IIT JEE 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) रस्सी पर किसी भी बिंदु पर अनुप्रस्थ पल्स की गति $v = \sqrt{\frac{T(x)}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T(x)$ उस बिंदु पर तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
$1$. $O$ से $A$ की ओर जाने वाली पल्स $1$ के लिए,$O$ से $x$ दूरी पर तनाव $T(x) = (M + \mu x)g$ है।
$2$. $A$ से $O$ की ओर जाने वाली पल्स $2$ के लिए,$O$ से $x$ दूरी पर तनाव भी $T(x) = (M + \mu x)g$ है।
चूंकि दोनों रास्तों के लिए रस्सी पर तनाव का मान समान है,इसलिए किसी भी बिंदु $x$ पर दोनों पल्स की गति समान होगी। अतः,लिया गया समय $T_{OA} = T_{AO}$ है। विकल्प $A$ सही है।
$3$. चूंकि किसी भी बिंदु $x$ पर गति $v(x)$ समान है,इसलिए विकल्प $B$ सही है।
$4$. रस्सी पर अनुप्रस्थ तरंग की गति $v = \sqrt{T/\mu}$ है,जो आवृत्ति और तरंगदैर्ध्य से स्वतंत्र है। अतः,विकल्प $D$ सही है।
$5$. जैसे-जैसे पल्स $O$ से $A$ की ओर बढ़ती है,तनाव बढ़ता है,इसलिए गति $v$ बढ़ती है। चूंकि $v = f\lambda$ है और आवृत्ति $f$ स्थिर रहती है,इसलिए तरंगदैर्ध्य $\lambda$ बढ़नी चाहिए। अतः,विकल्प $C$ सही है।
इस प्रकार,विकल्प $A, B, C,$ और $D$ सभी सही हैं।

(A, B, C) $1$. शरीर द्वारा प्रति इकाई समय में विकिरित ऊर्जा $P = \sigma A (T^4 - T_0^4)$ द्वारा दी जाती है। दिया गया है $T = T_0 + 10$, इसलिए $T^4 = (T_0 + 10)^4 = T_0^4(1 + 10/T_0)^4 \approx T_0^4(1 + 40/T_0) = T_0^4 + 40 T_0^3$.
$2$. अतः, $P = \sigma A (T_0^4 + 40 T_0^3 - T_0^4) = 40 \sigma A T_0^3 = 40 \sigma A T_0^4 / T_0 = 40 \times 460 / 300 \approx 61.3 \,W$. अतः, विकल्प $A$ सही है।
$3$. विकल्प $B$ के लिए, $P = \sigma A (T^4 - T_0^4)$। $T_0$ के सापेक्ष अवकलन करने पर ($T$ को स्थिर रखते हुए), $dP/dT_0 = -4 \sigma A T_0^3$। शक्ति में परिवर्तन $\Delta P = 4 \sigma A T_0^3 \Delta T_0$। चूंकि $A = 1 \,m^2$, $\Delta W = 4 \sigma T_0^3 \Delta T_0$। अतः, विकल्प $B$ सही है।
$4$. विकल्प $C$ के लिए, $P \propto A$। $A$ को कम करने से $P$ कम हो जाता है, जो तापमान बनाए रखने में मदद करता है। अतः, विकल्प $C$ सही है।
$5$. विकल्प $D$ के लिए, वीन के विस्थापन नियम के अनुसार, $\lambda_m T = b$। यदि $T$ बढ़ता है, तो $\lambda_m$ घटता है (छोटी तरंग दैर्ध्य की ओर स्थानांतरित होता है)। अतः, विकल्प $D$ गलत है।

(A) चूंकि निकाय (ब्लॉक + द्रव्यमान) पर कोई बाहरी क्षैतिज बल नहीं है,इसलिए निकाय का द्रव्यमान केंद्र $x$-दिशा में स्थिर रहता है।
मान लीजिए $x_b$ ब्लॉक $M$ का विस्थापन है। द्रव्यमान $m$ ब्लॉक के सापेक्ष गति करता है। जब द्रव्यमान गोलाकार पथ के निचले हिस्से तक पहुँचता है,तो ब्लॉक के सापेक्ष इसका क्षैतिज विस्थापन $R$ होता है।
द्रव्यमान केंद्र के सूत्र का उपयोग करते हुए: $M x_b + m(x_b + R) = 0$.
$x_b$ के लिए हल करने पर: $x_b(M+m) = -mR \implies x_b = -\frac{mR}{M+m}$. अतः,विकल्प $A$ सही है।
वेग के लिए,हम $x$-दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण का उपयोग करते हैं: $M V + m v_x = 0$,जहाँ $v_x$ मेज के सापेक्ष द्रव्यमान $m$ का क्षैतिज वेग है।
साथ ही,यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण द्वारा: $mgR = \frac{1}{2} M V^2 + \frac{1}{2} m v^2$.
इन समीकरणों को हल करने पर द्रव्यमान $m$ का वेग $v = \sqrt{\frac{2gR}{1 + \frac{m}{M}}}$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $C$ सही है।

(C) जब एक प्लेट $v$ गति से ऐसी गैस में चलती है जहाँ अणुओं की औसत गति $u$ $(v \ll u)$ है,तो सामने के चेहरे पर प्रति इकाई समय में होने वाली टक्करों की संख्या $(u + v)$ के समानुपाती होती है और पिछले चेहरे पर $(u - v)$ के समानुपाती होती है।
प्रत्येक टक्कर सापेक्ष वेग के समानुपाती संवेग परिवर्तन प्रदान करती है। शुद्ध प्रतिरोधी बल $F_{res}$ संवेग स्थानांतरण दरों के अंतर के समानुपाती होता है,जो $F_{res} \propto (u+v)^2 - (u-v)^2 = 4uv$ की ओर ले जाता है। चूँकि $v \ll u$,यह $F_{res} \propto uv$ में सरल हो जाता है। अतः,प्रतिरोधी बल $v$ के समानुपाती होता है।
चूँकि $F_{res} \propto v$,गति का समीकरण $m(dv/dt) = F - kv$ है। जैसे-जैसे $v$ बढ़ता है,$F_{res}$ तब तक बढ़ता है जब तक कि $F_{res} = F$ न हो जाए,जिस बिंदु पर त्वरण शून्य हो जाता है और प्लेट टर्मिनल वेग प्राप्त कर लेती है।
इसलिए,विकल्प $A$,$B$ और $D$ सही हैं।

(B) बड़ी बूंद का प्रारंभिक पृष्ठीय क्षेत्रफल $A_i = 4 \pi R^2$ है। $r$ त्रिज्या की $K$ छोटी बूंदों का अंतिम पृष्ठीय क्षेत्रफल $A_f = K \times 4 \pi r^2$ है。
चूंकि आयतन संरक्षित रहता है, $\frac{4}{3} \pi R^3 = K \times \frac{4}{3} \pi r^3$, जिसका अर्थ है $r = R K^{-1/3}$।
$r$ का मान अंतिम क्षेत्रफल में रखने पर: $A_f = K \times 4 \pi (R K^{-1/3})^2 = 4 \pi R^2 K^{1/3}$।
पृष्ठ ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = S(A_f - A_i) = S \times 4 \pi R^2 (K^{1/3} - 1)$ है。
दिया गया है $\Delta U = 10^{-3} \,J$, $R = 10^{-2} \,m$, और $S = \frac{0.1}{4 \pi} \,Nm^{-1}$:
$10^{-3} = \left(\frac{0.1}{4 \pi}\right) \times 4 \pi \times (10^{-2})^2 \times (K^{1/3} - 1)$।
$10^{-3} = 0.1 \times 10^{-4} \times (K^{1/3} - 1) = 10^{-5} \times (K^{1/3} - 1)$।
$K^{1/3} - 1 = \frac{10^{-3}}{10^{-5}} = 10^2 = 100$।
$K^{1/3} = 101 \approx 100 = 10^2$।
$K = (10^2)^3 = 10^6$।
चूंकि $K = 10^\alpha$, इसलिए $\alpha = 6$ है।

(D) स्थिर स्रोत की ओर आ रही कार द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_1$ डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$f_1 = f_0 \left( \frac{v + v_c}{v} \right) = 492 \left( \frac{330 + 2}{330} \right) = 492 \left( \frac{332}{330} \right) \,Hz$.
कार एक गतिशील स्रोत के रूप में कार्य करती है जो इस आवृत्ति को स्थिर प्रेक्षक (स्रोत) की ओर वापस परावर्तित करती है। स्रोत द्वारा प्राप्त आवृत्ति $f_2$ है:
$f_2 = f_1 \left( \frac{v}{v - v_c} \right) = 492 \left( \frac{332}{330} \right) \left( \frac{330}{330 - 2} \right) = 492 \left( \frac{332}{328} \right) \,Hz$.
$f_2$ की गणना करने पर:
$f_2 = 492 \times 1.012195 \approx 498 \,Hz$.
बीट आवृत्ति $f_B$ परावर्तित आवृत्ति और मूल आवृत्ति के बीच का अंतर है:
$f_B = f_2 - f_0 = 498 - 492 = 6 \,Hz$.

(B) $(1)$ ऊष्मागतिकी का प्रथम नियम $\Delta Q = \Delta U + W$ है। दिया गया है $\Delta U = \Delta Q - P \Delta V$,जिसका अर्थ है $W = P \Delta V$। यह समदाबीय (isobaric) प्रक्रिया में किए गए कार्य की परिभाषा है। तालिका में,$(II)$ $W = -P(V_2 - V_1)$ (सिस्टम पर किया गया कार्य) को दर्शाता है,(iii) समदाबीय है,और $(R)$ $1$ से $2$ तक एक क्षैतिज रेखा (स्थिर दबाव) दिखाता है। अतः,सही संयोजन $(II)(iii)(R)$ है।
$(2)$ समआयतनिक (isochoric) प्रक्रिया वह है जिसमें आयतन स्थिर रहता है $(V_1 = V_2)$। किया गया कार्य $W = 0$ है। तालिका में,$(III)$ $W = 0$ को दर्शाता है,(ii) समआयतनिक है,और $(S)$ $1$ से $2$ तक एक ऊर्ध्वाधर रेखा (स्थिर आयतन) दिखाता है। अतः,सही संयोजन $(III)(ii)(S)$ है।
$(3)$ आदर्श गैस में ध्वनि की गति रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया का उपयोग करके निर्धारित की जाती है (लाप्लास सुधार)। तालिका में,$(I)$ रुद्धोष्म प्रक्रिया में किए गए कार्य $W = \frac{1}{\gamma-1}(P_2V_2 - P_1V_1)$ को दर्शाता है,(iv) रुद्धोष्म है,और $(Q)$ रुद्धोष्म प्रक्रिया का विशिष्ट वक्र दिखाता है। अतः,सही संयोजन $(I)(iv)(Q)$ है।

(B) जब बहुभुज एक भुजा पर टिका होता है,तो द्रव्यमान केंद्र जमीन से $h$ ऊंचाई पर होता है।
जब यह अग्रणी शीर्ष के चारों ओर लुढ़कता है,तो द्रव्यमान केंद्र शीर्ष पर केंद्रित एक वृत्ताकार चाप में घूमता है।
द्रव्यमान केंद्र द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊंचाई तब होती है जब बहुभुज शीर्ष पर संतुलित होता है।
इस स्थिति में,शीर्ष से द्रव्यमान केंद्र की दूरी $R = \frac{h}{\cos(\frac{\pi}{n})}$ है।
प्राप्त अधिकतम ऊंचाई $H_{max} = R = \frac{h}{\cos(\frac{\pi}{n})}$ है।
ऊंचाई में वृद्धि $\Delta = H_{max} - h = \frac{h}{\cos(\frac{\pi}{n})} - h = h \left( \frac{1}{\cos(\frac{\pi}{n})} - 1 \right)$ है।

(B) मान लीजिए $M$ पृथ्वी का द्रव्यमान है और $R$ इसकी त्रिज्या है। सूर्य का द्रव्यमान $M_s = 3 \times 10^5 M$ है और पृथ्वी से सूर्य की दूरी $d = 2.5 \times 10^4 R$ है।
पृथ्वी की सतह पर रॉकेट की कुल ऊर्जा $E = \frac{1}{2}mv_s^2 - \frac{GMm}{R} - \frac{GM_sm}{d}$ है।
रॉकेट के प्रणाली से बाहर निकलने के लिए,अंतिम ऊर्जा कम से कम $0$ होनी चाहिए।
$\frac{1}{2}mv_s^2 = \frac{GMm}{R} + \frac{G(3 \times 10^5 M)m}{2.5 \times 10^4 R}$.
चूंकि $v_e^2 = \frac{2GM}{R}$,इसलिए $\frac{GM}{R} = \frac{v_e^2}{2}$ प्राप्त होता है।
इस मान को ऊर्जा समीकरण में रखने पर: $\frac{1}{2}v_s^2 = \frac{v_e^2}{2} + \frac{3 \times 10^5}{2.5 \times 10^4} \times \frac{v_e^2}{2}$.
$v_s^2 = v_e^2 + 12 v_e^2 = 13 v_e^2$.
$v_s = v_e \sqrt{13} = 11.2 \times 3.605 \approx 40.38 \text{ km s}^{-1}$.
निकटतम मान $42 \text{ km s}^{-1}$ है।

(B) कुल समय $T$ पत्थर को गिरने में लगा समय $(t_1)$ और ध्वनि को वापस आने में लगा समय $(t_2)$ का योग है।
$T = t_1 + t_2 = \sqrt{\frac{2L}{g}} + \frac{L}{v}$
दिया गया है $L = 20 \ m$,$g = 10 \ ms^{-2}$,और $v = 300 \ ms^{-1}$।
$T$ का $L$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dT}{dL} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2}{gL}} + \frac{1}{v} = \frac{1}{\sqrt{2gL}} + \frac{1}{v}$
मान रखने पर:
$\frac{dT}{dL} = \frac{1}{\sqrt{2 \times 10 \times 20}} + \frac{1}{300} = \frac{1}{20} + \frac{1}{300} = \frac{15+1}{300} = \frac{16}{300} \ s/m$
चूंकि $\delta T = 0.01 \ s$ है,इसलिए $\delta L = \delta T / (dT/dL) = 0.01 \times (300/16) = 3/16 \ m = 0.1875 \ m$।
भिन्नात्मक त्रुटि $\frac{\delta L}{L} = \frac{0.1875}{20} = 0.009375$ है।
प्रतिशत त्रुटि = $0.009375 \times 100 \% \approx 0.9375 \% \approx 1 \%$।

(C) $1$. चूंकि फर्श घर्षण रहित है,इसलिए छड़ पर कोई क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है। अतः,छड़ का द्रव्यमान केंद्र $(C.M.)$ केवल ऊर्ध्वाधर दिशा में गति करेगा। इस प्रकार,छड़ का मध्य बिंदु ऊर्ध्वाधर रूप से नीचे की ओर गिरेगा। कथन $[A]$ सही है।
$2$. ऊपरी सिरे $A$ का प्रक्षेप पथ परवलय नहीं है; यह एक दीर्घवृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है। कथन $[B]$ गलत है।
$3$. फर्श के संपर्क बिंदु के परितः तात्क्षणिक बलाघूर्ण $\tau = mg \times (\frac{L}{2} \sin \theta)$ है,जो $\sin \theta$ के समानुपाती है। कथन $[C]$ सही है।
$4$. मध्य बिंदु की प्रारंभिक ऊँचाई $h_i = \frac{L}{2}$ है। जब छड़ ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण बनाती है,तो मध्य बिंदु की ऊँचाई $h_f = \frac{L}{2} \cos \theta$ होती है। ऊर्ध्वाधर विस्थापन $\Delta h = h_i - h_f = \frac{L}{2}(1 - \cos \theta)$ है। अतः,विस्थापन $(1 - \cos \theta)$ के समानुपाती है। कथन $[D]$ सही है।
इसलिए,कथन $[A], [C],$ और $[D]$ सही हैं।

(A, B) बिंदु $Q$ के परितः टॉर्क $\tau$ का विश्लेषण करने के लिए,हम पहिये पर कार्य करने वाले बलों पर विचार करते हैं। भार $Mg$ पहिये के केंद्र पर कार्य करता है। $Q$ के परितः गुरुत्वाकर्षण के कारण टॉर्क $\tau_g = Mg \cdot d_{\perp}$ है,जहाँ $d_{\perp}$ $Q$ से गुरुत्वाकर्षण की क्रिया रेखा तक की लंबवत दूरी है। जैसे-जैसे पहिया ऊपर चढ़ता है,यह दूरी बदलती रहती है।
विकल्प $A$ के लिए: यदि बिंदु $P$ पर स्पर्शरेखीय रूप से एक स्थिर बल $F$ लगाया जाता है,तो जैसे-जैसे पहिया घूमता है,$Q$ के परितः बल $F$ की लीवर आर्म बदल जाती है। जैसे-जैसे कोण $\theta$ (संपर्क बिंदु से त्रिज्या का क्षैतिज के साथ कोण) बढ़ता है,$Q$ से बल $F$ की लंबवत दूरी कम हो जाती है,जिससे टॉर्क $\tau$ लगातार घटता जाता है।
विकल्प $B$ के लिए: यदि बल बिंदु $X$ पर परिधि के लंबवत लगाया जाता है,तो बल सदिश हमेशा पहिये के केंद्र से होकर गुजरता है। जैसे-जैसे पहिया ऊपर चढ़ता है,$Q$ के परितः इस बल की लीवर आर्म स्थिर रहती है,इसलिए टॉर्क $\tau$ स्थिर रहता है।
विकल्प $C$ के लिए: यदि बल बिंदु $P$ पर परिधि के लंबवत लगाया जाता है,तो बल सदिश पहिये के केंद्र से होकर गुजरता है। $Q$ के परितः टॉर्क शून्य नहीं है क्योंकि बल सदिश $Q$ से होकर नहीं गुजरता है।
विकल्प $D$ के लिए: यदि बल बिंदु $S$ पर स्पर्शरेखीय रूप से लगाया जाता है,तो बल सदिश क्षैतिज होता है। $Q$ के परितः टॉर्क शून्य नहीं है,लेकिन $F$ के परिमाण के आधार पर,यह सीढ़ी पर चढ़ने के लिए पर्याप्त हो भी सकता है और नहीं भी। हालाँकि,यह कथन कि यह 'कभी नहीं' चढ़ता है,सभी $F$ के लिए सत्य नहीं है।

(C,A) $(1)$ रिंग का द्रव्यमान केंद्र $(R-r)$ त्रिज्या के वृत्त में $\omega_0$ कोणीय वेग के साथ गति करता है। द्रव्यमान केंद्र का वेग $v_{cm} = \omega_0(R-r)$ है। रिंग अपने द्रव्यमान केंद्र के चारों ओर $\omega$ कोणीय वेग के साथ भी घूमती है। चूंकि यह उंगली पर बिना फिसले लुढ़कती है,इसलिए रिंग पर संपर्क बिंदु का वेग उंगली के सापेक्ष शून्य होना चाहिए। संपर्क बिंदु का वेग $v_{cm} + \omega R = 0$ है (उंगली के फ्रेम में)। अतः,$\omega = -v_{cm}/R = -\omega_0(R-r)/R$। कुल गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} M v_{cm}^2 + \frac{1}{2} I_{cm} \omega^2 = \frac{1}{2} M \omega_0^2(R-r)^2 + \frac{1}{2} (M R^2) [\omega_0(R-r)/R]^2 = \frac{1}{2} M \omega_0^2(R-r)^2 + \frac{1}{2} M \omega_0^2(R-r)^2 = M \omega_0^2(R-r)^2$। अतः,सही विकल्प $C$ है।
$(2)$ रिंग के नीचे न गिरने के लिए,घर्षण बल का ऊर्ध्वाधर घटक वजन को संतुलित करना चाहिए: $f_v = Mg$। घर्षण बल $f$ संपर्क बिंदु पर कार्य करता है। अभिलंब बल $N$ अभिकेंद्री त्वरण प्रदान करता है: $N = M \omega_0^2(R-r)$। अधिकतम घर्षण $f_{max} = \mu N = \mu M \omega_0^2(R-r)$ है। संतुलन के लिए,$f_{max} \ge Mg$,इसलिए $\mu M \omega_0^2(R-r) \ge Mg$। अतः,$\omega_0 \ge \sqrt{\frac{g}{\mu(R-r)}}$। इसलिए,सही विकल्प $A$ है।

(B) दोनों लूपों से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स विपरीत दिशाओं में है क्योंकि वे विपरीत दिशाओं में लिपटे हुए हैं। मान लीजिए कि छोटे लूप का क्षेत्रफल $A$ और बड़े लूप का क्षेत्रफल $2A$ है।
समय $t$ पर सिस्टम से गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B(2A - A) \cos \omega t = BA \cos \omega t$ है।
फैराडे के नियम के अनुसार प्रेरित emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt}(BA \cos \omega t) = BA \omega \sin \omega t$ है।
$1$. फ्लक्स के परिवर्तन की दर $\frac{d\phi}{dt} = -BA \omega \sin \omega t$ है। यह तब अधिकतम होती है जब $\sin \omega t = \pm 1$,यानी $\omega t = \pi/2, 3\pi/2, \dots$ हो। इन समयों पर,लूप का तल कागज के तल के लंबवत होता है। अतः,विकल्प $A$ सही है।
$2$. कुल emf $\varepsilon = BA \omega \sin \omega t$ है,जो $\sin \omega t$ के समानुपाती है,न कि $\cos \omega t$ के। अतः,विकल्प $B$ गलत है।
$3$. emf क्षेत्रफलों के अंतर $(2A - A) = A$ के समानुपाती है,न कि योग $(2A + A) = 3A$ के। अतः,विकल्प $C$ गलत है।
$4$. कुल प्रेरित emf का आयाम $BA \omega$ है। केवल छोटे लूप में प्रेरित emf $\varepsilon_1 = -\frac{d}{dt}(BA \cos \omega t) = BA \omega \sin \omega t$ है,जिसका आयाम $BA \omega$ है। इस प्रकार,आयाम समान हैं। विकल्प $D$ सही है।
अतः,सही विकल्प $A$ और $D$ हैं।

(C) न्यूनतम विचलन पर,$\delta_m = 2i - A = A$,जिसका अर्थ है $i = A$। चूंकि $i_1 = i_2 = i$ और $r_1 = r_2 = r$,इसलिए $2r = A$,यानी $r = A/2$।
अतः,$r_1 = i_1/2$,जो विकल्प [$A$] को सही बनाता है।
स्नेल के नियम का उपयोग करते हुए,$\sin i = \mu \sin r \implies \sin A = \mu \sin(A/2) \implies 2 \sin(A/2) \cos(A/2) = \mu \sin(A/2) \implies \mu = 2 \cos(A/2)$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $\cos(A/2) = \mu/2$ प्राप्त होता है,इसलिए $A = 2 \cos^{-1}(\mu/2)$। विकल्प [$B$] गलत है।
निर्गत किरण के स्पर्शरेखीय होने के लिए,$i_2 = 90^\circ$,इसलिए $r_2 = \theta_c = \sin^{-1}(1/\mu)$। तब $r_1 = A - r_2 = A - \sin^{-1}(1/\mu)$।
$\sin i_1 = \mu \sin r_1 = \mu \sin(A - \sin^{-1}(1/\mu)) = \mu [\sin A \cos(\sin^{-1}(1/\mu)) - \cos A \sin(\sin^{-1}(1/\mu))] = \mu [\sin A \sqrt{1 - 1/\mu^2} - \cos A (1/\mu)] = \sin A \sqrt{\mu^2 - 1} - \cos A$।
$\mu = 2 \cos(A/2)$ रखने पर,$\mu^2 - 1 = 4 \cos^2(A/2) - 1$। अतः,$i_1 = \sin^{-1}[\sin A \sqrt{4 \cos^2(A/2) - 1} - \cos A]$। विकल्प [$C$] सही है।
न्यूनतम विचलन पर,प्रिज्म के अंदर की किरण आधार के समानांतर होती है,जो तब होता है जब $i_1 = i_2 = A$ हो। विकल्प [$D$] सही है।

(D) $LCR$ श्रेणी परिपथ की प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2}$ द्वारा दी जाती है।
[$A$] अनुनाद (resonance) पर धारा वोल्टेज के साथ समान कला में होती है,जहाँ $\omega L = \frac{1}{\omega C}$,जिससे $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ प्राप्त होता है। यह आवृत्ति $R$ से स्वतंत्र है। अतः,कथन [$A$] सही है।
[$B$] जैसे-जैसे $\omega \to 0$,धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} \to \infty$ होता है। अतः,प्रतिबाधा $Z \to \infty$ और धारा $I = \frac{V_0}{Z} \to 0$ हो जाती है। अतः,कथन [$B$] सही है।
[$C$] उच्च आवृत्तियों पर $(\omega \gg \frac{1}{\sqrt{LC}} = 10^6 \text{ rad } s^{-1})$,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L = \omega L$ धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C}$ पर हावी हो जाता है। परिपथ एक प्रेरक की तरह व्यवहार करता है,न कि संधारित्र की तरह। अतः,कथन [$C$] गलत है।
[$D$] अनुनाद $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{10^{-6} \times 10^{-6}}} = 10^6 \text{ rad } s^{-1}$ पर होता है। इस आवृत्ति पर,धारा वोल्टेज के साथ समान कला में होती है। अतः,कथन [$D$] सही है।
इस प्रकार,कथन [$A$],[$B$] और [$D$] सही हैं।

(D) प्रारंभिक सक्रियता $A_0 = 2.4 \times 10^5 \text{ Bq}$ है।
अर्ध-आयु $T_{1/2} = 8 \text{ दिन} = 8 \times 24 = 192 \text{ घंटे}$ है।
क्षय स्थिरांक $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0.7}{192} \text{ h}^{-1}$ है।
$t = 11.5 \text{ घंटे}$ के बाद,कुल रक्त आयतन $V$ की सक्रियता $A(t) = A_0 e^{-\lambda t}$ है।
छोटे $x$ के लिए $e^{-x} \approx 1 - x$ सन्निकटन का उपयोग करने पर:
$A(t) \approx A_0 (1 - \lambda t) = 2.4 \times 10^5 \times (1 - \frac{0.7 \times 11.5}{192}) \approx 2.4 \times 10^5 \times (1 - 0.0419) \approx 2.4 \times 10^5 \times 0.9581 = 2.299 \times 10^5 \text{ Bq}$ प्राप्त होता है।
$2.5 \text{ ml}$ रक्त की सक्रियता $115 \text{ Bq}$ है।
अतः,कुल सक्रियता $A(t)$ नमूना सक्रियता $A_s$ से $A(t) = A_s \times \frac{V}{V_s}$ द्वारा संबंधित है,जहाँ $V_s = 2.5 \text{ ml}$ है।
$V = \frac{A(t) \times V_s}{A_s} = \frac{2.299 \times 10^5 \times 2.5 \text{ ml}}{115} \approx 4997.8 \text{ ml} \approx 5 \text{ लीटर}$।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की स्थितिज ऊर्जा $V_n = -\frac{ke^2}{r_n} = -\frac{27.2}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
अतः,स्थितिज ऊर्जा मुख्य क्वांटम संख्या के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती होती है: $V \propto \frac{1}{n^2}$.
दिए गए अनुपात $\frac{V_i}{V_f} = 6.25$ से,हम लिख सकते हैं:
$\frac{V_i}{V_f} = \frac{n_f^2}{n_i^2} = 6.25$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{n_f}{n_i} = \sqrt{6.25} = 2.5 = \frac{5}{2}$.
इसका अर्थ है $n_f = 2.5 n_i$. चूँकि $n_f$ और $n_i$ पूर्णांक होने चाहिए,इसलिए $2$ से गुणा करने पर हमें $n_f = 5$ और $n_i = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$n_f$ का न्यूनतम संभव मान $5$ है।

(B) स्नेल के नियम के अनुसार,समानांतर परतों के ढेर के लिए,अपवर्तनांक और आपतन कोण की ज्या (sine) का गुणनफल प्रत्येक अंतरापृष्ठ पर स्थिर रहता है।
मान लीजिए कि प्रारंभिक माध्यम का अपवर्तनांक $n = 1.6$ है और आपतन कोण $\theta = 30^{\circ}$ है।
$m$-वीं स्लैब का अपवर्तनांक $n_m = n - m \Delta n$ द्वारा दिया गया है,जहाँ $\Delta n = 0.1$ है।
किरण $(m-1)$-वीं और $m$-वीं स्लैब के बीच के अंतरापृष्ठ के समानांतर बाहर निकलती है,जिसका अर्थ है कि $m$-वीं स्लैब में अपवर्तन कोण $90^{\circ}$ है।
प्रारंभिक माध्यम और $m$-वीं स्लैब के बीच स्नेल का नियम लागू करने पर:
$n \sin \theta = n_m \sin 90^{\circ}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$1.6 \times \sin 30^{\circ} = (1.6 - m \times 0.1) \times 1$
$1.6 \times 0.5 = 1.6 - 0.1m$
$0.8 = 1.6 - 0.1m$
$0.1m = 1.6 - 0.8$
$0.1m = 0.8$
$m = 8$
अतः,$m$ का मान $8$ है।

(A) कण के नियत वेग से गति करने के लिए, कुल लॉरेंट्ज़ बल शून्य होना चाहिए: $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) = 0$.
$(1)$ नियत वेग के लिए, विद्युत बल और चुंबकीय बल को एक-दूसरे को संतुलित करना चाहिए। स्थिति $(II)(iii)(Q)$ वेग चयनकर्ता (velocity selector) की स्थिति को संतुष्ट करती है।
$(2)$ $z$-अक्ष के अनुदिश हेलिकल पथ के लिए, चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ को $z$-अक्ष $(S)$ पर होना चाहिए। स्थिति $(IV)(i)(S)$ में, वेग $\vec{B}$ के लंबवत है और $\vec{E}$, $\vec{B}$ के समानांतर है, जो हेलिकल गति प्रदान करता है।
$(3)$ $-\hat{y}$ दिशा में गति के लिए, कुल बल $-\hat{y}$ दिशा में होना चाहिए। स्थिति $(III)(ii)(R)$ में, प्रोटॉन पर कार्य करने वाला विद्युत बल $\vec{F} = e(-E_0\hat{y})$ उसे $-\hat{y}$ दिशा में गति कराएगा।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max}$ है:
$K_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$
चूंकि $K_{max} = \frac{p^2}{2m}$ और डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_d = \frac{h}{p}$ है,इसलिए $p = \frac{h}{\lambda_d}$ होगा।
इसे गतिज ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{h^2}{2m \lambda_d^2} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$
दोनों पक्षों का $\lambda$ और $\lambda_d$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d}{d\lambda_d} \left( \frac{h^2}{2m \lambda_d^2} \right) d\lambda_d = \frac{d}{d\lambda} \left( \frac{hc}{\lambda} - \phi_0 \right) d\lambda$
$\frac{h^2}{2m} (-2 \lambda_d^{-3}) d\lambda_d = -hc \lambda^{-2} d\lambda$
$\frac{h^2}{m \lambda_d^3} d\lambda_d = \frac{hc}{\lambda^2} d\lambda$
अनुपात $\frac{d\lambda_d}{d\lambda}$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\frac{d\lambda_d}{d\lambda} = \frac{hc}{\lambda^2} \cdot \frac{m \lambda_d^3}{h^2} = \left( \frac{mc}{h} \right) \frac{\lambda_d^3}{\lambda^2}$
अतः,$\frac{\Delta \lambda_d}{\Delta \lambda} \propto \frac{\lambda_d^3}{\lambda^2}$।

(A) तारा $12$ समान सीधे तार खंडों से बना है। प्रत्येक खंड केंद्र पर $30^{\circ}$ का कोण बनाता है,जिसका अर्थ है कि केंद्र से प्रत्येक खंड की लंबवत दूरी $d = a \cos(30^{\circ}) = a \frac{\sqrt{3}}{2}$ है।
एक खंड के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta_1 = \theta_2 = 30^{\circ}$ है।
इस प्रकार,$B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi (a \sqrt{3} / 2)} (\sin 30^{\circ} + \sin 30^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \frac{2}{\sqrt{3}} (1) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \frac{2}{\sqrt{3}}$.
$12$ खंडों के लिए योग करने पर: $B = 12 \times \frac{\mu_0 I}{4 \pi d} (2 \sin 30^{\circ}) = 12 \times \frac{\mu_0 I}{4 \pi (a \sqrt{3} / 2)} (1) = \frac{12 \mu_0 I}{2 \pi a \sqrt{3}} = \frac{6 \sqrt{3} \mu_0 I}{4 \pi a}$.

(A) चुंबकीय क्षेत्र में कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R' = \frac{p}{QB}$ है।
कण $(0, -R)$ पर प्रवेश करता है। वृत्ताकार पथ का केंद्र $(R', 0)$ पर है।
कण के क्षेत्र $1$ में पुनः प्रवेश करने के लिए,त्रिज्या $R'$ क्षेत्र की चौड़ाई $d = \frac{3R}{2}$ से कम होनी चाहिए।
यदि $R' < \frac{3R}{2}$ है,तो $\frac{p}{QB} < \frac{3R}{2} \implies B > \frac{2p}{3QR}$। अतः,विकल्प $A$ सही है।
कण के $P_2(3R/2, 0)$ पर बाहर निकलने के लिए,वृत्त का केंद्र $(3R/2, -R')$ पर होना चाहिए। केंद्र $(3R/2, -R')$ से प्रवेश बिंदु $(0, -R)$ तक की दूरी $R'$ होनी चाहिए।
$(3R/2)^2 + (R' - R)^2 = R'^2 \implies \frac{9R^2}{4} + R'^2 - 2R'R + R^2 = R'^2 \implies \frac{13R^2}{4} = 2R'R \implies R' = \frac{13R}{8}$.
चूंकि $R' = \frac{p}{QB}$,हमारे पास $\frac{p}{QB} = \frac{13R}{8} \implies B = \frac{8p}{13QR}$ है। अतः,विकल्प $B$ सही है।
विकल्प $D$ गलत है क्योंकि पुनः प्रवेश की दूरी $R'$ पर निर्भर करती है,जो $p = mv$ के समानुपाती है,इसलिए एक निश्चित वेग $v$ के लिए यह द्रव्यमान $m$ के समानुपाती होती है।

(C) टर्मिनलों $X$ और $Y$ के बीच विभवांतर $V_{XY} = V_x - V_y = V_0 [\sin \omega t - \sin(\omega t + 2\pi/3)]$ है।
सूत्र $\sin A - \sin B = 2 \sin((A-B)/2) \cos((A+B)/2)$ का उपयोग करने पर:
$V_{XY} = V_0 [2 \sin(-\pi/3) \cos(\omega t + \pi/3)] = V_0 [2 \cdot (-\sqrt{3}/2) \cos(\omega t + \pi/3)] = -\sqrt{3} V_0 \cos(\omega t + \pi/3) = \sqrt{3} V_0 \sin(\omega t + \pi/3 - \pi/2) = \sqrt{3} V_0 \sin(\omega t - \pi/6)$.
$V_{XY}$ का शिखर मान $\sqrt{3} V_0$ है। अतः $rms$ मान $V_{XY}^{rms} = \frac{\sqrt{3} V_0}{\sqrt{2}} = V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$ होगा।
इसी प्रकार,$V_{YZ} = V_y - V_z$ के लिए,शिखर मान भी $\sqrt{3} V_0$ है,इसलिए $V_{YZ}^{rms} = V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$.
इस प्रकार,$V_{XY}^{rms}$ और $V_{YZ}^{rms}$ दोनों $V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$ के बराबर हैं। अतः विकल्प $A$ और $D$ सही हैं।

(D) आवेश $+Q$ की स्थिति पर समतल वृत्ताकार आधार द्वारा अंतरित ठोस कोण $\Omega = 2\pi(1 - \cos\theta)$ द्वारा दिया जाता है।
दी गई ज्यामिति में,आवेश अर्धगोले के ध्रुव पर है,इसलिए आवेश पर आधार की त्रिज्या द्वारा अंतरित कोण $\theta = 45^{\circ}$ है।
अतः,$\Omega = 2\pi(1 - \cos 45^{\circ}) = 2\pi(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$.
समतल सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $\Phi_{flat} = \frac{Q}{\varepsilon_0} \times \frac{\Omega}{4\pi} = \frac{Q}{2\varepsilon_0}(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$ है।
चूंकि आवेश बंद अर्धगोले के बाहर है,इसलिए पूरी सतह से गुजरने वाला कुल फ्लक्स शून्य है। इसलिए,वक्र सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $\Phi_{curved} = -\Phi_{flat} = -\frac{Q}{2\varepsilon_0}(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$ है। कथन $A$ सही है।
कथन $B$ गलत है क्योंकि आवेश को न घेरने वाली बंद सतह से गुजरने वाला कुल फ्लक्स शून्य होता है।
कथन $C$ गलत है क्योंकि विद्युत क्षेत्र आवेश से दूरी के साथ बदलता है।
कथन $D$ सही है क्योंकि समतल आधार की परिधि पर स्थित सभी बिंदु बिंदु आवेश $+Q$ से समान दूरी $R$ पर हैं,जो परिधि पर विभव $V = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q}{R}$ को स्थिर बनाता है।

(D) परिधि पर एक बिंदु $P$ पर पथ अंतर,जहाँ केंद्र को $P$ से जोड़ने वाली रेखा स्रोतों को जोड़ने वाली रेखा के साथ $\theta$ कोण बनाती है,$\Delta x = d \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु $P_1$ पर,$\theta = 90^{\circ}$,इसलिए $\Delta x = d \cos 90^{\circ} = 0$। यह केंद्रीय उच्चिष्ठ के अनुरूप है।
बिंदु $P_2$ पर,$\theta = 0^{\circ}$,इसलिए $\Delta x = d \cos 0^{\circ} = d = 1.8 \ mm$।
$P_2$ पर फ्रिंज का क्रम $n = \frac{d}{\lambda} = \frac{1.8 \times 10^{-3} \ m}{600 \times 10^{-9} \ m} = 3000$ है।
चूंकि $n = 3000$ एक पूर्णांक है,इसलिए $P_2$ पर एक चमकीला बिंदु (उच्चिष्ठ) बनता है। अतः,विकल्प $[A]$ गलत है और विकल्प $[B]$ सही है।
$P_1$ $(\theta = 90^{\circ}, n=0)$ और $P_2$ $(\theta = 0^{\circ}, n=3000)$ के बीच फ्रिंजों की संख्या $3000$ है। अतः,विकल्प $[C]$ सही है।
उच्चिष्ठ के लिए,$d \cos \theta = n \lambda$। अवकलन करने पर,$-d \sin \theta \ d\theta = \lambda \ dn$,इसलिए कोणीय फ्रिंज चौड़ाई $\Delta \theta \approx |d\theta| = \frac{\lambda}{d \sin \theta}$ है।
जैसे-जैसे हम $P_1$ $(\theta = 90^{\circ})$ से $P_2$ $(\theta = 0^{\circ})$ की ओर बढ़ते हैं,$\sin \theta$ घटता है,इसलिए $\Delta \theta$ बढ़ता है। अतः,विकल्प $[D]$ गलत है।
इसलिए,सही विकल्प $[B]$ और $[C]$ हैं।

(A) मान लीजिए कि प्रतिरोध $R$ से होकर बहने वाली धारा $i$ है,और इंडक्टर्स $L_1$ और $L_2$ से होकर बहने वाली धाराएं क्रमशः $i_1$ और $i_2$ हैं।
$t=0$ पर,इंडक्टर्स ओपन सर्किट के रूप में कार्य करते हैं क्योंकि धारा में तात्कालिक परिवर्तन नहीं हो सकता है। इसलिए,प्रतिरोध $R$ से होकर बहने वाली धारा $0$ है।
$t > 0$ के लिए,$L_1$ और $L_2$ के समानांतर संयोजन पर वोल्टेज समान होता है। इसलिए,$V_{L1} = V_{L2} \implies L_1 \frac{di_1}{dt} = L_2 \frac{di_2}{dt}$.
समय के सापेक्ष दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,हमें $L_1 i_1 = L_2 i_2$ प्राप्त होता है (यह मानते हुए कि प्रारंभिक धाराएं शून्य हैं)। इसका अर्थ है कि $\frac{i_1}{i_2} = \frac{L_2}{L_1}$,इसलिए धाराओं का अनुपात हर समय स्थिर रहता है।
लंबे समय के बाद,इंडक्टर्स शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करते हैं (आदर्श इंडक्टर्स)। कुल धारा $i = \frac{V}{R}$ है।
चूंकि $i_1 + i_2 = i = \frac{V}{R}$ और $L_1 i_1 = L_2 i_2$,इसलिए $i_2 = \frac{L_1}{L_2} i_1$.
इसे धारा के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $i_1 + \frac{L_1}{L_2} i_1 = \frac{V}{R} \implies i_1 \left( \frac{L_1+L_2}{L_2} \right) = \frac{V}{R} \implies i_1 = \frac{V}{R} \frac{L_2}{L_1+L_2}$.
इसी प्रकार,$i_2 = \frac{V}{R} \frac{L_1}{L_1+L_2}$.
अतः,विकल्प $A, B,$ और $C$ सही हैं।

(C) $(1)$ प्रक्रिया $1$ में,बैटरी द्वारा किया गया कार्य $W_b = Q \cdot V_0 = (CV_0) \cdot V_0 = CV_0^2$ है।
संधारित्र में संग्रहीत ऊर्जा $E_C = \frac{1}{2} CV_0^2$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$W_b = E_C + E_D$,इसलिए $E_D = W_b - E_C = CV_0^2 - \frac{1}{2} CV_0^2 = \frac{1}{2} CV_0^2$।
अतः,$E_C = E_D$।
$(2)$ प्रक्रिया $2$ में,संधारित्र को चरणों में चार्ज किया जाता है। $V_i$ से $V_f$ तक चार्ज करते समय क्षयित ऊष्मा $H = \frac{1}{2} C(V_f - V_i)^2$ है।
कुल क्षयित ऊष्मा $E_D = H_1 + H_2 + H_3$।
$H_1 = \frac{1}{2} C(V_0/3 - 0)^2 = \frac{1}{2} C (V_0^2/9) = \frac{1}{18} CV_0^2$।
$H_2 = \frac{1}{2} C(2V_0/3 - V_0/3)^2 = \frac{1}{2} C (V_0^2/9) = \frac{1}{18} CV_0^2$।
$H_3 = \frac{1}{2} C(V_0 - 2V_0/3)^2 = \frac{1}{2} C (V_0^2/9) = \frac{1}{18} CV_0^2$।
कुल $E_D = 3 \times \frac{1}{18} CV_0^2 = \frac{1}{6} CV_0^2 = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2} CV_0^2 \right)$।
इसलिए,सही विकल्प $(1)$-$A$ और $(2)$-$C$ हैं।