	$0$	$0$
$t_1$ से $t_2$	$1$	$0$	$1$
$t_2$ से $t_3$	$1$	$1$	$1$
$t_3$ से $t_4$	$0$	$1$	$1$
$t_4$ से $t_5$	$0$	$0$	$0$
$t_5$ से $t_6$	$1$	$0$	$1$

इसे मानक गेट्स की सत्यता सारणी के साथ तुलना करने पर:
- $OR$ गेट के लिए,यदि कम से कम एक इनपुट $1$ है तो आउटपुट $1$ होता है।
- प्रेक्षित आउटपुट $C$ इस शर्त का पालन करता है: यदि $A=1$ या $B=1$ है तो $C=1$,और यदि $A=0$ और $B=0$ है तो $C=0$ है।
- यह $OR$ गेट की सत्यता सारणी के साथ बिल्कुल मेल खाता है।

(B) दिए गए ग्राफ में:
क्षेत्र $(I)$ कट-ऑफ क्षेत्र का प्रतिनिधित्व करता है,जहाँ ट्रांजिस्टर $OFF$ स्थिति में होता है।
क्षेत्र $(II)$ सक्रिय क्षेत्र का प्रतिनिधित्व करता है,जहाँ ट्रांजिस्टर एक एम्पलीफायर के रूप में कार्य करता है।
क्षेत्र $(III)$ संतृप्ति (सैचुरेशन) क्षेत्र का प्रतिनिधित्व करता है,जहाँ ट्रांजिस्टर $ON$ स्थिति में होता है।
ट्रांजिस्टर का उपयोग स्विच के रूप में करने के लिए,इसे कट-ऑफ क्षेत्र ($OFF$ स्थिति) और संतृप्ति क्षेत्र ($ON$ स्थिति) के बीच संचालित किया जाना चाहिए।
इसलिए,स्विचिंग अनुप्रयोगों के लिए ट्रांजिस्टर का उपयोग क्षेत्र $(I)$ और क्षेत्र $(III)$ दोनों में किया जाता है।

(C) कार्बन $(^{6}C)$ का इलेक्ट्रॉनिक विन्यास $1s^{2} 2s^{2} 2p^{2}$ है।
सिलिकॉन $(_{14}Si)$ का इलेक्ट्रॉनिक विन्यास $1s^{2} 2s^{2} 2p^{6} 3s^{2} 3p^{2}$ है।
$C$ में,संयोजी इलेक्ट्रॉन $n=2$ कक्षा में होते हैं,जो नाभिक के करीब होते हैं,जिसके परिणामस्वरूप एक बड़ा ऊर्जा बैंड अंतराल $(E_{g} \approx 5.4 \ eV)$ होता है,जो इसे एक कुचालक बनाता है।
$Si$ में,संयोजी इलेक्ट्रॉन $n=3$ कक्षा में होते हैं,जो नाभिक से दूर होते हैं,जिसके परिणामस्वरूप एक छोटा ऊर्जा बैंड अंतराल $(E_{g} \approx 1.1 \ eV)$ होता है,जो इसे एक नैज अर्धचालक के रूप में कार्य करने की अनुमति देता है।
अतः,$C$ और $Si$ के चार बंधन इलेक्ट्रॉन क्रमशः दूसरी और तीसरी कक्षा में स्थित होते हैं।

(D) दिए गए परिपथ में,ऊपरी डायोड $D_1$ फॉरवर्ड बायस में है क्योंकि इसका $p$-सिरा बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है।
निचला डायोड $D_2$ रिवर्स बायस में है क्योंकि इसका $n$-सिरा बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है।
एक आदर्श डायोड फॉरवर्ड बायस में शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में और रिवर्स बायस में ओपन सर्किट (अनंत प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है।
इसलिए,$D_2$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
बैटरी द्वारा आपूर्ति की गई कुल धारा केवल $D_1$ और $10 \ \Omega$ प्रतिरोध वाली शाखा से होकर बहती है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$I = \frac{V}{R} = \frac{5 \ V}{10 \ \Omega} = 0.5 \ A$।

(A) कुल इनपुट विद्युत शक्ति $P_{in} = 200\, W$ है。
दी गई दक्षता $25\%$ है, इसलिए प्रकाश के रूप में प्रभावी शक्ति आउटपुट $P_{out} = 0.25 \times 200\, W = 50\, W$ है。
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है。
यदि $n$ प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या है, तो कुल शक्ति $P_{out} = nE = n \frac{hc}{\lambda}$ होगी。
$n$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर, $n = \frac{P_{out} \lambda}{hc}$ प्राप्त होता है。
मान रखने पर: $n = \frac{50 \times 0.6 \times 10^{-6}}{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$.
$n = \frac{30 \times 10^{-6}}{19.89 \times 10^{-26}} \approx 1.5 \times 10^{20}$ फोटॉन प्रति सेकंड。

(D) प्रिज्म के लिए,प्रिज्म का कोण $A = r_1 + r_2$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि किरण विपरीत सतह से लंबवत बाहर निकलती है,इसलिए निर्गत कोण $e = 0$ है,जिसका अर्थ है कि दूसरी सतह पर अपवर्तन कोण $r_2 = 0$ है।
प्रिज्म समीकरण में $r_2 = 0$ रखने पर,हमें $r_1 = A$ प्राप्त होता है।
पहली सतह पर स्नेल का नियम लागू करने पर: $\sin i = \mu \sin r_1$।
छोटे कोणों के लिए,$\sin i \approx i$ और $\sin r_1 \approx r_1$ होता है।
इसलिए,$i = \mu r_1$।
$r_1 = A$ रखने पर,हमें $i = \mu A$ प्राप्त होता है।

(D) एक श्रेणी $LCR$ परिपथ में,कलान्तर $\phi$ का मान $\tan \phi = \frac{|X_L - X_C|}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
जब $L$ को हटा दिया जाता है,तो परिपथ एक $RC$ परिपथ बन जाता है। कलान्तर $\tan \phi = \frac{X_C}{R} = \tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$ है।
जब $C$ को हटा दिया जाता है,तो परिपथ एक $RL$ परिपथ बन जाता है। कलान्तर $\tan \phi = \frac{X_L}{R} = \tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$ है।
दोनों की तुलना करने पर,हमें $\frac{X_C}{R} = \frac{X_L}{R}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $X_L = X_C$।
चूंकि $X_L = X_C$,परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में है।
अनुनाद पर,प्रतिबाधा $Z = R$ होती है।
अतः,शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{R} = 1.0$ है।