IIT JEE 1998 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) किया गया कार्य रेखा समाकल $W = \int \overrightarrow F \cdot d\overrightarrow r = \int (-K(y\hat i + x\hat j)) \cdot (dx\hat i + dy\hat j) = -K \int (y\,dx + x\,dy) = -K \int d(xy)$ द्वारा दिया जाता है।
पथ $1$: $(0, 0)$ से $(a, 0)$ तक। यहाँ $y = 0$,इसलिए $dy = 0$। किया गया कार्य $W_1 = -K \int_0^a (0) dx = 0$।
पथ $2$: $(a, 0)$ से $(a, a)$ तक। यहाँ $x = a$,इसलिए $dx = 0$। किया गया कार्य $W_2 = -K \int_0^a (a) dy = -K[ay]_0^a = -Ka^2$।
कुल कार्य $W = W_1 + W_2 = 0 + (-Ka^2) = -Ka^2$।

(B) $1$. निर्वात की विद्युतशीलता $(\varepsilon_0)$ का विमीय सूत्र:
कूलम्ब के नियम से,$F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r^2}$.
अतः,$\varepsilon_0 = \frac{q_1 q_2}{4\pi F r^2}$.
विमाएँ: $[q] = [IT]$,$[F] = [MLT^{-2}]$,$[r] = [L]$.
मान रखने पर: $[\varepsilon_0] = \frac{[IT][IT]}{[MLT^{-2}][L^2]} = \frac{I^2 T^2}{ML^3 T^{-2}} = M^{-1} L^{-3} T^4 I^2$.
$2$. निर्वात की चुंबकशीलता $(\mu_0)$ का विमीय सूत्र:
दो समानांतर तारों के बीच बल के सूत्र से,$F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi r}$.
अतः,$\mu_0 = \frac{F \cdot 2\pi r}{I_1 I_2 l}$.
विमाएँ: $[F] = [MLT^{-2}]$,$[r] = [L]$,$[I] = [I]$,$[l] = [L]$.
मान रखने पर: $[\mu_0] = \frac{[MLT^{-2}][L]}{[I][I][L]} = MLT^{-2}I^{-2}$.
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(D) मान लीजिए कि सबसे निचला बिंदु $A$ है और क्षैतिज स्थिति $B$ है। $A$ पर, वेग $\vec{u} = u \hat{i}$ है。
$A$ और $B$ के बीच ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv^2 + mgL$
$v^2 = u^2 - 2gL$
$v = \sqrt{u^2 - 2gL}$.
स्थिति $B$ पर, वेग ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर है, इसलिए $\vec{v} = v \hat{j} = \sqrt{u^2 - 2gL} \hat{j}$ है。
वेग में परिवर्तन $\Delta \vec{v} = \vec{v} - \vec{u} = v \hat{j} - u \hat{i}$ है。
वेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{v}| = \sqrt{v^2 + u^2} = \sqrt{(u^2 - 2gL) + u^2} = \sqrt{2u^2 - 2gL} = \sqrt{2(u^2 - gL)}$ है।

(A) पृथ्वी द्वारा उपग्रह पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल हमेशा पृथ्वी के केंद्र की ओर कार्य करता है। न्यूटन के दूसरे नियम $F = ma$ के अनुसार,उपग्रह का त्वरण हमेशा पृथ्वी के केंद्र की ओर निर्देशित होता है।
चूंकि गुरुत्वाकर्षण बल एक केंद्रीय बल है,इसलिए पृथ्वी के केंद्र के परितः उपग्रह पर कार्य करने वाला टॉर्क शून्य होता है। अतः,उपग्रह का कोणीय संवेग $L$ परिमाण और दिशा दोनों में स्थिर रहता है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,गैर-संरक्षी बलों की अनुपस्थिति में,उपग्रह की कुल यांत्रिक ऊर्जा अपनी कक्षा के दौरान स्थिर रहती है।
चूंकि दीर्घवृत्ताकार कक्षा में पृथ्वी से उपग्रह की दूरी $r$ बदलती रहती है,इसलिए कोणीय संवेग $(L = mvr \sin \theta)$ को संरक्षित रखने के लिए कक्षीय वेग $v$ को बदलना पड़ता है। परिणामस्वरूप,रैखिक संवेग $p = mv$ स्थिर नहीं रहता है।

(C) चूंकि गोला द्रव में तैर रहा है,इसलिए इसका भार उस पर कार्य करने वाले कुल उत्प्लावन बल (upthrust force) के बराबर होगा।
माना गोले का कुल आयतन $V$ है और इसका घनत्व $\rho$ है।
गोले का भार = $V \rho g$
तेल के कारण उत्प्लावन बल = (तेल में आयतन) $\times$ (तेल का घनत्व) $\times g = (V/2) \times 0.8 \times g = 0.4 Vg$
पारे के कारण उत्प्लावन बल = (पारे में आयतन) $\times$ (पारे का घनत्व) $\times g = (V/2) \times 13.6 \times g = 6.8 Vg$
कुल उत्प्लावन बल = $0.4 Vg + 6.8 Vg = 7.2 Vg$
भार और कुल उत्प्लावन बल को बराबर करने पर:
$V \rho g = 7.2 Vg$
$\rho = 7.2 \; g/cm^3$

(D) एक आदर्श गैस के लिए,चालें इस प्रकार परिभाषित हैं:
${v_{rms}} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$,${v_p} = \sqrt{\frac{2kT}{m}}$,और $\bar{v} = \sqrt{\frac{8kT}{\pi m}}$.
इन मानों की तुलना करने पर:
${v_p} = \sqrt{2} \sqrt{\frac{kT}{m}} \approx 1.414 \sqrt{\frac{kT}{m}}$
$\bar{v} = \sqrt{\frac{8}{3.14}} \sqrt{\frac{kT}{m}} \approx 1.596 \sqrt{\frac{kT}{m}}$
${v_{rms}} = \sqrt{3} \sqrt{\frac{kT}{m}} \approx 1.732 \sqrt{\frac{kT}{m}}$
अतः,${v_p} < \bar{v} < {v_{rms}}$,जो पुष्टि करता है कि विकल्प $(c)$ सही है।
औसत गतिज ऊर्जा के लिए:
${E_{av}} = \frac{1}{2} m v_{rms}^2 = \frac{1}{2} m \left( \frac{3kT}{m} \right) = \frac{3}{2} kT$.
चूंकि ${v_p}^2 = \frac{2kT}{m}$,इसलिए $kT = \frac{1}{2} m v_p^2$.
इस मान को ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
${E_{av}} = \frac{3}{2} \left( \frac{1}{2} m v_p^2 \right) = \frac{3}{4} m v_p^2$,जो पुष्टि करता है कि विकल्प $(b)$ सही है।
इसलिए,$(b)$ और $(c)$ दोनों सही हैं।

(A) ऊर्जा के समविभाजन के नियम के अनुसार,स्वतंत्रता की प्रत्येक कोटि (degree of freedom) से जुड़ी औसत गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2} k_B T$ होती है,जहाँ $k_B$ बोल्ट्ज़मैन नियतांक है और $T$ परम ताप है।
ऑक्सीजन $(O_2)$ और नाइट्रोजन $(N_2)$ दोनों द्वि-परमाणुक अणु हैं।
एक द्वि-परमाणुक अणु में घूर्णन गति से जुड़ी $2$ स्वतंत्रता की कोटियाँ होती हैं।
इसलिए,प्रत्येक अणु के लिए औसत घूर्णन गतिज ऊर्जा $2 \times (\frac{1}{2} k_B T) = k_B T$ होती है।
चूंकि दोनों गैसें एक ही पात्र में समान तापमान $(T = 300 K)$ पर हैं,इसलिए $O_2$ और $N_2$ दोनों के लिए प्रति अणु औसत घूर्णन गतिज ऊर्जा $k_B T$ होगी।
अतः,प्रति $O_2$ अणु और प्रति $N_2$ अणु की औसत घूर्णन गतिज ऊर्जा का अनुपात $k_B T : k_B T = 1:1$ है।

(A) आयतन प्रत्यास्थता गुणांक $B$ को $B = -V \frac{dP}{dV}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
समतापीय प्रक्रिया के लिए,एक आदर्श गैस का अवस्था समीकरण $PV = \text{स्थिरांक}$ होता है।
दोनों पक्षों का $V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $P + V \frac{dP}{dV} = 0$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि $P = -V \frac{dP}{dV}$।
अतः,समतापीय आयतन प्रत्यास्थता गुणांक $B_T = P$ है।

(D) जब बर्फ $273 \, K$ और वायुमंडलीय दबाव पर पिघलती है,तो इसका आयतन कम हो जाता है क्योंकि इस तापमान पर पानी का घनत्व बर्फ से अधिक होता है।
प्रणाली द्वारा किया गया कार्य $W = P \Delta V$ द्वारा दिया जाता है,और चूंकि आयतन में परिवर्तन $\Delta V$ ऋणात्मक है,इसलिए बर्फ-पानी प्रणाली द्वारा वायुमंडल पर किया गया कार्य ऋणात्मक होता है।
इसका अर्थ है कि वायुमंडल द्वारा बर्फ-पानी प्रणाली पर धनात्मक कार्य किया जाता है। अतः,विकल्प $(B)$ सही है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = \Delta Q - W$। पिघलने के दौरान,प्रणाली द्वारा ऊष्मा अवशोषित की जाती है,इसलिए $\Delta Q > 0$। चूंकि $W < 0$ है,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = \Delta Q - W$ का मान $\Delta U = \Delta Q + |W|$ हो जाता है,जो धनात्मक है। इसलिए,प्रणाली की आंतरिक ऊर्जा बढ़ती है। अतः,विकल्प $(C)$ भी सही है।
चूंकि $(B)$ और $(C)$ दोनों सही हैं,इसलिए अंतिम उत्तर $(D)$ है।

(C) प्रक्रिया समतापीय है,इसलिए $T = \text{स्थिरांक}$.
चूंकि $PV = \mu RT$,इसलिए $P = \frac{\mu RT}{V}$ है।
पात्र $A$ के लिए,दबाव में परिवर्तन $\Delta P = P_i - P_f = \frac{\mu_A RT}{V} - \frac{\mu_A RT}{2V} = \frac{\mu_A RT}{2V} \dots (i)$.
पात्र $B$ के लिए,दबाव में परिवर्तन $1.5 \Delta P = P_i - P_f = \frac{\mu_B RT}{V} - \frac{\mu_B RT}{2V} = \frac{\mu_B RT}{2V} \dots (ii)$.
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर,$\frac{\Delta P}{1.5 \Delta P} = \frac{\mu_A}{\mu_B} \implies \frac{1}{1.5} = \frac{\mu_A}{\mu_B} \implies \frac{\mu_A}{\mu_B} = \frac{2}{3}$.
चूंकि $\mu = \frac{m}{M}$,जहाँ $M$ मोलर द्रव्यमान है,इसलिए $\frac{m_A/M}{m_B/M} = \frac{2}{3} \implies \frac{m_A}{m_B} = \frac{2}{3}$.
अतः,$3m_A = 2m_B$.

(D) एक आदर्श द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_p$ और स्थिर आयतन पर $C_v$ है। इनका अनुपात $\gamma = \frac{C_p}{C_v} = 1.4$ है।
सिलेंडर $A$ में,पिस्टन स्वतंत्र है,इसलिए यह प्रक्रिया समदाबी (isobaric) है। दी गई ऊष्मा $\Delta Q = \mu C_p (\Delta T)_A$ है।
सिलेंडर $B$ में,पिस्टन स्थिर है,इसलिए यह प्रक्रिया समआयतनिक (isochoric) है। दी गई ऊष्मा $\Delta Q = \mu C_v (\Delta T)_B$ है।
चूंकि दोनों को समान ऊष्मा दी जाती है,इसलिए $\mu C_p (\Delta T)_A = \mu C_v (\Delta T)_B$ होगा।
$(\Delta T)_B$ के लिए हल करने पर,$(\Delta T)_B = \frac{C_p}{C_v} (\Delta T)_A = \gamma (\Delta T)_A$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $(\Delta T)_B = 1.4 \times 30 \ K = 42 \ K$।

(D) वीन के विस्थापन नियम के अनुसार,अधिकतम स्पेक्ट्रल उत्सर्जन शक्ति के अनुरूप तरंगदैर्ध्य ${\lambda _m}T = b$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को रखने पर,हमें प्राप्त होता है ${\lambda _m} = \frac{b}{T} = \frac{2.88 \times {10^6}}{2880} = 1000\;nm$.
इसका अर्थ है कि कृष्णिका विकिरण वक्र का शिखर $1000\;nm$ पर स्थित है।
एक छोटे तरंगदैर्ध्य अंतराल $\Delta \lambda$ में उत्सर्जित ऊर्जा $U$,उस अंतराल में $E_{\lambda} - \lambda$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल के समानुपाती होती है।
चूंकि वक्र का शिखर $1000\;nm$ पर है,इसलिए स्पेक्ट्रल उत्सर्जन शक्ति $E_{\lambda}$ का मान $1000\;nm$ पर अधिकतम है।
अंतरालों की तुलना करने पर,${U_2}$ के लिए अंतराल ($999\;nm$ से $1000\;nm$) शिखर तरंगदैर्ध्य के सबसे निकट है,जबकि ${U_1}$ के लिए अंतराल ($499\;nm$ से $500\;nm$) उससे दूर है।
इसलिए,${U_2}$ के लिए वक्र के नीचे का क्षेत्रफल ${U_1}$ के क्षेत्रफल से अधिक है,जिसका अर्थ है कि ${U_2} > {U_1}$।

(A) स्थितिज ऊर्जा $U(x) = k|x|^3$ द्वारा दी गई है।
कण पर कार्य करने वाला बल $F = -\frac{dU}{dx} = -3k|x|^2 \text{sgn}(x)$ है।
$m$ द्रव्यमान का कण जो $a$ आयाम के साथ दोलन कर रहा है,उसकी कुल ऊर्जा $E$ संरक्षित रहती है और यह चरम स्थिति $(x = a)$ पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है:
$E = U(a) = ka^3$.
किसी भी स्थिति $x$ पर,ऊर्जा $E = \frac{1}{2}mv^2 + k|x|^3 = ka^3$ है।
अतः,$v = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2k}{m}(a^3 - |x|^3)}$.
आवर्तकाल $T$ इस प्रकार प्राप्त होता है: $T = 4 \int_{0}^{a} \frac{dx}{v} = 4 \int_{0}^{a} \frac{dx}{\sqrt{\frac{2k}{m}(a^3 - x^3)}}$.
माना $x = ay$,तो $dx = a dy$। जब $x=0, y=0$ और जब $x=a, y=1$।
$T = 4 \sqrt{\frac{m}{2k}} \int_{0}^{1} \frac{a dy}{\sqrt{a^3(1 - y^3)}} = 4 \sqrt{\frac{m}{2ka}} \int_{0}^{1} \frac{dy}{\sqrt{1 - y^3}}$.
चूंकि समाकलन एक नियतांक है,इसलिए $T \propto \frac{1}{\sqrt{a}}$।

(D) अनुप्रस्थ तरंग के लिए कण की अधिकतम गति $v_{\max} = a\omega = a(2\pi n)$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $v_{\max} = v/10,$ जहाँ $v = 10 \ m/s,$ इसलिए $v_{\max} = 10/10 = 1 \ m/s.$
$a = 10^{-3} \ m$ रखने पर,हमें $10^{-3} \times 2\pi n = 1 \implies n = \frac{10^3}{2\pi} \ Hz$ प्राप्त होता है।
तरंग गति के संबंध $v = n\lambda$ का उपयोग करते हुए,$\lambda = \frac{v}{n} = \frac{10}{10^3 / 2\pi} = 2\pi \times 10^{-2} \ m$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $(A)$ और $(C)$ दोनों सही हैं।

(D) चूंकि वर्गाकार प्लेट के किनारे क्लैंप किए गए हैं,इसलिए सभी सीमाओं पर विस्थापन $u(x, y)$ शून्य होना चाहिए:
$1$. $y = 0$ (किनारा $OA$) पर,$0 \le x \le L$ के लिए $u(x, 0) = 0$।
$2$. $x = L$ (किनारा $AB$) पर,$0 \le y \le L$ के लिए $u(L, y) = 0$।
$3$. $y = L$ (किनारा $BC$) पर,$0 \le x \le L$ के लिए $u(x, L) = 0$।
$4$. $x = 0$ (किनारा $OC$) पर,$0 \le y \le L$ के लिए $u(0, y) = 0$।
विकल्पों का मूल्यांकन करने पर:
- विकल्प $(a)$ के लिए: $u(0, y) = a \cos(0) \cos(\frac{\pi y}{2L}) = a \cos(\frac{\pi y}{2L}) \neq 0$,सभी $y$ के लिए।
- विकल्प $(b)$ के लिए: $u(x, y) = a \sin(\frac{\pi x}{L}) \sin(\frac{\pi y}{L})$। यहाँ,$x=0, x=L, y=0, y=L$ पर $u = 0$ है। यह सीमा शर्तों को पूरा करता है।
- विकल्प $(c)$ के लिए: $u(x, y) = a \sin(\frac{\pi x}{L}) \sin(\frac{2\pi y}{L})$। यहाँ,$x=0, x=L, y=0, y=L/2, y=L$ पर $u = 0$ है। यह भी सीमा शर्तों को पूरा करता है।
अतः,$(b)$ और $(c)$ दोनों मान्य व्यंजक हैं।

(B) डोरी का रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu = \frac{M}{L} = \frac{10^{-2}}{0.4} = 2.5 \times 10^{-2}\, kg/m$ है।
डोरी में तरंग स्पंद का वेग $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}} = \sqrt{\frac{1.6}{2.5 \times 10^{-2}}} = \sqrt{\frac{160}{2.5}} = \sqrt{64} = 8\, m/s$ है।
संपोषी व्यतिकरण के लिए,स्पंद को समान कला (phase) में प्रारंभिक बिंदु पर वापस आना चाहिए। जब एक स्पंद स्थिर सिरे से परावर्तित होता है,तो उसकी कला में $\pi$ का परिवर्तन होता है। दो परावर्तनों के बाद (कुल $2L$ दूरी तय करने पर),स्पंद की कला में कुल $2\pi$ का परिवर्तन होता है,जिससे वह अपनी मूल कला में वापस आ जाता है।
अतः,स्पंद द्वारा $2L$ दूरी तय करने में लगा समय $\Delta t_{\min} = \frac{2L}{v} = \frac{2 \times 0.4}{8} = \frac{0.8}{8} = 0.1\, s$ है।

(D) चूंकि निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए निकाय का कोणीय संवेग स्थिर रहता है।
प्रारंभ में,जब मनके छड़ के केंद्र में होते हैं,तो निकाय का जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{ML^2}{12}$ होता है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_1 = I_1{\omega _0} = \left( \frac{ML^2}{12} \right){\omega _0}$ है।
जब मनके छड़ के सिरों पर पहुँचते हैं,तो निकाय का जड़त्व आघूर्ण $I_2 = \frac{ML^2}{12} + m\left( \frac{L}{2} \right)^2 + m\left( \frac{L}{2} \right)^2 = \frac{ML^2}{12} + \frac{mL^2}{4} + \frac{mL^2}{4} = \frac{ML^2}{12} + \frac{mL^2}{2} = \frac{ML^2 + 6mL^2}{12} = \frac{L^2(M + 6m)}{12}$ हो जाता है।
अंतिम कोणीय संवेग $L_2 = I_2\omega ' = \left( \frac{L^2(M + 6m)}{12} \right)\omega '$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,$L_1 = L_2$:
$\left( \frac{ML^2}{12} \right){\omega _0} = \left( \frac{L^2(M + 6m)}{12} \right)\omega '$
$\omega ' = \frac{M{\omega _0}}{M + 6m}$.

(A) एक समान वर्गाकार प्लेट के लिए,प्लेट के केंद्र से गुजरने वाली और प्लेट के तल में स्थित किसी भी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण समान होता है,बशर्ते अक्ष वर्ग की ज्यामिति के सापेक्ष सममित हो।
मान लीजिए $I_Z$ केंद्र से गुजरने वाली और वर्ग के तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
लंबवत अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_Z = I_{AB} + I_{A'B'}$,जहाँ $AB$ और $A'B'$ प्लेट के तल में दो परस्पर लंबवत अक्ष हैं।
चूंकि वर्ग सममित है,इसलिए $I_{AB} = I_{A'B'} = I$ होगा। अतः,$I_Z = 2I$।
इसी प्रकार,प्लेट के तल में केंद्र से गुजरने वाली किन्हीं दो परस्पर लंबवत अक्षों $CD$ और $C'D'$ के लिए,$I_Z = I_{CD} + I_{C'D'}$ होगा।
वर्ग की घूर्णी सममिति के कारण,केंद्र से गुजरने वाली तल की किसी भी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण स्थिर और $I$ के बराबर होता है। इसलिए,$I_{CD} = I$।

(D) दिया गया है कि बल आघूर्ण $\overrightarrow{\tau} = \overrightarrow{A} \times \overrightarrow{L}$ है। चूँकि $\overrightarrow{\tau} = \frac{d\overrightarrow{L}}{dt}$,इसलिए $\frac{d\overrightarrow{L}}{dt} = \overrightarrow{A} \times \overrightarrow{L}$ है।
$1$. सदिश गुणनफल की परिभाषा के अनुसार,$\frac{d\overrightarrow{L}}{dt}$,$\overrightarrow{A}$ और $\overrightarrow{L}$ दोनों के लम्बवत् होता है। अतः $\frac{d\overrightarrow{L}}{dt} \perp \overrightarrow{L}$,जिससे विकल्प $(a)$ सही है।
$2$. $\overrightarrow{L}$ के परिमाण की जाँच करने के लिए,$L^2 = \overrightarrow{L} \cdot \overrightarrow{L}$ लें। समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{d}{dt}(L^2) = 2\overrightarrow{L} \cdot \frac{d\overrightarrow{L}}{dt}$। चूँकि $\frac{d\overrightarrow{L}}{dt} \perp \overrightarrow{L}$,इसलिए अदिश गुणनफल $\overrightarrow{L} \cdot \frac{d\overrightarrow{L}}{dt} = 0$ होगा। अतः,$\frac{d}{dt}(L^2) = 0$,जिसका अर्थ है कि परिमाण $L$ नियत है। अतः विकल्प $(c)$ सही है।
$3$. चूँकि $\frac{d\overrightarrow{L}}{dt} = \overrightarrow{A} \times \overrightarrow{L}$,$\overrightarrow{L}$ के परिवर्तन की दर हमेशा $\overrightarrow{A}$ के लम्बवत् होती है। $\overrightarrow{A}$ की दिशा में $\overrightarrow{L}$ का घटक $L_A = \overrightarrow{L} \cdot \hat{A}$ द्वारा दिया जाता है। समय के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dL_A}{dt} = \frac{d\overrightarrow{L}}{dt} \cdot \hat{A} = (\overrightarrow{A} \times \overrightarrow{L}) \cdot \hat{A}$। चूँकि सदिश गुणनफल $(\overrightarrow{A} \times \overrightarrow{L})$,$\overrightarrow{A}$ के लम्बवत् है,इसलिए $\hat{A}$ के साथ अदिश गुणनफल शून्य होगा। अतः $\frac{dL_A}{dt} = 0$,जिसका अर्थ है कि $\overrightarrow{A}$ की दिशा में $\overrightarrow{L}$ का घटक नियत है। अतः विकल्प $(b)$ सही है।
चूँकि सभी कथन सही हैं,इसलिए उत्तर $(d)$ है।

(D) बिंदु आवेशों के निकाय के कारण मूल बिंदु पर विद्युत विभव $V = \sum \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q_i}{r_i}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए स्थानों और आवेशों का मान रखने पर:
$V = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \left( \frac{q}{x_0} + \frac{q}{3x_0} + \frac{q}{5x_0} + \dots \right) - \left( \frac{q}{2x_0} + \frac{q}{4x_0} + \frac{q}{6x_0} + \dots \right) \right]$
$V = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 x_0} \left[ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \dots \right]$
टेलर श्रेणी $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots$ का उपयोग करते हुए, $x=1$ के लिए, हमें $\ln(2) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$ प्राप्त होता है।
अतः, $V = \frac{q \ln 2}{4\pi\varepsilon_0 x_0}$।

(D) केंद्र से $z_0$ दूरी पर आवेशित वलय की अक्ष पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \cdot \frac{Q z_0}{(R^2 + z_0^2)^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कण $P$ पर ऋणावेश $-q$ है,इसलिए उस पर कार्य करने वाला बल $F = -qE = -\frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \cdot \frac{Q q z_0}{(R^2 + z_0^2)^{3/2}}$ है।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि बल हमेशा मूल बिंदु $O$ की ओर निर्देशित होता है। जैसे ही कण मूल बिंदु को पार करता है,बल की दिशा बदल जाती है,जो इसे हमेशा केंद्र की ओर खींचती है। अतः,$z_0 > 0$ के सभी मानों के लिए गति आवर्ती है।
यदि $z_0 \ll R$ हो,तो हम $(R^2 + z_0^2)^{3/2} \approx R^3$ मान सकते हैं।
तब बल $F \approx -\left( \frac{Q q}{4\pi \varepsilon_0 R^3} \right) z_0$ हो जाता है।
चूंकि $F \propto -z_0$,इसलिए छोटे $z_0$ के लिए गति लगभग सरल आवर्त गति है।

(D) एक अचालक ठोस गोले के लिए,विद्युत क्षेत्र $E$ इस प्रकार होता है:
गोले के अंदर $(r < R)$: $E = \frac{kQr}{R^3}$,जिसका अर्थ है $E \propto r$। अतः,जैसे-जैसे $r$ बढ़ता है,$E$ बढ़ता है।
गोले के बाहर $(r > R)$: $E = \frac{kQ}{r^2}$,जिसका अर्थ है $E \propto \frac{1}{r^2}$। अतः,जैसे-जैसे $r$ बढ़ता है,$E$ घटता है।
इसलिए,कथन $(a)$ और $(c)$ दोनों सही हैं।

(D) ऋणात्मक प्लेट $x = 0$ पर है और धनात्मक प्लेट $x = 3d$ पर है। विद्युत क्षेत्र रेखाएं हमेशा धनात्मक प्लेट से ऋणात्मक प्लेट की ओर निर्देशित होती हैं। इसलिए,पूरे क्षेत्र में विद्युत क्षेत्र की दिशा $x = 3d$ से $x = 0$ की ओर (अर्थात,ऋणात्मक $x$-दिशा में) रहती है। अतः,दिशा समान रहती है।
हवा में विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E_{air} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$ है और परावैद्युत स्लैब में $E_{dielectric} = \frac{\sigma}{K\varepsilon_0}$ है। चूंकि $K > 1$,इसलिए परिमाण अलग-अलग हैं।
विद्युत विभव $V$,विद्युत क्षेत्र $E$ से $E = -\frac{dV}{dx}$ द्वारा संबंधित है। चूंकि विद्युत क्षेत्र ऋणात्मक $x$-अक्ष की ओर निर्देशित है,इसलिए $E_x < 0$ है। अतः,$-\frac{dV}{dx} < 0$,जिसका अर्थ है कि $\frac{dV}{dx} > 0$ है। इसका मतलब है कि जैसे-जैसे हम $x = 0$ (ऋणात्मक प्लेट) से $x = 3d$ (धनात्मक प्लेट) की ओर बढ़ते हैं,विद्युत विभव $V$ लगातार बढ़ता जाता है।
इसलिए,कथन $(b)$ और $(c)$ दोनों सही हैं।

(D) तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम परिपथ को दाईं से बाईं ओर सरल करते हैं।
सबसे पहले,अंतिम शाखा में $2\,\Omega$ का प्रतिरोध $4\,\Omega$ के प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में है,जो $8\,\Omega$ के प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में है। इस भाग का प्रतिरोध $R_1 = \frac{(2+4) \times 8}{(2+4) + 8} = \frac{48}{14} = \frac{24}{7}\,\Omega$ है।
इसके साथ $2\,\Omega$ के प्रतिरोध को श्रेणीक्रम में जोड़ने पर $R_2 = 2 + \frac{24}{7} = \frac{38}{7}\,\Omega$ प्राप्त होता है।
यह अगले $8\,\Omega$ के प्रतिरोध के साथ समांतर क्रम में है: $R_3 = \frac{(\frac{38}{7}) \times 8}{(\frac{38}{7}) + 8} = \frac{304}{94} = \frac{152}{47}\,\Omega$।
शेष श्रेणीक्रम प्रतिरोधों ($3\,\Omega$ और $2\,\Omega$) को जोड़ने पर,कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 3 + 2 + \frac{152}{47} \approx 8.23\,\Omega$ है।
हालाँकि,दिए गए समाधान चित्र के तर्क के अनुसार: मुख्य धारा $I = 1\,A$ है। परिपथ के विभाजन के अनुसार,$4\,\Omega$ के प्रतिरोध से बहने वाली धारा $0.25\,A$ है।

(A) घूर्णन करते आवेश $q$ द्वारा उत्पन्न धारा $i = \frac{2q}{T} = \frac{2q\omega}{2\pi} = \frac{q\omega}{\pi}$ है।
निकाय का चुंबकीय आघूर्ण $M = iA$ है,जहाँ $A = \pi R^2$ कणों द्वारा बनाए गए वृत्त का क्षेत्रफल है।
अतः,$M = (\frac{q\omega}{\pi})(\pi R^2) = q\omega R^2$.
केंद्र के परितः निकाय का कोणीय संवेग $L = I\omega$ है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है।
अक्ष से $R$ दूरी पर स्थित $m$ द्रव्यमान के दो कणों के लिए,$I = mR^2 + mR^2 = 2mR^2$.
अतः,$L = (2mR^2)\omega = 2mR^2\omega$.
इस प्रकार,परिमाणों का अनुपात $\frac{M}{L} = \frac{q\omega R^2}{2mR^2\omega} = \frac{q}{2m}$ है।

(D) मान लीजिए कि दो तार $xy$-तल में,$y$-अक्ष के समानांतर,$x = -d/2$ और $x = d/2$ पर रखे गए हैं। धाराएं विपरीत दिशाओं में हैं।
मध्य बिंदु (मूल बिंदु) पर,पहले तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ तल के अंदर की ओर ($-z$ दिशा में) निर्देशित है और दूसरे तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ भी तल के अंदर की ओर ($-z$ दिशा में) है।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B = B_1 + B_2$ तारों के तल के लंबवत ($-z$ दिशा में) है।
आवेश $q$ का वेग $v$ तारों के तल के लंबवत ($z$ दिशा में) दिया गया है।
गतिमान आवेश पर चुंबकीय बल $F = q(v \times B)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि वेग सदिश $v$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $B$ संरेखीय (दोनों $z$-अक्ष पर) हैं,इसलिए उनका क्रॉस उत्पाद $v \times B = 0$ है।
अतः,आवेश पर कार्य करने वाले चुंबकीय बल का परिमाण $0$ है।

(B) जब $l$ लंबाई की एक धातु की छड़ एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में,छड़ की लंबाई और वेग दोनों के लंबवत दिशा में $v$ वेग से गति करती है,तो छड़ के सिरों के बीच एक गतिक विद्युत वाहक बल (emf) प्रेरित होता है।
लोरेंत्ज़ बल के नियम के अनुसार,छड़ में मौजूद मुक्त इलेक्ट्रॉन एक चुंबकीय बल $F_m = q(v \times B)$ का अनुभव करते हैं। इस बल के कारण,इलेक्ट्रॉन छड़ के एक सिरे पर जमा हो जाते हैं,जिससे सिरों के बीच एक विभवांतर उत्पन्न होता है।
आवेश का यह पृथक्करण छड़ के भीतर एक आंतरिक विद्युत क्षेत्र $E$ बनाता है,जो आवेशों पर एक विद्युत बल $F_e = qE$ लगाता है,जो चुंबकीय बल का विरोध करता है।
संतुलन की स्थिति में,चुंबकीय बल विद्युत बल द्वारा संतुलित हो जाता है,अर्थात $qE = qvB$,जिसका अर्थ है $E = vB$।
चूंकि छड़ के भीतर एक विद्युत क्षेत्र $E$ मौजूद है,इसलिए छड़ की लंबाई के साथ विभव बदलता है। अतः,कथन $(b)$ सही है।

(D) प्रेरित विद्युत वाहक बल $e$ को $e = \frac{d\phi}{dt} = L \frac{dI}{dt}$ द्वारा दर्शाया जाता है।
इससे,प्रेरकत्व $L$ की इकाई $[L] = \frac{[\text{Weber}]}{[\text{Ampere}]}$ प्राप्त होती है।
चूंकि $e = \frac{d\phi}{dt}$,हमारे पास $[\text{Volt}] = \frac{[\text{Weber}]}{[\text{Second}]}$ है,जिसका अर्थ है $[\text{Weber}] = [\text{Volt} \cdot \text{Second}]$।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,हमें $[L] = \frac{[\text{Volt} \cdot \text{Second}]}{[\text{Ampere}]}$ प्राप्त होता है।
साथ ही,एक प्रेरक में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L I^2$ होती है। अतः,$[\text{Joule}] = [L] \cdot [\text{Ampere}]^2$,जिसका अर्थ है $[L] = \frac{[\text{Joule}]}{[\text{Ampere}]^2}$।
इसलिए,दिए गए सभी व्यंजक हेनरी के समतुल्य हैं।

(B) $i$ धारा वाली $L$ भुजा की बड़ी वर्गाकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ इस प्रकार है:
$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{8\sqrt{2}i}{L}$
चूंकि $l$ भुजा वाली छोटी लूप केंद्र पर स्थित है और $L \gg l$, हम मान सकते हैं कि चुंबकीय क्षेत्र छोटी लूप के क्षेत्रफल पर लगभग एकसमान है।
छोटी लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi$:
$\phi = B \times (\text{छोटी लूप का क्षेत्रफल}) = B \times l^2$
$\phi = \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{8\sqrt{2}i}{L} \right) l^2$
परिभाषा के अनुसार, $\phi = Mi$, जहां $M$ अन्योन्य प्रेरकत्व है।
$Mi = \left( \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{8\sqrt{2}l^2}{L} \right) i$
$M = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{8\sqrt{2}l^2}{L}$
अतः, $M \propto \frac{l^2}{L}$.

(C) पदार्थ का कार्य फलन $W_0 = 4.0 \,eV$ दिया गया है।
देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_0$ वह अधिकतम तरंगदैर्ध्य है जो प्रकाशिक उत्सर्जन उत्पन्न कर सकती है।
इसका सूत्र है: $\lambda_0 = \frac{hc}{W_0}$।
$hc \approx 12400 \,eV \cdot \mathring{A}$ का उपयोग करते हुए:
$\lambda_0 = \frac{12400 \,eV \cdot \mathring{A}}{4.0 \,eV} = 3100 \,\mathring{A}$।
चूंकि $1 \,nm = 10 \,\mathring{A}$,इसलिए $\lambda_0 = 310 \,nm$ प्राप्त होता है।

(B) निरंतर $X$-रे स्पेक्ट्रम लक्ष्य से टकराने वाले इलेक्ट्रॉनों के मंदन के कारण उत्पन्न होता है। उत्सर्जित फोटॉन की अधिकतम ऊर्जा आपतित इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा के बराबर होती है,जो $E_{\max} = eV = \frac{hc}{\lambda_{\min}}$ द्वारा दी जाती है।
अतः,न्यूनतम तरंगदैर्ध्य $\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}$ है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन अपनी कुल गतिज ऊर्जा से कम कोई भी ऊर्जा खो सकते हैं,इसलिए $\lambda_{\min}$ से अधिक तरंगदैर्ध्य वाले सभी फोटॉन उत्सर्जित होते हैं।
इसलिए,निरंतर $X$-रे स्पेक्ट्रम के लिए तरंगदैर्ध्य की सीमा $\lambda_{\min}$ से $\infty$ तक है।

(D) बोहर मॉडल के अनुसार,मुख्य क्वांटम संख्या $n$ वाली कक्षा में इलेक्ट्रॉन का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi r}{v}$ द्वारा दिया जाता है।
चूँकि $r \propto n^2$ और $v \propto \frac{1}{n}$,इसलिए $T \propto n^3$ होता है।
दिया गया है कि प्रारंभिक अवस्था में आवर्तकाल अंतिम अवस्था का आठ गुना है: $T_{n_1} = 8 T_{n_2}$।
समानुपातिकता को प्रतिस्थापित करने पर: $n_1^3 = 8 n_2^3$।
दोनों पक्षों का घनमूल लेने पर: $n_1 = 2 n_2$।
विकल्पों की जाँच करने पर:
विकल्प $(a)$ के लिए: $n_1 = 4, n_2 = 2$। यहाँ $4 = 2(2)$,जो सही है।
विकल्प $(b)$ के लिए: $n_1 = 6, n_2 = 3$। यहाँ $6 = 2(3)$,जो सही है।
अतः,$(a)$ और $(b)$ दोनों ही सही संभावनाएँ हैं।

(D) रेडियोधर्मी क्षय एक यादृच्छिक (stochastic) प्रक्रिया है।
समय $t$ पर शेष नाभिकों की संख्या $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ क्षय नियतांक है।
यह समीकरण दर्शाता है कि किसी नाभिक के क्षय होने की प्रायिकता $t = 0$ से $t = \infty$ तक के समय में फैली हुई है।
इसलिए,यह भविष्यवाणी करना असंभव है कि कोई विशिष्ट नाभिक वास्तव में कब क्षयित होगा। एक दिए गए नाभिक के $t > 0$ पर किसी भी क्षण क्षयित होने की संभावना होती है।
अतः,विकल्प $(D)$ सही है।

(D) द्रव्यमान क्षति के कारण नाभिक का द्रव्यमान हमेशा उसके घटक न्यूक्लियॉन के द्रव्यमान के योग से कम होता है,जो नाभिक की बंधन ऊर्जा के लिए जिम्मेदार है।
$_{10}^{20}Ne$ नाभिक के लिए,जिसमें $10$ प्रोटॉन और $10$ न्यूट्रॉन होते हैं,द्रव्यमान ${M_1}$ का मान ${M_1} < 10({m_p} + {m_n})$ होता है। यह विकल्प $(a)$ की पुष्टि करता है।
$_{20}^{40}Ca$ नाभिक के लिए,जिसमें $20$ प्रोटॉन और $20$ न्यूट्रॉन होते हैं,प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $_{10}^{20}Ne$ की तुलना में अधिक होती है। चूंकि हल्के नाभिकों के लिए प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा द्रव्यमान संख्या के साथ बढ़ती है,इसलिए $_{20}^{40}Ca$ के लिए प्रति न्यूक्लियॉन द्रव्यमान क्षति $_{10}^{20}Ne$ से अधिक होती है।
इसलिए,$_{20}^{40}Ca$ नाभिक का द्रव्यमान ${M_2}$,$_{10}^{20}Ne$ नाभिक के द्रव्यमान ${M_1}$ के दोगुने से कम होता है,अर्थात ${M_2} < 2{M_1}$। यह विकल्प $(c)$ की पुष्टि करता है।
अतः,$(a)$ और $(c)$ दोनों सही हैं।

(C) जब एक $PN-$ जंक्शन बनता है,तो इलेक्ट्रॉन $N-$ क्षेत्र से $P-$ क्षेत्र में और होल $P-$ क्षेत्र से $N-$ क्षेत्र में विसरित (diffuse) होते हैं।
यह विसरण जंक्शन के पास $N-$ क्षेत्र में आयनित दाताओं (धनात्मक आवेश) और $P-$ क्षेत्र में आयनित ग्राही (ऋणात्मक आवेश) को छोड़ देता है,जिससे एक अवक्षय परत (depletion layer) बनती है।
इस आवेश वितरण के कारण,एक विभव प्राचीर (potential barrier) स्थापित हो जाता है जिससे $N-$ सिरा $P-$ सिरे की तुलना में उच्च विभव पर होता है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र $E$ उच्च विभव से निम्न विभव की ओर निर्देशित होता है,इसलिए जंक्शन पर विद्युत क्षेत्र $N-$ प्रकार के सिरे से $P-$ प्रकार के सिरे की ओर निर्देशित होता है।

(D) कॉमन एमिटर $(CE)$ एम्पलीफायर कॉन्फ़िगरेशन में,ट्रांजिस्टर को सक्रिय क्षेत्र (active region) में संचालित किया जाना चाहिए।
सक्रिय क्षेत्र के लिए,बेस-एमिटर जंक्शन फॉरवर्ड-बायस्ड होना चाहिए और कलेक्टर-बेस जंक्शन रिवर्स-बायस्ड होना चाहिए।
इसलिए,कथन $(a)$ सही है।
इसके अलावा,एक $CE$ एम्पलीफायर में,इनपुट सिग्नल को बेस-एमिटर सर्किट में लागू किया जाता है,जो बेस-एमिटर जंक्शन पर लागू $DC$ बायस वोल्टेज के साथ श्रेणीक्रम में होता है।
इसलिए,कथन $(c)$ भी सही है।
अतः,$(a)$ और $(c)$ दोनों सही हैं।

(D) पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,आपतन कोण $(i)$ क्रांतिक कोण $(C)$ से अधिक होना चाहिए।
$i > C$
दोनों पक्षों का साइन लेने पर,हमें मिलता है $\sin i > \sin C$.
दिया गया है $i = 45^\circ$,इसलिए $\sin 45^\circ > \frac{1}{n}$.
चूंकि $\sin 45^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}}$,असमिका इस प्रकार हो जाती है: $\frac{1}{\sqrt{2}} > \frac{1}{n}$.
इसका अर्थ है $n > \sqrt{2}$.
चूंकि $\sqrt{2} \approx 1.414$,हमें $n > 1.414$ की आवश्यकता है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर:
विकल्प $(a)$ $1.3 < 1.414$ (गलत)।
विकल्प $(b)$ $1.6 > 1.414$ (सही)।
विकल्प $(c)$ $1.5 > 1.414$ (सही)।
अतः,$(b)$ और $(c)$ दोनों $n$ के लिए संभावित मान हैं।

(A) जब प्रकाश की किरण एक गोलीय सतह पर अपवर्तन के बाद $\mu_{1}$ से $\mu_{2}$ माध्यम में जाती है,तो सूत्र इस प्रकार है:
$\frac{\mu_{2}}{v} - \frac{\mu_{1}}{u} = \frac{\mu_{2} - \mu_{1}}{R}$
यहाँ वस्तु हवा में $(\mu_{1} = 1.0)$ है और प्रतिबिंब कांच में $(\mu_{2} = 1.5)$ है।
चिह्न परिपाटी के अनुसार,वस्तु की दूरी $u = -PO = -x$ और प्रतिबिंब की दूरी $v = +OQ = +x$ है (क्योंकि $PO = OQ = x$)। वक्रता त्रिज्या $R$ धनात्मक है क्योंकि वक्रता केंद्र कांच में स्थित है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1.5}{x} - \frac{1}{-x} = \frac{1.5 - 1.0}{R}$
$\frac{1.5}{x} + \frac{1}{x} = \frac{0.5}{R}$
$\frac{2.5}{x} = \frac{0.5}{R}$
$x = \frac{2.5}{0.5} R = 5 R$
अतः,दूरी $PO = 5 R$ है।

(D) प्रारंभ में,$C$ पर स्थित वस्तु से आने वाली प्रकाश किरणें दर्पण पर लंबवत पड़ती हैं और अपने पथ का अनुसरण करती हैं,जिससे $C$ पर प्रतिबिंब बनता है। जब दर्पण को पानी से भर दिया जाता है,तो $C$ पर स्थित वस्तु से आने वाली प्रकाश किरणें हवा से होकर गुजरती हैं और फिर पानी में प्रवेश करती हैं। पानी की सतह पर अपवर्तन के कारण,किरणें अभिलंब की ओर मुड़ जाती हैं। ये किरणें फिर अवतल दर्पण से टकराती हैं और परावर्तित होती हैं। परावर्तन के बाद,वे फिर से पानी से गुजरती हैं और पानी की सतह पर अभिलंब से दूर अपवर्तित हो जाती हैं। परिणामस्वरूप,किरणें $C$ और $O$ के बीच स्थित बिंदु $I$ पर अभिसरित होती हैं। इस प्रकार,$C$ और $O$ के बीच एक वास्तविक प्रतिबिंब बनता है।

(D) चौड़ाई वाली स्लिट के किनारों से आने वाली किरणों के बीच $\theta$ कोण पर पथ अंतर $\Delta x = d \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है।
एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न के लिए,$n$-वें गौण उच्चिष्ठ के लिए शर्त $d \sin \theta = (n + \frac{1}{2}) \lambda$ है,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ है।
प्रथम गौण उच्चिष्ठ के लिए,$n = 1$ रखने पर,$d \sin \theta = \frac{3\lambda}{2}$ प्राप्त होता है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच का संबंध $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है।
प्रथम गौण उच्चिष्ठ के लिए पथ अंतर का मान रखने पर: $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{3\lambda}{2} = 3\pi$.
अतः,कलांतर $3\pi$ है।