AIPMT 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) $P-V$ आरेख पर एक चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य चक्र द्वारा घेरे गए कुल क्षेत्रफल के बराबर होता है।
दिए गए चित्र में,चक्र में दो त्रिभुज शामिल हैं: $\triangle AOD$ और $\triangle BOC$।
प्रक्रिया $A \rightarrow O \rightarrow D$ के लिए,आयतन बढ़ता है,इसलिए किया गया कार्य धनात्मक है। $\triangle AOD$ का क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times (2V_0 - V_0) \times (2P_0 - P_0) = \frac{1}{2} \times V_0 \times P_0 = \frac{P_0V_0}{2}$।
प्रक्रिया $B \rightarrow O \rightarrow C$ के लिए,आयतन घटता है,इसलिए किया गया कार्य ऋणात्मक है। $\triangle BOC$ का क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times (2V_0 - V_0) \times (3P_0 - 2P_0) = \frac{1}{2} \times V_0 \times P_0 = \frac{P_0V_0}{2}$।
कुल किया गया कार्य $W = W_{AOD} + W_{BOC} = \frac{P_0V_0}{2} + (-\frac{P_0V_0}{2}) = 0$।

(D) माना द्रव्यमान $m \propto F^a V^b T^c$.
अतः $m = k F^a V^b T^c$,जहाँ $k$ एक विमाहीन नियतांक है।
दोनों पक्षों की विमाएँ लिखने पर:
$[M L^0 T^0] = [M L T^{-2}]^a [L T^{-1}]^b [T]^c$
$[M L^0 T^0] = [M^a L^{a+b} T^{-2a-b+c}]$
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $a = 1$
$L$ के लिए: $a + b = 0 \implies 1 + b = 0 \implies b = -1$
$T$ के लिए: $-2a - b + c = 0 \implies -2(1) - (-1) + c = 0 \implies -2 + 1 + c = 0 \implies c = 1$
$a, b,$ और $c$ के मान समीकरण में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$[m] = [F^1 V^{-1} T^1] = [F V^{-1} T]$.

(A) प्रक्षेप्य के प्रक्षेप पथ का समीकरण इस प्रकार है: $y = x \tan \theta - \frac{g x^2}{2 u^2 \cos^2 \theta}$.
दो प्रक्षेप पथों के समान होने के लिए और प्रक्षेपण का कोण $\theta$ समान होने के लिए,पद $\frac{g}{u^2}$ को स्थिर होना चाहिए।
अतः,$\frac{g_{earth}}{u_{earth}^2} = \frac{g_{planet}}{u_{planet}^2}$.
दिया गया है $g_{earth} = 9.8 \, m s^{-2}$,$u_{earth} = 5 \, m s^{-1}$,और $u_{planet} = 3 \, m s^{-1}$.
मान रखने पर: $\frac{9.8}{5^2} = \frac{g_{planet}}{3^2}$.
$\frac{9.8}{25} = \frac{g_{planet}}{9}$.
$g_{planet} = \frac{9.8 \times 9}{25} = \frac{88.2}{25} = 3.528 \, m s^{-2}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $3.5 \, m s^{-2}$ है।

(D) समय $t_1 = 0 \, s$ पर,कण का स्थिति सदिश $\vec{r}_1 = 2\hat{i} + 3\hat{j}$ है।
समय $t_2 = 5 \, s$ पर,कण का स्थिति सदिश $\vec{r}_2 = 13\hat{i} + 14\hat{j}$ है।
$t = 0$ से $t = 5 \, s$ तक विस्थापन $\Delta \vec{r} = \vec{r}_2 - \vec{r}_1$ द्वारा दिया जाता है।
$\Delta \vec{r} = (13\hat{i} + 14\hat{j}) - (2\hat{i} + 3\hat{j}) = 11\hat{i} + 11\hat{j}$।
औसत वेग $\vec{v}_{av}$ कुल विस्थापन को कुल समय अंतराल $\Delta t = t_2 - t_1 = 5 - 0 = 5 \, s$ से विभाजित करने पर प्राप्त होता है।
$\vec{v}_{av} = \frac{\Delta \vec{r}}{\Delta t} = \frac{11\hat{i} + 11\hat{j}}{5} = \frac{11}{5}(\hat{i} + \hat{j}) \, m/s$।

(C) निकाय के लिए प्रेरक बल द्रव्यमान $m_1$ का भार है,जो $m_1g$ है।
विरोधी बल द्रव्यमान $m_2$ और $m_3$ पर कार्य करने वाले घर्षण बल हैं।
$m_2$ पर घर्षण बल $f_2 = \mu m_2g$ है।
$m_3$ पर घर्षण बल $f_3 = \mu m_3g$ है।
निकाय के लिए न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,कुल बल $F_{net} = m_1g - \mu m_2g - \mu m_3g$ है।
निकाय का कुल द्रव्यमान $M = m_1 + m_2 + m_3$ है।
त्वरण $a$ इस प्रकार दिया गया है: $a = \frac{F_{net}}{M} = \frac{m_1g - \mu m_2g - \mu m_3g}{m_1 + m_2 + m_3}$.
दिया गया है कि $m_1 = m_2 = m_3 = m$,इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$a = \frac{mg - \mu mg - \mu mg}{m + m + m} = \frac{mg - 2\mu mg}{3m} = \frac{g(1 - 2\mu)}{3}$.

(C) कण के संवेग में परिवर्तन आवेग के बराबर होता है,जो बल-समय $(F-t)$ ग्राफ के अंतर्गत आने वाले क्षेत्रफल के बराबर होता है।
संवेग में परिवर्तन = $F-t$ ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल
$= \text{त्रिभुज } ABC \text{ का क्षेत्रफल} + \text{आयत } CDEF \text{ का क्षेत्रफल} + \text{आयत } FGHI \text{ का क्षेत्रफल}$
$= (\frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई}) + (\text{चौड़ाई} \times \text{ऊंचाई}) + (\text{चौड़ाई} \times \text{ऊंचाई})$
$= (\frac{1}{2} \times 2 \times 6) + (2 \times -3) + (4 \times 3)$
$= 6 - 6 + 12$
$= 12 \, N-s$.

(A) मान लीजिए $F$ हवा का ऊपर की ओर लगने वाला बल (upthrust) है। चूँकि गुब्बारा $a$ त्वरण के साथ नीचे की ओर उतर रहा है:
$mg - F = ma$ ... $(i)$
मान लीजिए गुब्बारे से $m_0$ द्रव्यमान हटा दिया जाता है ताकि यह $a$ त्वरण के साथ ऊपर की ओर गति करने लगे। तब:
$F - (m - m_0)g = (m - m_0)a$
$F - mg + m_0g = ma - m_0a$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ और समीकरण $(ii)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$m_0g = 2ma - m_0a$
$m_0(g + a) = 2ma$
$m_0 = \frac{2ma}{g + a}$

(B) मान लीजिए कि $2m$ द्रव्यमान वाले तीसरे टुकड़े का वेग $\vec{v}'$ है।
प्रारंभिक संवेग,$\vec{P}_i = 0$ (चूंकि पिंड विरामावस्था में है)।
अंतिम संवेग,$\vec{P}_f = m v \hat{i} + m v \hat{j} + 2m \vec{v}'$.
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$\vec{P}_i = \vec{P}_f$.
$0 = m v \hat{i} + m v \hat{j} + 2m \vec{v}'$.
$\vec{v}' = -\frac{v}{2} \hat{i} - \frac{v}{2} \hat{j}$.
$v'$ का परिमाण $v' = \sqrt{(-\frac{v}{2})^2 + (-\frac{v}{2})^2} = \frac{v}{\sqrt{2}}$ है।
विस्फोट के कारण उत्पन्न कुल गतिज ऊर्जा तीनों टुकड़ों की गतिज ऊर्जा का योग है:
$K.E. = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} (2m) (v')^2$.
$K.E. = m v^2 + m (\frac{v}{\sqrt{2}})^2$.
$K.E. = m v^2 + m (\frac{v^2}{2}) = \frac{3}{2} m v^2 = 1.5 m v^2$.

(A) माना परिवेश का तापमान $T_s$ है।
$Newton$ के शीतलन के नियम के अनुसार,शीतलन की दर है:
$\frac{T_1 - T_2}{t} = K \left( \frac{T_1 + T_2}{2} - T_s \right)$
पहले $5$ मिनट के लिए:
$T_1 = 70^\circ C, T_2 = 60^\circ C, t = 5$ मिनट।
$\frac{70 - 60}{5} = K \left( \frac{70 + 60}{2} - T_s \right)$
$2 = K(65 - T_s)$ --- $(i)$
अगले $5$ मिनट के लिए:
$T_1 = 60^\circ C, T_2 = 54^\circ C, t = 5$ मिनट।
$\frac{60 - 54}{5} = K \left( \frac{60 + 54}{2} - T_s \right)$
$1.2 = K(57 - T_s)$ --- $(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2}{1.2} = \frac{65 - T_s}{57 - T_s}$
$\frac{5}{3} = \frac{65 - T_s}{57 - T_s}$
$5(57 - T_s) = 3(65 - T_s)$
$285 - 5T_s = 195 - 3T_s$
$2T_s = 90$
$T_s = 45^\circ C$

(B) गैस के अणु का माध्य मुक्त पथ $\lambda$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} n \pi d^2}$
जहाँ $n$ अणुओं का संख्या घनत्व है और $d$ अणु का व्यास है।
चूंकि अणु की त्रिज्या $r$ है,इसलिए व्यास $d = 2r$ होगा।
इस मान को सूत्र में रखने पर:
$\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} n \pi (2r)^2} = \frac{1}{4\sqrt{2} n \pi r^2}$
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि $\lambda \propto \frac{1}{r^2}$।
अतः,माध्य मुक्त पथ $r^2$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है।

(D) दिया गया है: बेलन का द्रव्यमान, $M = 50\, kg$. बेलन की त्रिज्या, $R = 0.5\, m$. कोणीय त्वरण, $\alpha = 2\, \text{rev } s^{-2}$.
कोणीय त्वरण को $SI$ इकाइयों में बदलने पर: $\alpha = 2 \times 2\pi\, \text{rad } s^{-2} = 4\pi\, \text{rad } s^{-2}$.
डोरी में तनाव $T$ द्वारा उत्पन्न बल आघूर्ण $\tau = T \times R$ है।
अपने केंद्रीय अक्ष के परितः ठोस बेलन का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}MR^2$ है।
संबंध $\tau = I\alpha$ का उपयोग करने पर, हमें प्राप्त होता है $TR = (\frac{1}{2}MR^2)\alpha$.
तनाव $T$ के लिए हल करने पर: $T = \frac{1}{2}MR\alpha$.
मान रखने पर: $T = \frac{1}{2} \times 50 \times 0.5 \times 4\pi = 50\pi$.
$\pi \approx 3.14$ का उपयोग करने पर, $T = 50 \times 3.14 = 157\, N$.

(A) नत समतल पर बिना लुढ़के फिसलने वाले ठोस गोले का त्वरण:
${a_{slipping}} = g \sin \theta \,\,\,\,\,\,\,(i)$
नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कने वाले ठोस गोले का त्वरण:
${a_{rolling}} = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}} = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{2}{5}}$
(ठोस गोले के लिए,$\frac{k^2}{R^2} = \frac{2}{5}$)
$= \frac{5}{7} g \sin \theta \,\,\,\,\,(ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{a_{rolling}}{a_{slipping}} = \frac{5}{7}$

(C) किसी वस्तु के ब्लैक होल बनने के लिए,उसका पलायन वेग प्रकाश की गति $(c)$ के बराबर होना चाहिए।
पलायन वेग का सूत्र $v_{esc} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
$v_{esc} = c$ रखने पर,$c = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$,जिसका अर्थ है $R = \frac{2GM}{c^2}$।
यहाँ $G = 6.67 \times 10^{-11} \, N \cdot m^2/kg^2$,$M = 5.98 \times 10^{24} \, kg$,और $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ है:
$R = \frac{2 \times 6.67 \times 10^{-11} \times 5.98 \times 10^{24}}{(3 \times 10^8)^2}$
$R = \frac{79.77 \times 10^{13}}{9 \times 10^{16}}$
$R \approx 8.86 \times 10^{-3} \, m \approx 10^{-2} \, m$.

(A) पृथ्वी के अंदर एक बिंदु के लिए,अर्थात $r < R$:
$E = -\frac{GM}{R^3}r$
जहाँ $M$ और $R$ क्रमशः पृथ्वी का द्रव्यमान और त्रिज्या हैं। ऋण चिह्न इंगित करता है कि क्षेत्र केंद्र की ओर निर्देशित है।
केंद्र पर,$r = 0$,इसलिए $E = 0$।
पृथ्वी के बाहर एक बिंदु के लिए,अर्थात $r > R$:
$E = -\frac{GM}{r^2}$
पृथ्वी की सतह पर,अर्थात $r = R$:
$E = -\frac{GM}{R^2}$
गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र का परिमाण पृथ्वी के अंदर दूरी $r$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है और पृथ्वी के बाहर दूरी $r$ के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती घटता है। इस भिन्नता को दर्शाने वाला ग्राफ समाधान छवि में दिखाया गया है।

(B) यह दिया गया है कि तांबे के तार का आयतन $V$ स्थिर है,इसलिए $V = A \cdot l$,जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $l$ तार की लंबाई है।
इससे,हम क्षेत्रफल को $A = \frac{V}{l}$ के रूप में लिख सकते हैं।
हुक के नियम के अनुसार,यंग मापांक $Y$ को $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta l/l} = \frac{F \cdot l}{A \cdot \Delta l}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
विस्तार $\Delta l$ के लिए इस सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\Delta l = \frac{F \cdot l}{Y \cdot A}$ प्राप्त होता है।
समीकरण में $A = \frac{V}{l}$ रखने पर,हमें $\Delta l = \frac{F \cdot l}{Y \cdot (V/l)} = \frac{F \cdot l^2}{Y \cdot V}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $F$,$Y$ और $V$ स्थिर हैं,इसलिए $\Delta l \propto l^2$ होता है।
अतः,$\Delta l$ और $l^2$ के बीच का ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा होगी।

(C) मान लीजिए कि $r$ त्रिज्या की $n$ बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं।
$n$ बूंदों का आयतन = बड़ी बूंद का आयतन
$n \times \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{4}{3}\pi R^3 \Rightarrow n = \frac{R^3}{r^3}$ $(i)$
बड़ी बूंद का आयतन,$V = \frac{4}{3}\pi R^3$ $(ii)$
$n$ बूंदों का प्रारंभिक पृष्ठीय क्षेत्रफल,$A_i = n \times 4\pi r^2 = \frac{R^3}{r^3} \times 4\pi r^2 = \frac{4\pi R^3}{r} = \left( \frac{4}{3}\pi R^3 \right) \frac{3}{r} = \frac{3V}{r}$ $(i \text{ और } ii \text{ का उपयोग करने पर})$
बड़ी बूंद का अंतिम पृष्ठीय क्षेत्रफल,$A_f = 4\pi R^2 = \left( \frac{4}{3}\pi R^3 \right) \frac{3}{R} = \frac{3V}{R}$ $(ii \text{ का उपयोग करने पर})$
पृष्ठीय क्षेत्रफल में कमी,$\Delta A = A_i - A_f = \frac{3V}{r} - \frac{3V}{R} = 3V \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{R} \right)$
मुक्त ऊर्जा = पृष्ठ तनाव $\times$ पृष्ठीय क्षेत्रफल में कमी
मुक्त ऊर्जा $= T \times \Delta A = 3VT \left( \frac{1}{r} - \frac{1}{R} \right)$.

(C) चरण $1$: समतापीय प्रसार।
समतापीय प्रक्रिया के लिए, $PV = \text{स्थिरांक}$.
प्रारंभिक स्थिति: $(P, V)$.
समतापीय प्रसार के बाद अंतिम स्थिति: $(P', 2V)$.
$PV = P'(2V) \implies P' = \frac{P}{2}$.
चरण $2$: रुद्धोष्म प्रसार।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, $PV^\gamma = \text{स्थिरांक}$.
इस प्रक्रिया के लिए प्रारंभिक स्थिति: $(P', 2V) = (P/2, 2V)$.
अंतिम स्थिति: $(P_f, 16V)$.
$P'(2V)^\gamma = P_f(16V)^\gamma$.
$P' = P/2$ और $\gamma = 5/3$ रखने पर:
$\frac{P}{2} (2V)^{5/3} = P_f (16V)^{5/3}$.
$P_f = \frac{P}{2} \left( \frac{2V}{16V} \right)^{5/3} = \frac{P}{2} \left( \frac{1}{8} \right)^{5/3}$.
चूंकि $8 = 2^3$, इसलिए $\left( \frac{1}{2^3} \right)^{5/3} = \frac{1}{2^5} = \frac{1}{32}$.
$P_f = \frac{P}{2} \times \frac{1}{32} = \frac{P}{64}$.

(C) दिया गया विस्थापन समीकरण: $x = A \cos \omega t$.
वेग $v$,समय के सापेक्ष विस्थापन का प्रथम अवकलज है:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(A \cos \omega t) = -A \omega \sin \omega t$.
त्वरण $a$,समय के सापेक्ष वेग का अवकलज है:
$a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(-A \omega \sin \omega t) = -A \omega^2 \cos \omega t$.
इसे मूल विस्थापन समीकरण $x = A \cos \omega t$ के साथ तुलना करने पर,हम देखते हैं कि $a = -\omega^2 x$ है। $t = 0$ पर,$x = A$ है,इसलिए $a = -A \omega^2$ है। इसका अर्थ है कि त्वरण एक ऋणात्मक अधिकतम मान से शुरू होता है और एक ऋणात्मक कोसाइन वक्र का पालन करता है। ग्राफ $C$ इस परिवर्तन को सही ढंग से दर्शाता है।

(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।

(C) मोटरसाइकिल सवार (प्रेक्षक) की गति $v_o = 36\, km\, h^{-1} = 36 \times \frac{5}{18} = 10\, m s^{-1}$ है।
चूंकि मोटरसाइकिल सवार स्रोत (कार) की ओर बढ़ रहा है,इसलिए प्रेक्षक का वेग धनात्मक लिया जाता है।
कार (स्रोत) की गति $v_s = 18\, km\, h^{-1} = 18 \times \frac{5}{18} = 5\, m s^{-1}$ है।
चूंकि स्रोत प्रेक्षक से दूर जा रहा है,इसलिए स्रोत का वेग धनात्मक लिया जाता है।
ध्वनि की गति $v = 343\, m s^{-1}$ है।
स्रोत की आवृत्ति $f_0 = 1392\, Hz$ है।
प्रेक्षक द्वारा सुनी गई आवृत्ति के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र उपयोग करने पर,$f' = f_0 \left( \frac{v + v_o}{v + v_s} \right)$,
$f' = 1392 \left( \frac{343 + 10}{343 + 5} \right)$,
$f' = 1392 \left( \frac{353}{348} \right)$,
$f' = 4 \times 353 = 1412\, Hz$.

(C) एक सिरे पर बंद पाइप की मूल आवृत्ति $(f_1)$ का सूत्र $f_1 = \frac{v}{4L}$ है।
दिया गया है: $v = 340 \, m s^{-1}$ और $L = 85 \, cm = 0.85 \, m$.
मान रखने पर: $f_1 = \frac{340}{4 \times 0.85} = \frac{340}{3.4} = 100 \, Hz$.
बंद पाइप की प्राकृतिक आवृत्तियाँ मूल आवृत्ति के विषम गुणज होती हैं: $f_n = (2n - 1)f_1$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$.
आवृत्तियाँ इस प्रकार हैं: $100 \, Hz, 300 \, Hz, 500 \, Hz, 700 \, Hz, 900 \, Hz, 1100 \, Hz, 1300 \, Hz, \dots$.
हमें $1250 \, Hz$ से कम आवृत्तियों की संख्या ज्ञात करनी है।
ये आवृत्तियाँ $100, 300, 500, 700, 900, 1100$ हैं।
अतः,कुल $6$ संभावित प्राकृतिक दोलन प्राप्त होते हैं।

(D) माना कि भाप का द्रव्यमान जो पानी में संघनित होता है,$m$ है।
खोई गई ऊष्मा $=$ प्राप्त की गई ऊष्मा।
भाप द्वारा खोई गई ऊष्मा दो भागों में होती है: संघनन की गुप्त ऊष्मा और संघनित पानी का $100\,^{\circ}C$ से $80\,^{\circ}C$ तक ठंडा होना।
खोई गई ऊष्मा $= m \times L_v + m \times s_w \times \Delta T_1 = m \times 540 + m \times 1 \times (100 - 80) = 540m + 20m = 560m$.
$20\,g$ पानी द्वारा $10\,^{\circ}C$ से $80\,^{\circ}C$ तक पहुँचने के लिए प्राप्त की गई ऊष्मा:
प्राप्त की गई ऊष्मा $= m_w \times s_w \times \Delta T_2 = 20 \times 1 \times (80 - 10) = 20 \times 70 = 1400\,cal$.
खोई गई और प्राप्त की गई ऊष्मा को बराबर करने पर: $560m = 1400$.
$m = \frac{1400}{560} = 2.5\,g$.
पानी का कुल द्रव्यमान प्रारंभिक द्रव्यमान और संघनित भाप के द्रव्यमान का योग है:
कुल द्रव्यमान $= 20\,g + 2.5\,g = 22.5\,g$.

(A) प्रकाश किरण के अपने पथ को पुनः प्राप्त करने के लिए,इसे चांदी वाली सतह पर लंबवत ($90^{\circ}$ के कोण पर) गिरना चाहिए।
प्रिज्म के अंदर बने त्रिभुज में,चांदी वाली सतह पर कोण $90^{\circ}$ है और शीर्ष पर कोण $A$ है। अतः,पहली सतह पर अपवर्तन कोण $r = 90^{\circ} - A$ होना चाहिए।
पहली सतह पर स्नेल के नियम के अनुसार: $\mu = \frac{\sin i}{\sin r}$।
दिया गया है $i = 2A$ और $r = 90^{\circ} - A$,इसलिए:
$\mu = \frac{\sin(2A)}{\sin(90^{\circ} - A)}$
$\mu = \frac{2 \sin A \cos A}{\cos A}$
$\mu = 2 \sin A$।

(D) विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ विभव $V$ के ऋणात्मक प्रवणता (gradient) द्वारा दिया जाता है: $\vec{E} = -\nabla V = -\left( \frac{\partial V}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial V}{\partial y} \hat{j} + \frac{\partial V}{\partial z} \hat{k} \right)$.
दिया गया है $V(x, y, z) = 6x - 8xy - 8y + 6yz$.
आंशिक अवकलन करने पर:
$E_x = -\frac{\partial V}{\partial x} = -(6 - 8y) = -6 + 8y$.
$E_y = -\frac{\partial V}{\partial y} = -(-8x - 8 + 6z) = 8x + 8 - 6z$.
$E_z = -\frac{\partial V}{\partial z} = -(6y) = -6y$.
बिंदु $(1, 1, 1)$ पर:
$E_x = -6 + 8(1) = 2 \ V/m$.
$E_y = 8(1) + 8 - 6(1) = 10 \ V/m$.
$E_z = -6(1) = -6 \ V/m$.
अतः,$\vec{E} = 2\hat{i} + 10\hat{j} - 6\hat{k} \ V/m$.
विद्युत क्षेत्र का परिमाण $|\vec{E}| = \sqrt{2^2 + 10^2 + (-6)^2} = \sqrt{4 + 100 + 36} = \sqrt{140} = 2\sqrt{35} \ V/m$.
विद्युत बल $\vec{F} = q\vec{E}$ है। दिया गया है $q = 2 \ C$,अतः बल का परिमाण $F = q|\vec{E}| = 2 \times 2\sqrt{35} = 4\sqrt{35} \ N$.

(B) एक चालक गोले के लिए,आवेश $Q$ पूरी तरह से उसकी बाहरी सतह पर रहता है।
चालक गोले के अंदर विद्युत क्षेत्र $E$ शून्य होता है क्योंकि आवेश सतह पर इस प्रकार वितरित होते हैं कि वे अंदर के प्रत्येक बिंदु पर एक-दूसरे के क्षेत्र को निरस्त कर देते हैं।
चालक गोले के अंदर विद्युत विभव $V$ स्थिर रहता है और यह उसकी सतह पर विभव के बराबर होता है।
अतः,केंद्र पर विभव $V = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R}$ है।
केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $E = 0$ है।

(D) एक समांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 K}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\sigma$ पृष्ठीय आवेश घनत्व है और $K$ माध्यम का परावैद्युतांक है।
जिन क्षेत्रों में परावैद्युत अनुपस्थित है (हवा/निर्वात),वहाँ $K = 1$ है,इसलिए विद्युत क्षेत्र $E_0 = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$ है।
जिन क्षेत्रों में परावैद्युत स्लैब मौजूद हैं,वहाँ विद्युत क्षेत्र $E_1 = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 K_1}$ और $E_2 = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 K_2}$ है।
चूंकि $K_1 < K_2$ है,इसलिए $\frac{1}{K_1} > \frac{1}{K_2}$ होगा,जिसका अर्थ है कि $E_1 > E_2$ है।
साथ ही,$E_1$ और $E_2$ दोनों हवा के अंतराल में विद्युत क्षेत्र $E_0$ से कम हैं ($E_1 < E_0$ और $E_2 < E_0$)।
इसलिए,विद्युत क्षेत्र हवा के अंतराल में सबसे अधिक होता है,और परावैद्युत क्षेत्रों के बीच,छोटे परावैद्युतांक $(K_1)$ वाली स्लैब में क्षेत्र अधिक होता है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,जो ग्राफ हवा के अंतराल में सबसे अधिक क्षेत्र और $K_2$ क्षेत्र की तुलना में $K_1$ क्षेत्र में उच्च क्षेत्र दिखाता है,वह विकल्प $(D)$ द्वारा दर्शाया गया है।

(B) दो शहरों के बीच की दूरी $d = 150\, km$ है।
तांबे के तार का कुल प्रतिरोध $R = (0.5\, \Omega/km) \times (150\, km) = 75\, \Omega$ है।
तार पर कुल वोल्टेज ड्रॉप $V = (8\, V/km) \times (150\, km) = 1200\, V$ है।
तार में शक्ति की हानि $P = \frac{V^2}{R}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$P = \frac{(1200\, V)^2}{75\, \Omega} = \frac{1440000}{75}\, W = 19200\, W$ प्राप्त होता है।
किलोवाट में बदलने पर,$P = 19.2\, kW$ है।

(A) पोटेंशियोमीटर का उपयोग करके सेल का आंतरिक प्रतिरोध $r$ ज्ञात करने का सूत्र निम्नलिखित है:
$r = \left( \frac{l_1}{l_2} - 1 \right) R$
जहाँ $l_1$ ओपन सर्किट (अर्थात $R = \infty$) में संतुलन लंबाई है और $l_2$ वह संतुलन लंबाई है जब सेल के साथ बाहरी प्रतिरोध $R$ जुड़ा होता है।
दिया गया है:
$l_1 = 3\,m$
$l_2 = 2.85\,m$
$R = 9.5\,\Omega$
सूत्र में मान रखने पर:
$r = \left( \frac{3}{2.85} - 1 \right) \times 9.5\,\Omega$
$r = \left( \frac{3 - 2.85}{2.85} \right) \times 9.5\,\Omega$
$r = \left( \frac{0.15}{2.85} \right) \times 9.5\,\Omega$
$r = \frac{15}{285} \times 9.5\,\Omega$
$r = \frac{1}{19} \times 9.5\,\Omega = 0.5\,\Omega$
अतः,सेल का आंतरिक प्रतिरोध $0.5\,\Omega$ है।

(B) प्रथम स्थिति में,संतुलन बिंदु पर:
$\frac{5}{R} = \frac{l_1}{100 - l_1}$ $....(i)$
दूसरी स्थिति में,प्रतिरोध $R$ को एक समान प्रतिरोध $R$ के साथ शंट किया जाता है,इसलिए तुल्य प्रतिरोध $R' = \frac{R \times R}{R + R} = \frac{R}{2}$ हो जाता है।
नया संतुलन बिंदु $1.6\,l_1$ पर है। अतः,संतुलन बिंदु पर:
$\frac{5}{R/2} = \frac{1.6\,l_1}{100 - 1.6\,l_1}$ $....(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{5/R}{5/(R/2)} = \frac{l_1 / (100 - l_1)}{1.6\,l_1 / (100 - 1.6\,l_1)}$
$\frac{1}{2} = \frac{l_1}{100 - l_1} \times \frac{100 - 1.6\,l_1}{1.6\,l_1}$
$\frac{1}{2} = \frac{100 - 1.6\,l_1}{1.6(100 - l_1)}$
$0.8(100 - l_1) = 100 - 1.6\,l_1$
$80 - 0.8\,l_1 = 100 - 1.6\,l_1$
$0.8\,l_1 = 20$
$l_1 = 25\,cm$
$l_1 = 25\,cm$ का मान समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$\frac{5}{R} = \frac{25}{100 - 25} = \frac{25}{75} = \frac{1}{3}$
$R = 15\,\Omega$.

(C) माना कुल धारा $I$ है और गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G$ है।
गैल्वेनोमीटर से होकर गुजरने वाली धारा $I_G = 0.2\% \text{ of } I = \frac{0.2}{100} I = \frac{1}{500} I$ है।
शंट प्रतिरोध $S$ से होकर गुजरने वाली धारा $I_S = I - I_G = I - \frac{1}{500} I = \frac{499}{500} I$ है।
चूंकि गैल्वेनोमीटर और शंट समानांतर क्रम में हैं, इसलिए उनके सिरों पर विभवांतर समान होगा:
$I_G G = I_S S$
$\left( \frac{1}{500} I \right) G = \left( \frac{499}{500} I \right) S$
$S = \frac{G}{499}$.
एमीटर का प्रतिरोध $R_A$, $G$ और $S$ के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध है:
$\frac{1}{R_A} = \frac{1}{G} + \frac{1}{S} = \frac{1}{G} + \frac{499}{G} = \frac{500}{G}$.
अतः, $R_A = \frac{G}{500}$.

(C) चुम्बकीय द्विध्रुव आघूर्ण की दिशा चुम्बक के दक्षिणी ध्रुव से उत्तरी ध्रुव की ओर होती है।
विन्यास $(1)$ में,दो चुम्बकीय आघूर्णों के बीच का कोण $90^{\circ}$ है। कुल चुम्बकीय द्विध्रुव आघूर्ण $m_{\text{net}} = \sqrt{m^2 + m^2 + 2m^2 \cos 90^{\circ}} = \sqrt{2m^2} = m\sqrt{2} \approx 1.414m$ है।
विन्यास $(2)$ में,चुम्बकीय आघूर्ण विपरीत दिशाओं में हैं,इसलिए कोण $180^{\circ}$ है। कुल चुम्बकीय द्विध्रुव आघूर्ण $m_{\text{net}} = m - m = 0$ है।
विन्यास $(3)$ में,दो चुम्बकीय आघूर्णों के बीच का कोण $30^{\circ}$ है। कुल चुम्बकीय द्विध्रुव आघूर्ण $m_{\text{net}} = \sqrt{m^2 + m^2 + 2m^2 \cos 30^{\circ}} = \sqrt{2m^2 + 2m^2(\frac{\sqrt{3}}{2})} = m\sqrt{2 + \sqrt{3}} \approx m\sqrt{3.732} \approx 1.932m$ है।
विन्यास $(4)$ में,दो चुम्बकीय आघूर्णों के बीच का कोण $60^{\circ}$ है। कुल चुम्बकीय द्विध्रुव आघूर्ण $m_{\text{net}} = \sqrt{m^2 + m^2 + 2m^2 \cos 60^{\circ}} = \sqrt{2m^2 + 2m^2(\frac{1}{2})} = m\sqrt{3} \approx 1.732m$ है।
मानों की तुलना करने पर,विन्यास $(3)$ में कुल चुम्बकीय द्विध्रुव आघूर्ण सबसे अधिक है।

(D) संयुक्त सूक्ष्मदर्शी की आवर्धन क्षमता का सूत्र $m = \left(\frac{L}{f_o}\right) \left(\frac{D}{f_e}\right)$ है,जहाँ $f_o$ अभिदृश्यक लेंस की फोकस दूरी है,$f_e$ नेत्रिका (eyepiece) की फोकस दूरी है,$L$ नली की लंबाई है और $D$ स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी है।
इस सूत्र से स्पष्ट है कि $m \propto \frac{1}{f_o}$। अतः,यदि $f_o$ बढ़ता है,तो सूक्ष्मदर्शी की आवर्धन क्षमता घटेगी।
खगोलीय दूरदर्शी की आवर्धन क्षमता का सूत्र $m = \frac{f_o}{f_e}$ है,जहाँ $f_o$ अभिदृश्यक लेंस की फोकस दूरी है और $f_e$ नेत्रिका की फोकस दूरी है।
इस सूत्र से स्पष्ट है कि $m \propto f_o$। अतः,यदि $f_o$ बढ़ता है,तो दूरदर्शी की आवर्धन क्षमता बढ़ेगी।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K = E - \phi_0$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E$ आपतित विकिरण की ऊर्जा है और $\phi_0$ धातु का कार्य फलन है।
प्रारंभ में,आपतित विकिरण की ऊर्जा $E$ है। दिया गया है कि $K_1 = 0.5\, eV$,इसलिए:
$0.5 = E - \phi_0$ ..... $(i)$
जब आपतित विकिरण की ऊर्जा में $20\%$ की वृद्धि होती है,तो नई ऊर्जा $E' = E + 0.2E = 1.2E$ हो जाती है। नई गतिज ऊर्जा $K_2 = 0.8\, eV$ है। अतः:
$0.8 = 1.2E - \phi_0$ ..... $(ii)$
समीकरण $(i)$ से,हमें $E = 0.5 + \phi_0$ प्राप्त होता है। इस मान को समीकरण $(ii)$ में रखने पर:
$0.8 = 1.2(0.5 + \phi_0) - \phi_0$
$0.8 = 0.6 + 1.2\phi_0 - \phi_0$
$0.8 - 0.6 = 0.2\phi_0$
$0.2 = 0.2\phi_0$
$\phi_0 = 1.0\, eV$.

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र इस प्रकार है:
$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ ...... $(i)$
जहाँ $m$ कण का द्रव्यमान है और $K$ कण की गतिज ऊर्जा है।
जब कण की गतिज ऊर्जा को उसके प्रारंभिक मान से $16$ गुना बढ़ा दिया जाता है,तो नई गतिज ऊर्जा $K' = 16K$ हो जाती है।
नई डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda'$ इस प्रकार होगी:
$\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2m(16K)}} = \frac{h}{4\sqrt{2mK}} = \frac{\lambda}{4}$ (समीकरण $(i)$ का उपयोग करते हुए)।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य में प्रतिशत परिवर्तन की गणना इस प्रकार की जाती है:
$\text{प्रतिशत परिवर्तन} = \frac{\lambda - \lambda'}{\lambda} \times 100$
$= \left(1 - \frac{\lambda'}{\lambda}\right) \times 100$
$= \left(1 - \frac{1}{4}\right) \times 100 = \frac{3}{4} \times 100 = 75\%$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान एक वक्र चालक में प्रेरित गतिकीय $emf$ उस सीधे चालक में प्रेरित $emf$ के बराबर होता है जो वक्र के दोनों सिरों को जोड़ता है।
अर्धवृत्ताकार रिंग $PQR$ की प्रभावी लंबाई इसके सिरों $P$ और $R$ के बीच की सीधी दूरी है,जो कि व्यास $l = 2r$ है।
प्रेरित $emf$ का मान $\varepsilon = Bvl = Bv(2r) = 2rBv$ है।
फ्लेमिंग के दाहिने हाथ के नियम के अनुसार,नीचे की ओर वेग $v$ और अंदर की ओर चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लिए,धनात्मक आवेशों पर बल $R$ की ओर कार्य करता है। अतः,$R$ का विभव $P$ से अधिक है।

(B) यहाँ,ऊर्जा फ्लक्स (तीव्रता) $I = 25 \times 10^4 \, W/m^2$ है।
सतह का क्षेत्रफल $A = 15 \, cm^2 = 15 \times 10^{-4} \, m^2$ है।
प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ है।
एक पूर्णतः परावर्तक सतह के लिए,सतह पर आरोपित औसत बल $F = \frac{2IA}{c}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$F = \frac{2 \times (25 \times 10^4) \times (15 \times 10^{-4})}{3 \times 10^8}$
$F = \frac{2 \times 25 \times 15 \times 10^0}{3 \times 10^8}$
$F = \frac{750}{3} \times 10^{-8} \, N$
$F = 250 \times 10^{-8} \, N = 2.50 \times 10^{-6} \, N$.

(B) स्क्रीन पर किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0$ प्रत्येक तरंग की तीव्रता है और $\phi$ कलांतर है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\phi = (2\pi / \lambda) \times \Delta x$ है।
स्थिति $1$: जब पथ अंतर $\Delta x = \lambda$ है,तो कलांतर $\phi = (2\pi / \lambda) \times \lambda = 2\pi$ होता है।
तीव्रता के सूत्र में मान रखने पर: $I = 4I_0 \cos^2(2\pi / 2) = 4I_0 \cos^2(\pi) = 4I_0(1)^2 = 4I_0$. दिया गया है कि यह तीव्रता $K$ है,इसलिए $K = 4I_0$ है।
स्थिति $2$: जब पथ अंतर $\Delta x = \lambda / 4$ है,तो कलांतर $\phi = (2\pi / \lambda) \times (\lambda / 4) = \pi / 2$ होता है।
तीव्रता के सूत्र में मान रखने पर: $I' = 4I_0 \cos^2((\pi / 2) / 2) = 4I_0 \cos^2(\pi / 4) = 4I_0 (1 / \sqrt{2})^2 = 4I_0 (1 / 2) = 2I_0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $K = 4I_0$ है,इसलिए $2I_0 = K / 2$ होगा। अतः,तीव्रता $K / 2$ होगी।

(D) दिया गया है: $\lambda = 600 \, nm = 600 \times 10^{-9} \, m$,स्लिट की चौड़ाई $a = 1 \, mm = 10^{-3} \, m$,और दूरी $D = 2 \, m$ है।
केंद्रीय दीप्त फ्रिंज के दोनों ओर पहली अदीप्त फ्रिंजों के बीच की दूरी केंद्रीय उच्चिष्ठ (central maximum) की चौड़ाई के बराबर होती है।
केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई का सूत्र $w = \frac{2 \lambda D}{a}$ है।
मान रखने पर:
$w = \frac{2 \times (600 \times 10^{-9} \, m) \times 2 \, m}{10^{-3} \, m}$
$w = \frac{2400 \times 10^{-9}}{10^{-3}} \, m$
$w = 2400 \times 10^{-6} \, m = 2.4 \times 10^{-3} \, m = 2.4 \, mm$.

(C) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$hc \approx 12400 \; \text{eV} \cdot \mathring{A}$ का उपयोग करने पर,हमें $E = \frac{12400}{975} \approx 12.75 \; \text{eV}$ प्राप्त होता है।
हाइड्रोजन परमाणु के ऊर्जा स्तर $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \; \text{eV}$ द्वारा दिए जाते हैं।
ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ के लिए,$E_1 = -13.6 \; \text{eV}$ है।
फोटॉन को अवशोषित करने के बाद,नया ऊर्जा स्तर $E_n = E_1 + E = -13.6 + 12.75 = -0.85 \; \text{eV}$ है।
चूंकि $E_n = -\frac{13.6}{n^2} = -0.85 \; \text{eV}$,इसलिए $n^2 = \frac{13.6}{0.85} = 16$,अर्थात $n = 4$ है।
इलेक्ट्रॉन $n = 4$ स्तर में उत्तेजित हो जाता है।
जब इलेक्ट्रॉन $n$ स्तर से ग्राउंड स्टेट में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $\frac{n(n-1)}{2}$ द्वारा दी जाती है।
$n = 4$ के लिए,स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $\frac{4(4-1)}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = 6$ है।

(C) दिया गया है कि रेडियोआइसोटोप $X$ और स्थिर आइसोटोप $Y$ की मात्रा का अनुपात $\frac{X}{Y} = \frac{1}{7}$ है।
प्रारंभिक नमूने की कुल मात्रा $X + Y$ है। शेष रेडियोआइसोटोप $X$ का अंश $\frac{X}{X+Y} = \frac{1}{1+7} = \frac{1}{8}$ द्वारा दिया जाता है।
हम जानते हैं कि $n$ अर्ध-आयु के बाद शेष अंश $\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ होता है।
दोनों की तुलना करने पर,$\left(\frac{1}{2}\right)^{n} = \frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,व्यतीत अर्ध-आयु की संख्या $n = 3$ है।
चट्टान की आयु $t$,$t = n \times T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ अर्ध-आयु है।
$t = 3 \times 1.4 \times 10^{9} \text{ years} = 4.2 \times 10^{9} \text{ years}$.

(D) नाभिक की बंधन ऊर्जा $BE = (\text{न्यूक्लियॉन की संख्या}) \times (\text{प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा})$ द्वारा दी जाती है।
${}_3^7Li$ के लिए: $BE_1 = 7 \times 5.60\,MeV = 39.2\,MeV$.
${}_1^1H$ के लिए: इसकी बंधन ऊर्जा $0\,MeV$ है क्योंकि यह एक प्रोटॉन है।
$2{}_2^4He$ के लिए: $BE_2 = 2 \times (4 \times 7.06\,MeV) = 2 \times 28.24\,MeV = 56.48\,MeV$.
मुक्त ऊर्जा $Q$ उत्पादों और अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा के बीच का अंतर है:
$Q = BE_{\text{products}} - BE_{\text{reactants}}$
$Q = 56.48\,MeV - (39.2\,MeV + 0\,MeV)$
$Q = 17.28\,MeV \approx 17.3\,MeV$.

(D) $p-n$ जंक्शन का बैरियर विभव $(V_b)$ निम्नलिखित कारकों द्वारा निर्धारित होता है:
$1$. अर्धचालक पदार्थ का प्रकार: विभिन्न पदार्थों के लिए बैंड गैप ऊर्जा अलग-अलग होती है। $Si$ के लिए $V_b \approx 0.7 \ V$ और $Ge$ के लिए $V_b \approx 0.3 \ V$ होता है।
$2$. डोपिंग की मात्रा: अशुद्धि परमाणुओं की सांद्रता अवक्षय परत (depletion region) की चौड़ाई और उसके आर-पार विभवांतर को प्रभावित करती है।
$3$. तापमान: तापमान बढ़ने के साथ बैरियर विभव कम हो जाता है क्योंकि आंतरिक वाहक सांद्रता (intrinsic carrier concentration) बढ़ जाती है,जो फर्मी स्तर और अंतर्निहित विभव को प्रभावित करती है।
अतः,तीनों कारक $(1, 2, 3)$ बैरियर विभव को प्रभावित करते हैं।

(A) ग्राफ में दिखाया गया $V-I$ अभिलक्षण वक्र एक सौर सेल की विशेषता है।
इस ग्राफ में,$V$-अक्ष वोल्टेज को दर्शाता है और $I$-अक्ष करंट को दर्शाता है।
बिंदु $A$,$V$-अक्ष पर स्थित है जहाँ करंट $I = 0$ है,जो ओपन सर्किट वोल्टेज $(V_{OC})$ के अनुरूप है।
बिंदु $B$,$I$-अक्ष पर स्थित है जहाँ वोल्टेज $V = 0$ है,जो शॉर्ट सर्किट करंट $(I_{SC})$ के अनुरूप है।
इसलिए,ग्राफ एक सौर सेल के $V-I$ अभिलक्षण को दर्शाता है जहाँ $A$ ओपन सर्किट वोल्टेज है और $B$ शॉर्ट सर्किट करंट है।

(C) एक लंबे सीधे धारावाही तार द्वारा $d$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तार $AOB$ और $COD$ एक-दूसरे के लंबवत रखे गए हैं,इसलिए बिंदु $P$ (जो $O$ से $d$ दूरी पर तल के लंबवत है) पर उनके द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ और $B_2$ भी एक-दूसरे के लंबवत होंगे।
अतः,परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B$ का परिमाण $B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर,$B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi d}$ और $B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi d}$.
इसलिए,$B = \sqrt{\left( \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi d} \right)^2 + \left( \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi d} \right)^2}$.
$B = \frac{\mu_0}{2 \pi d} \sqrt{I_1^2 + I_2^2} = \frac{\mu_0}{2 \pi d} (I_1^2 + I_2^2)^{1/2}$.

(D) दिया गया है: दक्षता $\eta = 90 \% = 0.9$,प्राथमिक वोल्टेज $V_P = 200 \ V$,प्राथमिक शक्ति $P_P = 3 \ kW = 3000 \ W$,द्वितीयक धारा $I_S = 6 \ A$.
सबसे पहले,$P_P = V_P \times I_P$ का उपयोग करके प्राथमिक धारा $I_P$ की गणना करें:
$I_P = \frac{P_P}{V_P} = \frac{3000 \ W}{200 \ V} = 15 \ A$.
इसके बाद,दक्षता का उपयोग करके आउटपुट शक्ति (द्वितीयक शक्ति) $P_S$ की गणना करें: $P_S = \eta \times P_P = 0.9 \times 3000 \ W = 2700 \ W$.
अंत में,$P_S = V_S \times I_S$ का उपयोग करके द्वितीयक वोल्टेज $V_S$ की गणना करें:
$V_S = \frac{P_S}{I_S} = \frac{2700 \ W}{6 \ A} = 450 \ V$.
अतः,द्वितीयक वोल्टेज $450 \ V$ और प्राथमिक धारा $15 \ A$ है।