AP EAMCET 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) $\text{बल का विमीय सूत्र } [M L T^{-2}] \text{ है।}$
$\text{दिया गया है,} N_1 = 10, M_1 = 1 \,kg, L_1 = 1 \,m, T_1 = 1 \,s$.
$\text{नई प्रणाली में,} M_2 = A \,kg, L_2 = B \,m, T_2 = C \,s$.
$\text{रूपांतरण सूत्र } N_2 = N_1 \left( \frac{M_1}{M_2} \right)^1 \left( \frac{L_1}{L_2} \right)^1 \left( \frac{T_1}{T_2} \right)^{-2} \text{ का उपयोग करने पर।}$
$\text{मान रखने पर:}$
$N_2 = 10 \left( \frac{1}{A} \right)^1 \left( \frac{1}{B} \right)^1 \left( \frac{1}{C} \right)^{-2}$.
$N_2 = 10 \cdot A^{-1} \cdot B^{-1} \cdot C^2$.
$\text{अतः,नई प्रणाली में } 10 \,N \text{ का मान } 10 A^{-1} B^{-1} C^2 \text{ है।}$

(B) दिया गया समीकरण $10 \ g \ cm \ s^{-1} = x \ N \ s$ है।
सबसे पहले,$CGS$ इकाई $g \ cm \ s^{-1}$ को $SI$ इकाइयों $(kg \ m \ s^{-1})$ में बदलें:
$1 \ g = 10^{-3} \ kg$
$1 \ cm = 10^{-2} \ m$
अतः,$1 \ g \ cm \ s^{-1} = 10^{-3} \ kg \times 10^{-2} \ m \times s^{-1} = 10^{-5} \ kg \ m \ s^{-1}$.
इस प्रकार,$10 \ g \ cm \ s^{-1} = 10 \times 10^{-5} \ kg \ m \ s^{-1} = 10^{-4} \ kg \ m \ s^{-1}$.
हम जानते हैं कि $1 \ N = 1 \ kg \ m \ s^{-2}$,इसलिए $1 \ N \ s = 1 \ kg \ m \ s^{-1}$.
दोनों की तुलना करने पर,हमें $x \ N \ s = 10^{-4} \ kg \ m \ s^{-1}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$x = 10^{-4}$.

(C) डोरी पर एक अनुप्रस्थ स्पंदन की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ डोरी का रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
जब कार स्थिर होती है, तो डोरी में तनाव $T_1 = Mg$ होता है। अतः, $v_1 = \sqrt{\frac{Mg}{\mu}} = 60 \text{ cm/s}$.
जब कार एक क्षैतिज सड़क पर $a$ त्वरण के साथ त्वरित होती है, तो गेंद पर कार्य करने वाला प्रभावी त्वरण $g_{eff} = \sqrt{a^2 + g^2}$ होता है। डोरी में तनाव $T_2 = M\sqrt{a^2 + g^2}$ हो जाता है।
अतः, $v_2 = \sqrt{\frac{M\sqrt{a^2 + g^2}}{\mu}} = 66 \text{ cm/s}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{\frac{\sqrt{a^2 + g^2}}{g}} = \frac{66}{60} = 1.1$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{\sqrt{a^2 + g^2}}{g} = (1.1)^2 = 1.21$.
$\sqrt{a^2 + g^2} = 1.21g$.
पुनः वर्ग करने पर:
$a^2 + g^2 = (1.21)^2 g^2 = 1.4641 g^2$.
$a^2 = 0.4641 g^2$.
$a = \sqrt{0.4641} \times g = 0.68125 \times 10 \text{ m/s}^2 \approx 6.8 \text{ m/s}^2$.

(B) तार की मूल आवृत्ति $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,तार में तनाव $T_1$ वस्तु के भार के बराबर है: $T_1 = V \rho g = V(2000)g$.
अतः,$n_1 = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{V(2000)g}{\mu}} = 200 \ Hz$.
जब वस्तु पानी में आधी डूबी होती है (घनत्व $\rho_w = 1000 \ kg \ m^{-3}$),तो उत्प्लावन बल $F_B$ ऊपर की ओर कार्य करता है: $F_B = V_{submerged} \rho_w g = \frac{V}{2}(1000)g = 500Vg$.
नया तनाव $T_2 = T_1 - F_B = 2000Vg - 500Vg = 1500Vg$.
नई आवृत्ति $n_2 = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{1500Vg}{\mu}}$.
अनुपात लेने पर: $\frac{n_2}{n_1} = \sqrt{\frac{1500Vg}{2000Vg}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
इस प्रकार,$n_2 = n_1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 200 \times \frac{1.732}{2} = 173.2 \ Hz$.

(C) स्रोत स्थिर है, इसलिए परावर्तक तक पहुँचने वाली ध्वनि की आवृत्ति $f = 160 \,Hz$ है। ध्वनि की गति $v = 340 \,m/s$ है। आपतित तरंग की तरंगदैर्ध्य $\lambda = v/f = 340/160 = 17/8 \,m$ है।
जब परावर्तक $v_r = 20 \,m/s$ के वेग से स्रोत की ओर गति करता है, तो परावर्तित तरंग की आवृत्ति $f'$ डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$f' = f \left( \frac{v + v_r}{v - v_r} \right) = 160 \left( \frac{340 + 20}{340 - 20} \right) = 160 \left( \frac{360}{320} \right) = 180 \,Hz$.
परावर्तित तरंग की तरंगदैर्ध्य $\lambda' = v/f' = 340/180 = 17/9 \,m$ होगी।

(D) स्रोत की स्थिति $x = 3 \sin \omega t$ द्वारा दी गई है।
स्रोत का तात्क्षणिक वेग $v_s = \frac{dx}{dt} = 3 \omega \cos \omega t$ है।
स्रोत का अधिकतम वेग $v_{s, \max} = 3 \omega$ है।
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,प्रेक्षित आवृत्ति $f'$ का मान $f' = f \left( \frac{v}{v \mp v_s} \right)$ होता है,जहाँ $v = 330 \,ms^{-1}$ ध्वनि की गति है।
अधिकतम आवृत्ति $f_{\max} = f \left( \frac{v}{v - v_{s, \max}} \right)$ और न्यूनतम आवृत्ति $f_{\min} = f \left( \frac{v}{v + v_{s, \max}} \right)$ है।
दिया गया है कि $f_{\max} - f_{\min} = 22 \,Hz$,इसलिए:
$120 \left( \frac{330}{330 - 3 \omega} - \frac{330}{330 + 3 \omega} \right) = 22$
$120 \times 330 \left( \frac{(330 + 3 \omega) - (330 - 3 \omega)}{330^2 - (3 \omega)^2} \right) = 22$
$120 \times 330 \left( \frac{6 \omega}{108900 - 9 \omega^2} \right) = 22$
चूंकि $v_s \ll v$,हम $330^2 - (3 \omega)^2 \approx 330^2$ मान सकते हैं:
$120 \times 330 \times \frac{6 \omega}{330 \times 330} = 22$
$120 \times \frac{6 \omega}{330} = 22$
$120 \times \frac{2 \omega}{110} = 22$
$240 \omega = 2420 \Rightarrow \omega \approx 10 \,rad \,s^{-1}$.

(C)
प्रेक्षित आवृत्ति तब अधिकतम होती है जब प्रेक्षक $O$ और स्रोत $S$ दोनों अपनी अधिकतम गति के साथ एक-दूसरे की ओर बढ़ रहे होते हैं।
सरल आवर्त गति के लिए, अधिकतम गति $v_m = A\omega$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय वेग है।
दिया गया है $A = 0.5 \,m$ और $\omega = 40 \,rad/s$, प्रत्येक ब्लॉक की अधिकतम गति है:
$v_m = 0.5 \times 40 = 20 \,m/s$
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार, प्रेक्षित आवृत्ति $f'$ है:
$f' = f \left( \frac{v + v_o}{v - v_s} \right)$
जहाँ $v = 340 \,m/s$ ध्वनि की गति है, $v_o = 20 \,m/s$ प्रेक्षक की गति है, और $v_s = 20 \,m/s$ स्रोत की गति है।
मान रखने पर:
$f_{\max} = 288 \times \left( \frac{340 + 20}{340 - 20} \right)$
$f_{\max} = 288 \times \left( \frac{360}{320} \right)$
$f_{\max} = 288 \times 1.125 = 324 \,Hz$

(B) स्थिर स्रोत से दूर जाने वाले प्रेक्षक द्वारा सुनी गई आभासी आवृत्ति $f'$ डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है: $f' = f \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है और $v_o$ प्रेक्षक का वेग है।
दिया गया है $f' = 0.94f$,इसलिए $0.94f = f \left( \frac{330 - v_o}{330} \right)$.
$0.94 = \frac{330 - v_o}{330} \implies 310.2 = 330 - v_o \implies v_o = 330 - 310.2 = 19.8 \,m/s$.
मोटरसाइकिल विरामावस्था $(u = 0)$ से $a = 2 \,m/s^2$ के त्वरण के साथ शुरू होती है। गति के समीकरण $v_o = u + at$ का उपयोग करने पर:
$19.8 = 0 + 2t \implies t = 9.9 \,s$.
तय की गई दूरी $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ द्वारा दी जाती है:
$s = 0 + \frac{1}{2} \times 2 \times (9.9)^2 = 98.01 \,m$.
अतः,दूरी लगभग $98 \,m$ है।

(D) ध्वनि का स्रोत वृत्ताकार पथ में गति कर रहा है। जब स्रोत श्रोता की ओर बढ़ता है,तो देखी गई आवृत्ति अधिकतम होती है,और जब यह दूर जाता है,तो देखी गई आवृत्ति न्यूनतम होती है। श्रोता स्थिर है।
दिया गया है:
स्रोत की आवृत्ति $f_0 = 500 Hz$
त्रिज्या $r = \frac{100}{\pi} cm = \frac{1}{\pi} m$
कोणीय गति $n = 5 rev/s$
कोणीय वेग $\omega = 2\pi n = 2\pi \times 5 = 10\pi rad/s$
स्रोत की गति $v_s = \omega r = (10\pi) \times (\frac{1}{\pi}) = 10 m/s$
ध्वनि की गति $v = 332 m/s$
गतिमान स्रोत और स्थिर श्रोता के लिए डॉप्लर प्रभाव के सूत्र का उपयोग करते हुए:
$f = f_0 \left( \frac{v}{v \mp v_s} \right)$
अधिकतम आवृत्ति (स्रोत श्रोता की ओर बढ़ रहा है):
$f_{max} = 500 \left( \frac{332}{332 - 10} \right) = 500 \left( \frac{332}{322} \right) \approx 515.5 Hz$
न्यूनतम आवृत्ति (स्रोत श्रोता से दूर जा रहा है):
$f_{min} = 500 \left( \frac{332}{332 + 10} \right) = 500 \left( \frac{332}{342} \right) \approx 485.4 Hz$
अतः,न्यूनतम और अधिकतम आवृत्तियाँ क्रमशः $485.4 Hz$ और $515.5 Hz$ हैं।

(C) खुली ऑर्गन पाइप के लिए,$n^{th}$ ओवरटोन की तरंग दैर्ध्य $\lambda_n = \frac{2l}{n+1}$ द्वारा दी जाती है।
$3^{rd}$ ओवरटोन के लिए,$n=3$,इसलिए $\lambda = \frac{2l}{3+1} = \frac{2l}{4} = \frac{l}{2}$।
चूंकि पाइप दोनों सिरों पर खुली है,इसलिए खुले सिरों पर एंटीनोड (अधिकतम आयाम $A$) बनते हैं।
एंटीनोड से $x$ दूरी पर विस्थापन आयाम $R = A \cos(kx)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $k = \frac{2\pi}{\lambda}$ है।
यहाँ $x = \frac{l}{16}$ दिया गया है,इसलिए फेज कोण $\phi = kx = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{l}{16}$ होगा।
$\lambda = \frac{l}{2}$ रखने पर,हमें $\phi = \frac{2\pi}{(l/2)} \cdot \frac{l}{16} = \frac{4\pi}{l} \cdot \frac{l}{16} = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
अतः,आयाम $R = A \cos(\frac{\pi}{4}) = A \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{A}{\sqrt{2}}$ होगा।

(C) दिया गया है: आवृत्ति $f = 500 \,Hz$, वेग $v = 360 \,ms^{-1}$, कलांतर $\Delta\phi = 60^{\circ}$.
सबसे पहले, $\lambda = \frac{v}{f}$ सूत्र का उपयोग करके तरंगदैर्ध्य $\lambda$ की गणना करें।
$\lambda = \frac{360}{500} = 0.72 \,m$.
पथ अंतर $\Delta x$ और कलांतर $\Delta\phi$ के बीच का संबंध $\Delta\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है।
$60^{\circ}$ को रेडियन में बदलने पर: $60^{\circ} = \frac{\pi}{3} \,rad$.
मान रखने पर: $\frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$.
$\Delta x = \frac{\lambda}{6} = \frac{0.72}{6} = 0.12 \,m$.
अतः, दो बिंदुओं के बीच की दूरी $0.12 \,m$ है।

(A) खींची हुई डोरी की आवृत्ति $f = \frac{n}{2l} \sqrt{\frac{T}{m}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ हार्मोनिक संख्या है,$l$ लंबाई है,$T$ तनाव है और $m$ प्रति इकाई लंबाई का द्रव्यमान है।
चूंकि $m = \pi r^2 \rho$ (जहाँ $\rho$ घनत्व है),आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{n}{2l r} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ हो जाता है।
$A$ के पहले ओवरटोन के लिए,$n = 2$ है। अतः,$f_A = \frac{2}{2 l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}} = \frac{1}{l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
$B$ के दूसरे ओवरटोन के लिए,$n = 3$ है। अतः,$f_B = \frac{3}{2 l_B r_B} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
दिया गया है कि $f_A = f_B$,इसलिए $\frac{1}{l_A r_A} = \frac{3}{2 l_B r_B}$.
लंबाई के अनुपात के लिए व्यवस्थित करने पर: $\frac{l_A}{l_B} = \frac{2 r_B}{3 r_A}$.
दिया गया है कि $r_A = 2 r_B$,मान रखने पर $\frac{l_A}{l_B} = \frac{2 r_B}{3 (2 r_B)} = \frac{1}{3}$.

(C) $1$. तापमान में परिवर्तन के कारण उत्पन्न थर्मल स्ट्रेन $\Delta L / L = \alpha \Delta T$ है।
$2$. थर्मल स्ट्रेस $F / A = Y (\Delta L / L) = Y \alpha \Delta T$ है।
$3$. तनाव $T = Y A \alpha \Delta T = (200 \times 10^9) \times (10^{-6}) \times (1.21 \times 10^{-5}) \times 20 = 48.4 \,N$.
$4$. रेखीय द्रव्यमान घनत्व $\mu = m / L = 0.1 / 1 = 0.1 \,kg/m$.
$5$. तरंग की गति $v = \sqrt{T / \mu} = \sqrt{48.4 / 0.1} = \sqrt{484} = 22 \,m/s$.
$6$. मूल आवृत्ति $f = v / (2L) = 22 / (2 \times 1) = 11 \,Hz$.

(C) तनी हुई डोरी की मूल आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ है,जहाँ $l$ लंबाई है,$T$ तनाव है और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान है।
प्रारंभिक आवृत्ति $f_1$ और अंतिम आवृत्ति $f_2$ का अनुपात लेने पर:
$\frac{f_1}{f_2} = \frac{l_2}{l_1} \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$
दिया गया है कि $l_2 = l_1(1 - \frac{x}{100})$,$T_2 = T_1(1 + \frac{44}{100}) = 1.44 T_1$,और $\frac{f_1}{f_2} = \frac{1}{2}$.
इन मानों को रखने पर:
$\frac{1}{2} = \frac{l_1(1 - \frac{x}{100})}{l_1} \sqrt{\frac{T_1}{1.44 T_1}}$
$\frac{1}{2} = (1 - \frac{x}{100}) \times \frac{1}{\sqrt{1.44}}$
$\frac{1}{2} = (1 - \frac{x}{100}) \times \frac{1}{1.2}$
$0.6 = 1 - \frac{x}{100}$
$\frac{x}{100} = 0.4$
$x = 40$.

(A) तनी हुई डोरी के लिए $n$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_n = \frac{n}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\mu = \pi r^2 \rho$ है।
$A$ के पहले ओवरटोन $(n=2)$ के लिए: $f_{A} = \frac{2}{2l_A} \sqrt{\frac{T}{\pi r_A^2 \rho}} = \frac{1}{l_A r_A} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
$B$ के दूसरे ओवरटोन $(n=3)$ के लिए: $f_{B} = \frac{3}{2l_B} \sqrt{\frac{T}{\pi r_B^2 \rho}} = \frac{3}{2l_B r_B} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$.
दिया गया है कि $f_A = f_B$ और $r_A = 2r_B$,इसलिए:
$\frac{1}{l_A r_A} = \frac{3}{2l_B r_B} \Rightarrow \frac{1}{l_A (2r_B)} = \frac{3}{2l_B r_B}$.
सरल करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{2l_A} = \frac{3}{2l_B} \Rightarrow \frac{l_A}{l_B} = \frac{1}{3}$.
अतः,लंबाई का अनुपात $l_A : l_B = 1:3$ है।

(A) जमीन पर वस्तु की प्रारंभिक यांत्रिक ऊर्जा उसकी गतिज ऊर्जा है:
$E_i = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \times 2 \,kg \times (8 \,ms^{-1})^2 = 64 \,J$
अधिकतम ऊँचाई पर वस्तु की अंतिम यांत्रिक ऊर्जा उसकी स्थितिज ऊर्जा है:
$E_f = m g h = 2 \,kg \times 10 \,ms^{-2} \times 3 \,m = 60 \,J$
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,वायु प्रतिरोध जैसे असंरक्षी बलों द्वारा किया गया कार्य यांत्रिक ऊर्जा में हुई हानि के बराबर होता है:
$W_{\text{air}} = E_i - E_f = 64 \,J - 60 \,J = 4 \,J$
अतः,वायु प्रतिरोध द्वारा किया गया कार्य $4 \,J$ है।

(A) मान लीजिए प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\lambda = \frac{m}{l}$ है।
प्रारंभिक स्थिति: लटकी हुई लंबाई $h_1 = \frac{l}{n}$ है। इस भाग का द्रव्यमान $m_1 = \lambda \cdot \frac{l}{n} = \frac{m}{n}$ है। लटके हुए भाग का द्रव्यमान केंद्र मेज की सतह से $\frac{l}{2n}$ दूरी नीचे है। मेज की सतह को संदर्भ स्तर $(U=0)$ मानते हुए,प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -m_1 g \left(\frac{l}{2n}\right) = -\left(\frac{m}{n}\right) g \left(\frac{l}{2n}\right) = -\frac{mgl}{2n^2}$ है।
अंतिम स्थिति: जब जंजीर पूरी तरह से फिसल जाती है,तो उसका द्रव्यमान केंद्र मेज की सतह से $\frac{l}{2}$ दूरी नीचे होता है। अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -mg \left(\frac{l}{2}\right) = -\frac{mgl}{2}$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,स्थितिज ऊर्जा में कमी गतिज ऊर्जा में वृद्धि के बराबर होती है:
$K_f - K_i = U_i - U_f$
$\frac{1}{2}mv^2 - 0 = -\frac{mgl}{2n^2} - \left(-\frac{mgl}{2}\right)$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{mgl}{2} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$
$v^2 = gl \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$
$v = \sqrt{gl \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)}$

(D) कण की कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है,इसलिए जमीन से किसी भी ऊँचाई $h$ पर,स्थितिज ऊर्जा $(PE)$ और गतिज ऊर्जा $(KE)$ का योग $H$ ऊँचाई पर प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा के बराबर होता है:
$PE + KE = m g H$ ... $(i)$
दिया गया है कि एक निश्चित ऊँचाई पर,गतिज ऊर्जा उसकी स्थितिज ऊर्जा की आधी है:
$KE = \frac{1}{2} PE \implies PE = 2 KE$
इसे समीकरण $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$2 KE + KE = m g H$
$3 KE = m g H$
$KE = \frac{m g H}{3}$
चूंकि $PE = m g h$,इसलिए $PE = 2 KE = 2 \left( \frac{m g H}{3} \right) = \frac{2}{3} m g H$.
$m g h = \frac{2}{3} m g H$ को बराबर करने पर,हमें ऊँचाई $h = \frac{2 H}{3}$ प्राप्त होती है।
इस ऊँचाई पर कण की चाल $v$ कार्य-ऊर्जा प्रमेय या गतिज समीकरणों का उपयोग करके ज्ञात की जा सकती है। चूंकि कण $H$ ऊँचाई से विरामावस्था से गिरता है,इसलिए $h$ ऊँचाई पर इसकी चाल $v = \sqrt{2 g (H - h)}$ द्वारा दी जाती है।
$h = \frac{2 H}{3}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$v = \sqrt{2 g (H - \frac{2 H}{3})} = \sqrt{2 g (\frac{H}{3})} = \sqrt{\frac{2 g H}{3}}$.
अतः,ऊँचाई $\frac{2 H}{3}$ है और चाल $\sqrt{\frac{2 g H}{3}}$ है।

(B) मान लीजिए कि जंजीर द्वारा अर्धगोले के केंद्र पर अंतरित कोण $\alpha = l/R$ है।
आधार से $\theta$ कोण पर $dl$ लंबाई के जंजीर के एक छोटे अवयव पर विचार करें।
आधार से इस अवयव की ऊँचाई $h = R \sin \theta$ है।
अवयव की लंबाई $dl = R d\theta$ है।
इस अवयव का द्रव्यमान $dm = \frac{m}{l} dl = \frac{m}{l} R d\theta$ है।
इस अवयव की गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $dU = (dm)gh = \left(\frac{m}{l} R d\theta\right) g (R \sin \theta) = \frac{mgR^2}{l} \sin \theta d\theta$ है।
जंजीर शीर्ष $(\theta = \pi/2)$ से $\theta = \pi/2 - \alpha = \pi/2 - l/R$ कोण तक फैली हुई है।
$\pi/2 - l/R$ से $\pi/2$ तक $dU$ का समाकलन करने पर:
$U = \int_{\pi/2 - l/R}^{\pi/2} \frac{mgR^2}{l} \sin \theta d\theta = \frac{mgR^2}{l} [-\cos \theta]_{\pi/2 - l/R}^{\pi/2}$
$U = \frac{mgR^2}{l} [-\cos(\pi/2) - (-\cos(\pi/2 - l/R))]$
$U = \frac{mgR^2}{l} [0 + \sin(l/R)] = \frac{mgR^2}{l} \sin \left(\frac{l}{R}\right)$.

(B) मान लीजिए कि कण $H$ ऊँचाई से गिरता है और जमीन से $h$ ऊँचाई पर पहुँचता है।
इस ऊँचाई $h$ पर,स्थितिज ऊर्जा $PE = mgh$ है।
कण द्वारा तय की गई दूरी $x = H - h$ है।
इस बिंदु पर गतिज ऊर्जा $KE = mgx = mg(H - h)$ है।
प्रश्न के अनुसार,$KE = 2(PE)$ है।
समीकरणों को रखने पर,$mg(H - h) = 2(mgh)$ प्राप्त होता है।
$H - h = 2h \Rightarrow H = 3h \Rightarrow h = \frac{H}{3}$।
अब,$h = \frac{H}{3}$ ऊँचाई पर गति $v$ ज्ञात करने के लिए,हम गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2ax$ का उपयोग करते हैं,जहाँ $u = 0$ और $x = H - h = H - \frac{H}{3} = \frac{2H}{3}$ है।
$v^2 = 2g(\frac{2H}{3}) = \frac{4gH}{3}$।
$v = \sqrt{\frac{4gH}{3}} = 2\sqrt{\frac{gH}{3}}$।
अतः,ऊँचाई $\frac{H}{3}$ है और गति $2\sqrt{\frac{gH}{3}}$ है।

(A) पिंड पर कार्य करने वाला बल $\vec{F} = -\nabla U = -(\frac{\partial U}{\partial x} \hat{i} + \frac{\partial U}{\partial y} \hat{j}) = -(6 \hat{i} + 8 \hat{j}) \,N$ है।
पिंड का त्वरण $\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{-(6 \hat{i} + 8 \hat{j})}{2} = -(3 \hat{i} + 4 \hat{j}) \,m/s^2$ है।
चूंकि पिंड $t = 0$ पर विराम अवस्था में है, $t = 2 \,s$ पर इसका वेग $\vec{v} = \vec{u} + \vec{a}t = 0 + (-(3 \hat{i} + 4 \hat{j})) \times 2 = -(6 \hat{i} + 8 \hat{j}) \,m/s$ होगा।
$t = 2 \,s$ पर पिंड की गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \times 2 \times ((-6)^2 + (-8)^2) = 36 + 64 = 100 \,J$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है। चूंकि पिंड विराम अवस्था से शुरू होता है $(K_i = 0)$, बल द्वारा किया गया कार्य $W = \Delta K = 100 - 0 = 100 \,J$ है।

(A) यह एक एटवुड मशीन निकाय का उदाहरण है। निकाय का त्वरण $a$ इस प्रकार दिया जाता है:
$a = \left(\frac{M-m}{M+m}\right) g$
मान $M = 3 \ kg$,$m = 2 \ kg$,और $g = 10 \ m/s^2$ रखने पर:
$a = \left(\frac{3-2}{3+2}\right) \times 10 = \frac{1}{5} \times 10 = 2 \ m/s^2$
विरामावस्था $(u = 0)$ से शुरू होकर $t = 2 \ s$ में $3 \ kg$ के ब्लॉक द्वारा तय की गई दूरी $s$ है:
$s = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0 + \frac{1}{2} \times 2 \times (2)^2 = 4 \ m$
$3 \ kg$ के ब्लॉक पर गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य गुरुत्वाकर्षण बल $(Mg)$ और विस्थापन $(s)$ का गुणनफल है:
$W = Mgs = 3 \times 10 \times 4 = 120 \ J$
अतः,किया गया कार्य $120 \ J$ है।

(C) मान लीजिए कि तीसरा द्रव्यमान कण $(2m)$ $X$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर $u$ वेग से चलता है।
$2m$ द्रव्यमान वाले कण के वेग का क्षैतिज घटक $u_x = u \cos \theta$ है और ऊर्ध्वाधर घटक $u_y = u \sin \theta$ है।
चूंकि प्रारंभिक कण स्थिर था,इसलिए निकाय का कुल रैखिक संवेग शून्य होना चाहिए।
$X$-दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$0 = m(4) + 2m(u \cos \theta)$
$4m = -2m(u \cos \theta)$
$u \cos \theta = -2 \quad \dots (i)$
$Y$-दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$0 = m(6) + 2m(u \sin \theta)$
$6m = -2m(u \sin \theta)$
$u \sin \theta = -3 \quad \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ का वर्ग करके उन्हें जोड़ने पर:
$(u \cos \theta)^2 + (u \sin \theta)^2 = (-2)^2 + (-3)^2$
$u^2(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 4 + 9$
$u^2 = 13$
$u = \sqrt{13} \text{ ms}^{-1}$

(D) मान लीजिए गोले का द्रव्यमान $M$ है और अधिकतम ऊँचाई पर इसका वेग $v_h = u \cos \theta$ है। अधिकतम ऊँचाई पर संवेग $P = M u \cos \theta$ है।
$M/2$ द्रव्यमान के दो समान भागों में टूटने के बाद,एक भाग अपने पथ पर वापस लौटता है,जिसका अर्थ है कि उसका वेग $-u \cos \theta$ है। मान लीजिए दूसरे भाग का वेग $v_2$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$M u \cos \theta = \frac{M}{2} (-u \cos \theta) + \frac{M}{2} v_2$
$u \cos \theta = -\frac{1}{2} u \cos \theta + \frac{1}{2} v_2$
$\frac{3}{2} u \cos \theta = \frac{1}{2} v_2 \implies v_2 = 3 u \cos \theta$.
पहले भाग की गतिज ऊर्जा $E_1 = \frac{1}{2} (M/2) (u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ है।
दूसरे भाग की गतिज ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2} (M/2) (3 u \cos \theta)^2 = \frac{1}{4} M (9 u^2 \cos^2 \theta) = \frac{9}{4} M u^2 \cos^2 \theta$ है।
दोनों की तुलना करने पर,हमें $E_2 = 9 E_1$ प्राप्त होता है।

(D) अभिदृश्यक लेंस के लिए:
दिया गया है: $u_o = -2 \text{ cm}$,$f_o = 1.5 \text{ cm}$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_o} - \frac{1}{-2} = \frac{1}{1.5}$
$\frac{1}{v_o} = \frac{1}{1.5} - \frac{1}{2} = \frac{2-1.5}{3} = \frac{0.5}{3} = \frac{1}{6}$
अतः,$v_o = 6 \text{ cm}$.
नेत्रिका लेंस के लिए:
दिया गया है: $v_e = -25 \text{ cm}$ (अंतिम प्रतिबिंब आभासी है),$f_e = 6.25 \text{ cm}$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{-25} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{6.25}$
$\frac{1}{u_e} = -\frac{1}{25} - \frac{1}{6.25} = -\frac{1}{25} - \frac{4}{25} = -\frac{5}{25} = -\frac{1}{5}$
अतः,$u_e = -5 \text{ cm}$.
दोनों लेंसों के बीच की दूरी $L = |v_o| + |u_e| = 6 \text{ cm} + 5 \text{ cm} = 11 \text{ cm}$ है।

(A) सामान्य समायोजन में खगोलीय दूरदर्शी के लिए,आवर्धन क्षमता $m = \frac{f_o}{f_e} = 10$ होती है,जहाँ $f_o$ और $f_e$ क्रमशः अभिदृश्यक (objective) और नेत्रिका (eyepiece) लेंस की फोकस दूरियाँ हैं।
अतः,$f_o = 10 f_e$।
सामान्य समायोजन में दूरदर्शी की नली की लंबाई $L = f_o + f_e = 110 \ cm$ होती है।
लंबाई के समीकरण में $f_o = 10 f_e$ रखने पर: $10 f_e + f_e = 110 \implies 11 f_e = 110 \implies f_e = 10 \ cm$।
तब,$f_o = 100 \ cm$।
जब प्रतिबिंब निकट बिंदु $(D = 25 \ cm)$ पर बनता है,तो आवर्धन क्षमता $m = \frac{f_o}{f_e} \left(1 + \frac{f_e}{D}\right)$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $m = \frac{100}{10} \left(1 + \frac{10}{25}\right) = 10 \times \left(1 + 0.4\right) = 10 \times 1.4 = 14$।

(D) दिया गया है,आपतन कोण $i = 0^{\circ}$ है।
एक समबाहु प्रिज्म के लिए,प्रिज्म कोण $A = 60^{\circ}$ होता है।
पहली सतह पर,चूंकि किरण लंबवत आपतित होती है,इसलिए अपवर्तन कोण $r_1 = 0^{\circ}$ होगा।
संबंध $r_1 + r_2 = A$ का उपयोग करने पर,हमें $0^{\circ} + r_2 = 60^{\circ}$ प्राप्त होता है,अतः $r_2 = 60^{\circ}$।
प्रिज्म के लिए क्रांतिक कोण $C$ का मान $\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $C = 45^{\circ}$।
चूंकि दूसरी सतह पर आपतन कोण $r_2 = 60^{\circ}$,क्रांतिक कोण $C = 45^{\circ}$ से अधिक है,इसलिए प्रकाश किरण दूसरी सतह पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करती है।
परावर्तन के बाद,किरण तीसरी सतह से टकराती है। तीसरी सतह पर आपतन कोण $r_3 = 180^{\circ} - (60^{\circ} + 60^{\circ}) = 60^{\circ}$ है (त्रिभुज की ज्यामिति से)। चूंकि $60^{\circ} > 45^{\circ}$,यह फिर से पूर्ण आंतरिक परावर्तन का अनुभव करती है।
अंत में,किरण पहली सतह से लंबवत बाहर निकलती है। कुल विचलन $\delta$,आपतित किरण और निर्गत किरण के बीच का कोण है। चूंकि किरण आपतित किरण के समानांतर लेकिन विपरीत दिशा में बाहर निकलती है,इसलिए विचलन $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ है।

(C) प्रकाश किरण के दूसरी सतह से अपवर्तित होने के लिए,दूसरी सतह पर अपवर्तन कोण $(r_2)$ क्रांतिक कोण $(C)$ से कम होना चाहिए।
दूसरी सतह पर अपवर्तन के लिए शर्त $r_2 < C$ है।
क्रांतिक कोण $C$ के लिए $\sin C = 1/\mu = 1/\sqrt{7/3} = \sqrt{3/7}$ होता है।
अतः,$\sin r_2 < \sqrt{3/7}$।
प्रिज्म के लिए,$r_1 + r_2 = A = 60^{\circ}$,इसलिए $r_2 = 60^{\circ} - r_1$।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$\sin(60^{\circ} - r_1) < \sqrt{3/7}$।
आपतन कोण $(i)$ का न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,हमें $r_1$ का अधिकतम मान चाहिए। चूंकि $r_2 < C$ होना चाहिए,इसलिए $r_1 > 60^{\circ} - C$ होना चाहिए।
$\sin C = \sqrt{3/7} \approx 0.6546$ का उपयोग करने पर,$C \approx 40.89^{\circ}$ प्राप्त होता है।
अतः,$r_1 > 60^{\circ} - 40.89^{\circ} = 19.11^{\circ}$।
पहली सतह पर स्नेल के नियम का उपयोग करने पर: $\sin i = \mu \sin r_1 = \sqrt{7/3} \sin(19.11^{\circ}) \approx 1.5275 \times 0.3274 \approx 0.5$।
इस प्रकार,$i > 30^{\circ}$। अतः न्यूनतम कोण $30^{\circ}$ है।

(C) दिए गए परिपथ में,डायोड $D_1$ रिवर्स बायस में है क्योंकि इसका p-सिरा बैटरी के ऋणात्मक टर्मिनल से जुड़ा है। अतः,$D_1$ एक ओपन सर्किट $(OFF)$ के रूप में कार्य करता है।
डायोड $D_2$ फॉरवर्ड बायस में है क्योंकि इसका p-सिरा बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है। अतः,$D_2$ शून्य प्रतिरोध के साथ एक क्लोज्ड सर्किट $(ON)$ के रूप में कार्य करता है।
परिपथ $20 \ V$ की बैटरी,$2 \ \Omega$ के प्रतिरोध,$3 \ \Omega$ के प्रतिरोध और $2 \ \Omega$ के प्रतिरोध ($D_2$ के साथ जुड़ा हुआ) के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाता है।
कुल प्रभावी प्रतिरोध $R = 2 \ \Omega + 3 \ \Omega + 3 \ \Omega + 2 \ \Omega = 10 \ \Omega$ है।
सेल से होकर बहने वाली धारा $I = V / R = 20 \ V / 10 \ \Omega = 2 \ A$ है।

(B) दी गई सर्किट में,बेस लूप का समीकरण $V_{CC} = i_B R_1 + V_{BE}$ है।
यहाँ $V_{CC} = 8 \text{ V}$,$V_{BE} = 0.6 \text{ V}$,और $i_C = 5 \text{ mA}$ दिया गया है।
बेस धारा $i_B = \frac{i_C}{\beta} = \frac{5 \times 10^{-3} \text{ A}}{50} = 1 \times 10^{-4} \text{ A}$ होगी।
बेस लूप के समीकरण में मान रखने पर:
$8 = (1 \times 10^{-4}) R_1 + 0.6$
$R_1 = \frac{8 - 0.6}{1 \times 10^{-4}} = \frac{7.4}{10^{-4}} = 74 \times 10^3 \Omega = 74 \text{ k}\Omega$.
अब,कलेक्टर लूप के लिए,$KVL$ के अनुसार समीकरण $V_{CC} = i_C R_2 + V_{CE}$ है।
मान रखने पर:
$8 = (5 \times 10^{-3}) R_2 + 3$
$5 = (5 \times 10^{-3}) R_2$
$R_2 = \frac{5}{5 \times 10^{-3}} = 10^3 \Omega = 1 \text{ k}\Omega$.
अतः,$R_1 = 74 \text{ k}\Omega$ और $R_2 = 1 \text{ k}\Omega$ प्राप्त होते हैं।

(D) दिया गया है,कॉमन-बेस कॉन्फ़िगरेशन में करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर,$\alpha = 0.95$.
हम जानते हैं कि $\alpha$ और $\beta$ (कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर) के बीच संबंध $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ है।
$\alpha$ का मान रखने पर:
$\beta = \frac{0.95}{1 - 0.95} = \frac{0.95}{0.05} = 19$.
कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में,करंट गेन $\beta$ को कलेक्टर करंट में परिवर्तन $(\Delta I_C)$ और बेस करंट में परिवर्तन $(\Delta I_B)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$.
यहाँ $\Delta I_B = 2 \mu A$ दिया गया है,इसलिए $\Delta I_C$ की गणना करने पर:
$\Delta I_C = \beta \times \Delta I_B = 19 \times 2 \mu A = 38 \mu A$.

(C) इनपुट धारा $i_i$ का मान $i_i = \frac{V_i}{R_i}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V_i = 100 \ mV = 0.1 \ V$ और $R_i = 2000 \ \Omega$ है।
$i_i = \frac{0.1}{2000} = 5 \times 10^{-5} \ A$.
आउटपुट धारा $i_o$ का मान $i_o = \beta \times i_i$ द्वारा दिया जाता है।
$i_o = 50 \times 5 \times 10^{-5} = 250 \times 10^{-5} = 2.5 \times 10^{-3} \ A$.
आउटपुट वोल्टेज $V_o$ का मान $V_o = i_o \times R_o$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R_o = 5000 \ \Omega$ है।
$V_o = 2.5 \times 10^{-3} \times 5000 = 12.5 \ V$.
अतः,आउटपुट वोल्टेज का शिखर मान $12.5 \ V$ है।

(A) लॉजिक गेट्स की संख्या के आधार पर इंटीग्रेटेड सर्किट का वर्गीकरण इस प्रकार है:
$A$. स्मॉल स्केल इंटीग्रेशन $(SSI)$: इसमें $\leq 10$ लॉजिक गेट्स होते हैं। ($III$ से मेल खाता है)
$B$. मीडियम स्केल इंटीग्रेशन $(MSI)$: इसमें $< 100$ लॉजिक गेट्स होते हैं। ($I$ से मेल खाता है)
$C$. लार्ज स्केल इंटीग्रेशन $(LSI)$: इसमें $< 1000$ लॉजिक गेट्स होते हैं। ($IV$ से मेल खाता है)
$D$. वेरी लार्ज स्केल इंटीग्रेशन $(VLSI)$: इसमें $> 1000$ लॉजिक गेट्स होते हैं। ($II$ से मेल खाता है)
अतः,सही मिलान $A-III, B-I, C-IV, D-II$ है.

(D) इस सर्किट में दो $OR$ गेट हैं जिनके आउटपुट को एक $NAND$ गेट में भेजा जाता है। मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। दोनों $OR$ गेट का आउटपुट $X = A + B$ है। ये $NAND$ गेट के लिए इनपुट हैं। अंतिम आउटपुट $Y$,$Y = \overline{X \cdot X} = \overline{X} = \overline{A + B}$ द्वारा दिया जाता है। यह $NOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है। सत्यता सारणी इस प्रकार है:

$A$	$B$	$X = A + B$	$Y = \overline{X \cdot X}$
$0$	$0$	$0$	$1$
$0$	$1$	$1$	$0$
$1$	$0$	$1$	$0$
$1$	$1$	$1$	$0$

(B) विद्युत धारा के कारण तार द्वारा उत्पन्न ऊष्मा जूल के तापन नियम द्वारा दी जाती है: $H = I^2 R t$।
दिया गया है: $I = 10 \ A$,$R = 20 \ \Omega$,$t = 1 \ minute = 60 \ s$।
$H = (10)^2 \times 20 \times 60 = 100 \times 20 \times 60 = 120,000 \ J$।
इस ऊष्मा को कैलोरी में बदलने के लिए,हम $1 \ cal = 4.2 \ J$ रूपांतरण कारक का उपयोग करते हैं:
$H_{\text{cal}} = \frac{120,000}{4.2} \approx 28,571.4 \ cal$।
बर्फ को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q = m L_{\text{ice}}$ है।
उत्पन्न ऊष्मा और आवश्यक ऊष्मा की तुलना करने पर: $m = \frac{H_{\text{cal}}}{L_{\text{ice}}} = \frac{28,571.4}{79.7} \approx 358.48 \ g$।
निकटतम मान लेने पर,बर्फ का द्रव्यमान $359 \ g$ है।

(C) मान लीजिए स्रोतों के बीच की दूरी $d = 10 \mu m$ है। केंद्र $O$ से प्रत्येक स्रोत की दूरी $d/2 = 5 \mu m$ है। वृत्त की त्रिज्या $R = 40 \mu m$ है।
बिंदु $B$ और $D$ पर,पथ अंतर $\Delta x = S_1P - S_2P = 0$ है क्योंकि ये बिंदु $S_1$ और $S_2$ को जोड़ने वाली रेखा के लंब समद्विभाजक पर स्थित हैं।
चूंकि $\Delta x = 0$,कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = 0$ है। अतः,बिंदु $B$ और $D$ दीप्त हैं।
बिंदु $A$ और $C$ पर,पथ अंतर अधिकतम है। बिंदु $A$ के लिए,दूरी $S_1A = R - d/2 = 40 - 5 = 35 \mu m$ और $S_2A = R + d/2 = 40 + 5 = 45 \mu m$ है। पथ अंतर $\Delta x_A = |S_2A - S_1A| = 10 \mu m$ है।
दिया गया है $\lambda = 4 \mu m$,तरंगदैर्ध्य के संदर्भ में पथ अंतर $\Delta x_A = 10/4 \lambda = 2.5 \lambda$ है।
चूंकि पथ अंतर $\lambda/2$ का विषम गुणज (अर्थात $5\lambda/2$) है,इसलिए व्यतिकरण विनाशी है,और बिंदु $A$ और $C$ अदीप्त हैं।

(B) माना बिंदु $O$ से पहली दीप्त फ्रिंज की दूरी $y$ है। बिंदु $P$ (जहाँ पहली दीप्त फ्रिंज बनती है) की $S_2$ से दूरी $\sqrt{D^2 + y^2}$ और $S_1$ से दूरी $\sqrt{(D + n \lambda)^2 + y^2}$ है।
संपोषी व्यतिकरण (दीप्त फ्रिंज) के लिए,पथ अंतर $\Delta x = |S_1P - S_2P| = \lambda$ होता है।
अतः,$\sqrt{(D + n \lambda)^2 + y^2} - \sqrt{D^2 + y^2} = \lambda$.
पुनर्व्यवस्थित करने पर,$\sqrt{(D + n \lambda)^2 + y^2} = \lambda + \sqrt{D^2 + y^2}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(D + n \lambda)^2 + y^2 = \lambda^2 + D^2 + y^2 + 2 \lambda \sqrt{D^2 + y^2}$.
$D^2 + 2Dn \lambda + n^2 \lambda^2 + y^2 = \lambda^2 + D^2 + y^2 + 2 \lambda \sqrt{D^2 + y^2}$.
$2Dn \lambda + n^2 \lambda^2 - \lambda^2 = 2 \lambda \sqrt{D^2 + y^2}$.
$\lambda$ से विभाजित करने पर: $2Dn + n^2 \lambda - \lambda = 2 \sqrt{D^2 + y^2}$.
इस समीकरण को हल करने पर $y = \sqrt{\frac{2 D(D+n \lambda)}{n}}$ प्राप्त होता है।

(C) स्रोतों के बीच की दूरी $d = 10 \mu m$ है और तरंगदैर्ध्य $\lambda = 4 \mu m$ है।
$S_1$ और $S_2$ को जोड़ने वाली रेखा के लंब समद्विभाजक पर स्थित बिंदुओं $B$ और $D$ के लिए,पथ अंतर $\Delta p = S_1P - S_2P = 0$ है। चूंकि स्रोत समान कला में हैं,शून्य पथ अंतर संपोषी व्यतिकरण उत्पन्न करता है,इसलिए बिंदु $B$ और $D$ दीप्त हैं।
स्रोतों को जोड़ने वाली रेखा पर स्थित बिंदुओं $A$ और $C$ के लिए,पथ अंतर स्रोतों के बीच की दूरी के बराबर है,$\Delta p = d = 10 \mu m$.
विनाशी व्यतिकरण के लिए शर्त $\Delta p = (n + 1/2)\lambda$ है।
मान रखने पर: $10 = (n + 0.5) \times 4 \Rightarrow 2.5 = n + 0.5 \Rightarrow n = 2$.
चूंकि $n$ एक पूर्णांक है,यह विनाशी व्यतिकरण को दर्शाता है,इसलिए बिंदु $A$ और $C$ अदीप्त हैं।

(A) जब $I_0$ तीव्रता का अध्रुवित प्रकाश पहले पोलेराइज़र से गुजरता है,तो यह रैखिक रूप से ध्रुवित हो जाता है और इसकी तीव्रता $I_1 = I_0 / 2$ हो जाती है।
चूंकि पहले और दूसरे पोलेरॉइड शुरू में लंबवत ($90^{\circ}$ के कोण पर) थे,इसलिए तीसरे पोलेरॉइड को पहले के साथ $\theta$ कोण पर और दूसरे के साथ $(90^{\circ} - \theta)$ कोण पर रखा गया है।
मेलस के नियम के अनुसार,दूसरे (मध्य) पोलेराइज़र के बाद तीव्रता $I_2 = I_1 \cos^2 \theta = (I_0 / 2) \cos^2 \theta$ है।
तीसरे (अंतिम) पोलेराइज़र के बाद तीव्रता $I_3 = I_2 \cos^2(90^{\circ} - \theta) = (I_0 / 2) \cos^2 \theta \sin^2 \theta$ है।
सर्वसमिका $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin^2 2\theta = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$ प्राप्त होता है।
अतः,$I_3 = \frac{I_0}{2} \cdot \frac{\sin^2 2\theta}{4} = \frac{I_0}{8} \sin^2 2\theta$ होगा।

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में, पर्दे पर किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = I_{max} \cos^2 \left( \frac{\phi}{2} \right)$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $\phi$ कलांतर है。
दिया गया है कि केंद्रीय फ्रिंज की तीव्रता $I_0$ है, इसलिए $I_{max} = I_0$ है。
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta p$ के बीच संबंध $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta p$ है。
केंद्रीय फ्रिंज से $x$ दूरी पर स्थित बिंदु के लिए, पथ अंतर $\Delta p = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d \left( \frac{x}{D} \right)$ है。
अतः, $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \left( \frac{dx}{D} \right)$ है。
हम जानते हैं कि फ्रिंज की चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है, जिसका अर्थ है कि $\frac{d}{\lambda D} = \frac{1}{\beta}$ है。
इस मान को कलांतर के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर, हमें $\phi = 2\pi \left( \frac{x}{\beta} \right)$ प्राप्त होता है。
अब, $\phi$ को तीव्रता के सूत्र में रखने पर: $I = I_0 \cos^2 \left( \frac{2\pi x / \beta}{2} \right) = I_0 \cos^2 \left( \frac{\pi x}{\beta} \right)$。

(C) दो अलग-अलग तरंगदैर्ध्यों $\lambda_1$ और $\lambda_2$ की दीप्त फ्रिंजों के केंद्रीय उच्चिष्ठ से $x$ दूरी पर संपाती होने की शर्त $x = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{n_2 \lambda_2 D}{d}$ है।
इसका अर्थ है $n_1 \lambda_1 = n_2 \lambda_2$,जहाँ $n_1$ और $n_2$ पूर्णांक हैं।
दिया गया है $\lambda_1 = 4200 \text{ Å}$ और $\lambda_2 = 5040 \text{ Å}$,इसलिए $\frac{n_1}{n_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{5040}{4200} = \frac{6}{5}$।
न्यूनतम दूरी के लिए,हम सबसे छोटे पूर्णांक $n_1 = 6$ और $n_2 = 5$ लेते हैं।
दूरी $x$ का सूत्र $x = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d}$ है।
दिया गया है $D = 200 \text{ cm} = 2 \text{ m}$,$d = 2.4 \text{ mm} = 2.4 \times 10^{-3} \text{ m}$,और $\lambda_1 = 4200 \times 10^{-10} \text{ m}$।
मान रखने पर: $x = \frac{6 \times 4200 \times 10^{-10} \times 2}{2.4 \times 10^{-3}} = 2.1 \times 10^{-3} \text{ m} = 2.1 \text{ mm}$।

(A) गैल्वेनोमीटर की संवेदनशीलता को प्रति इकाई धारा विक्षेपण के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो $S_g = \frac{\theta}{i_g}$ द्वारा दिया जाता है। जब $G$ प्रतिरोध वाले गैल्वेनोमीटर के साथ $S$ शंट को समानांतर में जोड़ा जाता है,तो नई संवेदनशीलता $S'$ गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा $i_g$ और कुल धारा $i$ के अनुपात द्वारा प्राप्त होती है।
गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा $i_g = i \left( \frac{S}{G+S} \right)$ है।
इसलिए,नई संवेदनशीलता $S' = \frac{i_g}{i} = \frac{S}{G+S}$ है।
दिया गया है,प्रारंभिक संवेदनशीलता $= 60 \text{ div/A}$ और अंतिम संवेदनशीलता $= 10 \text{ div/A}$।
संवेदनशीलता का अनुपात $\frac{S'}{S_g} = \frac{10}{60} = \frac{1}{6}$ है।
सूत्र में मान रखने पर: $\frac{1}{6} = \frac{S}{G+S}$।
तिर्यक गुणा करने पर $G + S = 6S$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $G = 5S$ हो जाता है।
यहाँ $G = 20 \ \Omega$ दिया गया है,इसलिए $20 = 5S$।
अतः,$S = \frac{20}{5} = 4 \ \Omega$।

(A) एक नाभिक के विखंडन में मुक्त ऊर्जा $E_1 = 200 \text{ MeV}$ है।
इस ऊर्जा को जूल में परिवर्तित करने पर:
$E_1 = 200 \times 1.6 \times 10^{-13} \text{ J} = 3.2 \times 10^{-11} \text{ J}$।
हमें कुल $E_{total} = 1000 \text{ J}$ ऊर्जा मुक्त करने के लिए आवश्यक नाभिकों की संख्या $(n)$ ज्ञात करनी है।
संबंध है: $E_{total} = n \times E_1$।
अतः,$n = \frac{E_{total}}{E_1} = \frac{1000}{3.2 \times 10^{-11}}$।
$n = \frac{10^3}{3.2 \times 10^{-11}} = \frac{1}{3.2} \times 10^{14} = 0.3125 \times 10^{14} = 3.125 \times 10^{13}$ नाभिक।