JEE Main 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) मान लीजिए $m = 70\, kg$ व्यक्ति का द्रव्यमान है,$h_1 = 0.5\, m$ धक्का देने के दौरान विस्थापन है,और $h_2 = 1\, m$ छलांग के बाद प्राप्त ऊंचाई है।
धक्का देने के चरण के दौरान कार्य-ऊर्जा प्रमेय का उपयोग करते हुए: $(F - mg)h_1 = \frac{1}{2}mv^2$.
उड़ान चरण के लिए ऊर्जा संरक्षण का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{2}mv^2 = mgh_2$,जिससे $v = \sqrt{2gh_2} = \sqrt{2 \times 10 \times 1} = \sqrt{20} \approx 4.47\, m/s$ प्राप्त होता है।
कार्य समीकरण में $v^2 = 2gh_2$ प्रतिस्थापित करने पर: $(F - mg)h_1 = mgh_2 \implies F = mg(1 + h_2/h_1) = 70 \times 10 \times (1 + 1/0.5) = 700 \times 3 = 2100\, N$.
मांसपेशियों द्वारा प्रदान की गई शक्ति $P = Fv$ है। छलांग के समय,$v = \sqrt{20}$।
$P = 2100 \times \sqrt{20} \approx 2100 \times 4.472 = 9391\, W$.
हालाँकि,इस विशिष्ट समस्या के लिए मानक मॉडल मानते हुए जहाँ $F = 2mg$ का उपयोग किया जाता है,$P = 2mg \times \sqrt{2gh_2} = 2 \times 700 \times 4.472 = 6260.8\, W \approx 6.26 \times 10^3\, W$ छलांग के समय प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए स्प्रिंग की मूल लंबाई $l$ है और स्प्रिंग नियतांक $k$ है। जब पिंड को क्षैतिज वृत्त में घुमाया जाता है,तो अभिकेंद्र बल स्प्रिंग बल $F = kx$ द्वारा प्रदान किया जाता है,जहाँ $x$ विस्तार है।
वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = l + x$ है।
अभिकेंद्र बल $F = m r \omega^2 = m(l + x) \omega^2$ है।
स्थिति $1$: विस्तार $x_1 = 1\, cm$,कोणीय वेग $\omega_1 = \omega$.
$k(1) = m(l + 1) \omega^2$ --- $(i)$
स्थिति $2$: विस्तार $x_2 = 5\, cm$,कोणीय वेग $\omega_2 = 2\omega$.
$k(5) = m(l + 5) (2\omega)^2 = 4m(l + 5) \omega^2$ --- $(ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{5k}{k} = \frac{4m(l + 5) \omega^2}{m(l + 1) \omega^2}$
$5 = \frac{4(l + 5)}{l + 1}$
$5(l + 1) = 4(l + 5)$
$5l + 5 = 4l + 20$
$l = 15\, cm$.

(D) न्यूटन के शीतलन नियम के अनुसार,ऊष्मा हानि की दर $\frac{dQ}{dt}$ वस्तु और परिवेश के बीच के तापमान अंतर पर निर्भर करती है। चूंकि पात्र,परिवेश और तापमान सीमा समान है,इसलिए दोनों स्थितियों में ऊष्मा हानि की दर समान होगी।
माना $m_w = 50\,g$ पानी का द्रव्यमान है,$C_w = 1\,cal/(g \cdot ^oC)$ पानी की विशिष्ट ऊष्मा है,$m_l = 100\,g$ द्रव का द्रव्यमान है,$C_l$ द्रव की विशिष्ट ऊष्मा है,और $W = 30\,g$ पात्र का जल तुल्यांक है।
कुल ऊष्मा हानि $Q = (mC + W) \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि समय $t$ समान है,ऊष्मा हानि की दर:
$\frac{(m_w C_w + W) \Delta T}{t} = \frac{(m_l C_l + W) \Delta T}{t}$
दोनों पक्षों से $\frac{\Delta T}{t}$ को हटाने पर:
$m_w C_w + W = m_l C_l + W$
$m_w C_w = m_l C_l$
मान रखने पर:
$50 \times 1 = 100 \times C_l$
$C_l = \frac{50}{100} = 0.5\,cal/(g \cdot ^oC) = 0.5\,kcal/(kg \cdot ^oC)$.

(D) मान लीजिए कि बेलन का उसकी संतुलन स्थिति से नीचे की ओर विस्थापन $x$ है।
जब बेलन को $x$ विस्थापित किया जाता है,तो ऊपर की ओर कार्य करने वाला अतिरिक्त उत्प्लावन बल $F_b = A \sigma g x$ होता है।
ऊपर की ओर कार्य करने वाला स्प्रिंग बल $F_s = kx$ है।
कुल प्रत्यानयन बल $F_{net} = -(k + A \sigma g)x$ है।
इसे मानक $SHM$ समीकरण $F = -m \omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $m \omega^2 = k + A \sigma g$ प्राप्त होता है।
अतः,कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k + A \sigma g}{M}}$ है।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k + A \sigma g}}$ है।
चूंकि बेलन आधा डूबा हुआ है,इसलिए उत्प्लावन बल तब तक स्थिर रहता है जब तक वह आंशिक रूप से डूबा रहता है। व्युत्पन्न सूत्र छोटे दोलनों के लिए सटीक है।

(B) विराम अवस्था में कार के लिए,अधिकतम परास $R_0 = \frac{u^2}{g} = 10 \, m$ है। $g = 10 \, m/s^2$ दिया गया है,इसलिए $u^2 = 100$,जिससे $u = 10 \, m/s$ प्राप्त होता है।
जब कार $v = 20 \, m/s$ के वेग से चलती है,तो गोली का क्षैतिज वेग $(u \cos \theta + v)$ और ऊर्ध्वाधर वेग $u \sin \theta$ हो जाता है।
उड्डयन काल $T = \frac{2 u \sin \theta}{g}$ है।
क्षैतिज परास $R = (u \cos \theta + v) T = (u \cos \theta + v) \left( \frac{2 u \sin \theta}{g} \right)$ है।
मान रखने पर: $R = (10 \cos \theta + 20) (2 \sin \theta) = 10 \sin 2\theta + 40 \sin \theta$.
अधिकतम परास के लिए,$\frac{dR}{d\theta} = 0$ रखने पर:
$20 \cos 2\theta + 40 \cos \theta = 0 \Rightarrow 2 \cos^2 \theta + 2 \cos \theta - 1 = 0$.
इस समीकरण को हल करने पर $\cos \theta = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\theta \approx 68.5^{\circ}$। दिए गए विकल्पों के अनुसार,$60^{\circ}$ सबसे निकटतम उत्तर है।

(B) घिरनी के ऊपर से गुजरने वाली डोरी से जुड़े $m$ और $M$ द्रव्यमान के निकाय के लिए तार में तनाव $T$ का सूत्र है: $T = \frac{2mM}{m + M}g$.
प्रतिबल को प्रति इकाई क्षेत्रफल पर लगने वाले बल के रूप में परिभाषित किया जाता है। इस स्थिति में,बल तार में तनाव $T$ है।
$\text{प्रतिबल} = \frac{T}{A} = \frac{2mM}{A(m + M)}g$.
यह दिया गया है कि $M = 2m$,इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\text{प्रतिबल} = \frac{2m(2m)}{A(m + 2m)}g$
$\text{प्रतिबल} = \frac{4m^2}{A(3m)}g$
$\text{प्रतिबल} = \frac{4mg}{3A}$.

(B) गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $\vec{E}$ और गुरुत्वाकर्षण विभव $V$ के बीच का संबंध $\vec{E} = -\nabla V$ है,जिसका अर्थ है $dV = -\vec{E} \cdot d\vec{r}$।
दिया गया है $\vec{E} = E_x \hat{i} + E_y \hat{j} = 5\hat{i} + 12\hat{j}$।
मूल बिंदु $(0,0)$ से बिंदु $(x, y)$ तक समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है $V(x, y) - V(0, 0) = -\int_{(0,0)}^{(x,y)} (E_x dx + E_y dy)$।
चूंकि $V(0,0) = 0$,इसलिए $V(x, y) = -(E_x x + E_y y) = -(5x + 12y)$।
बिंदु $A(12\,m, 0)$ के लिए,$V_A = -(5 \times 12 + 12 \times 0) = -60\,J/kg$।
बिंदु $B(0, 5\,m)$ के लिए,$V_B = -(5 \times 0 + 12 \times 5) = -60\,J/kg$।
बिंदुओं पर विभव का अनुपात $\frac{V_A}{V_B} = \frac{-60}{-60} = 1$ है।

(B) प्रसार के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य $PV$ ग्राफ और आयतन अक्ष के बीच घिरे क्षेत्रफल द्वारा दिया जाता है,अर्थात $W = \int_{V_1}^{V_2} P \, dV$.
दिए गए $PV$ आरेख से,$V_1$ से $V_2$ तक आयतन में समान परिवर्तन के लिए,समतापीय और रुद्धोष्म प्रक्रियाओं की तुलना में समदाबी प्रक्रिया के लिए दबाव $P$ सबसे अधिक रहता है।
चूंकि वक्र के नीचे का क्षेत्रफल समदाबी प्रक्रिया के लिए सबसे अधिक है,इसलिए समदाबी प्रक्रिया के लिए किया गया कार्य भी सबसे अधिक होता है।

(B) ब्लॉक तब तक स्थिर रहता है जब तक कि लगाया गया बल $F = kt$ अधिकतम स्थैतिक घर्षण $f_{s,max} = \mu_s N = \mu_s mg$ से कम या उसके बराबर होता है।
अतः,$t \le \frac{\mu_s mg}{k}$ के लिए,त्वरण $a = 0$ है।
एक बार जब $t > \frac{\mu_s mg}{k}$ होता है,तो ब्लॉक गति करना शुरू कर देता है,और उस पर गतिज घर्षण $f_k = \mu_k N = \mu_k mg$ कार्य करता है।
गति का समीकरण $F - f_k = ma$ है,जो $kt - \mu_k mg = ma$ देता है।
इसलिए,त्वरण $a = \frac{k}{m}t - \mu_k g$ है।
यह दर्शाता है कि $t > \frac{\mu_s mg}{k}$ के लिए,त्वरण $a$ समय $t$ के साथ धनात्मक ढाल $\frac{k}{m}$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,ग्राफ $(b)$ इस व्यवहार को सही ढंग से दर्शाता है।

(B) समान क्षण पर एक श्रृंग और निकटतम गर्त के बीच की दूरी तरंगदैर्ध्य की आधी $(\lambda/2)$ होती है।
दिया गया है $\lambda/2 = 4.0 \, cm$,इसलिए $\lambda = 8.0 \, cm$ है।
समान स्थान पर एक श्रृंग और गर्त के बीच की दूरी आयाम की दोगुनी $(2a)$ होती है।
दिया गया है $2a = 1.0 \, cm$,इसलिए $a = 0.5 \, cm$ है।
समान स्थान पर दो लगातार श्रृंगों के बीच का समयांतराल आवर्तकाल $(T)$ होता है।
दिया गया है $T = 0.4 \, s$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{0.4} = 5\pi \, rad/s$ है।
कंपन करने वाले कणों की अधिकतम गति $v_{max} = a\omega$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $v_{max} = 0.5 \times 5\pi = 2.5\pi = \frac{5\pi}{2} \, cm/s$।

(C) मान लीजिए $W$ गेंद का भार है,$T$ उत्प्लावन बल (upthrust) है,और $F$ श्यान बल (viscous force) है।
जब गेंद $v_1 = 10\, cm/s$ के स्थिर टर्मिनल वेग से नीचे गिरती है,तो कुल बल शून्य होता है:
$W - T - F_1 = 0 \implies F_1 = W - T = W_{eff}$,जहाँ $W_{eff}$ प्रभावी भार है।
चूंकि $F_1 = 6\pi\eta r v_1$,इसलिए $W_{eff} = 6\pi\eta r v_1$ है।
अब,गेंद को $F_{ext} = 2 W_{eff}$ के बाहरी बल से ऊपर खींचा जाता है।
मान लीजिए नया ऊपर की ओर वेग $v_2$ है। गेंद पर कार्य करने वाले बल हैं: बाहरी बल $F_{ext}$ (ऊपर),उत्प्लावन बल $T$ (ऊपर),भार $W$ (नीचे),और नया श्यान बल $F_2$ (नीचे,क्योंकि गेंद ऊपर जा रही है)।
स्थिर वेग $v_2$ के लिए,कुल बल शून्य है:
$F_{ext} + T - W - F_2 = 0$
$F_{ext} - (W - T) = F_2$
$2 W_{eff} - W_{eff} = F_2$
$F_2 = W_{eff}$
चूंकि $F_2 = 6\pi\eta r v_2$,इसलिए $6\pi\eta r v_2 = 6\pi\eta r v_1$ है।
अतः,$v_2 = v_1 = 10\, cm/s$।

(C) वलय का प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I_i = MR^2$ है। प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_i = \omega$ है। प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} I_i \omega_i^2 = \frac{1}{2} MR^2 \omega^2$ है।
चूंकि निकाय पर कोई बाहरी बल आघूर्ण (torque) कार्य नहीं करता है,इसलिए कोणीय संवेग संरक्षित रहता है: $L_i = L_f$.
$I_i \omega_i = I_f \omega_f$.
$R$ दूरी पर दो $m$ द्रव्यमान जोड़ने के बाद नया जड़त्व आघूर्ण $I_f = MR^2 + mR^2 + mR^2 = (M + 2m)R^2$ है।
अतः,$\omega_f = \frac{I_i \omega_i}{I_f} = \frac{MR^2 \omega}{(M + 2m)R^2} = \frac{M \omega}{M + 2m}$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} I_f \omega_f^2 = \frac{1}{2} (M + 2m)R^2 \left( \frac{M \omega}{M + 2m} \right)^2 = \frac{1}{2} \frac{M^2 R^2 \omega^2}{M + 2m}$ है।
गतिज ऊर्जा में हानि $\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2} MR^2 \omega^2 - \frac{1}{2} \frac{M^2 R^2 \omega^2}{M + 2m}$.
$\Delta K = \frac{1}{2} MR^2 \omega^2 \left( 1 - \frac{M}{M + 2m} \right) = \frac{1}{2} MR^2 \omega^2 \left( \frac{M + 2m - M}{M + 2m} \right) = \frac{1}{2} MR^2 \omega^2 \left( \frac{2m}{M + 2m} \right) = \frac{Mm}{(M + 2m)} \omega^2 R^2$.

(D) $v$ गति से चलने वाली हवा के $m$ द्रव्यमान की गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ होती है।
$t$ समय में $A$ क्षेत्रफल से गुजरने वाली हवा का द्रव्यमान $m = \rho A v t$ है,जहाँ $\rho$ हवा का घनत्व है।
गतिज ऊर्जा के प्रवाह की दर (शक्ति) $P = \frac{dK}{dt} = \frac{1}{2} \left(\frac{dm}{dt}\right) v^2$ है।
चूंकि $\frac{dm}{dt} = \rho A v$,हम इसे शक्ति समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$P = \frac{1}{2} (\rho A v) v^2 = \frac{1}{2} \rho A v^3$.
चूंकि जनरेटर इस ऊर्जा के एक निश्चित अंश को परिवर्तित करता है,इसलिए विद्युत शक्ति आउटपुट $v^3$ के समानुपाती होता है।

(C) समतापीय प्रक्रिया के लिए,किया गया कार्य $W = nRT \ln(V_2/V_1)$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $W = 575\,J$,$V_1 = V$,$V_2 = 2V$,और द्रव्यमान $m = 10\,g = 0.01\,kg$.
$575 = nRT \ln(2V/V) = nRT \ln(2)$.
चूंकि $nRT = PV$,हमें $PV = 575 / \ln(2) \approx 575 / 0.693 \approx 829.7\,J$ प्राप्त होता है।
वर्ग-माध्य-मूल चाल $v_{rms} = \sqrt{3PV/m}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $v_{rms} = \sqrt{(3 \times 829.7) / 0.01} = \sqrt{248910} \approx 498.9\,m/s$.
निकटतम पूर्णांक में,हमें $499\,m/s$ प्राप्त होता है।

(C) क्रिटिकल फ्रीक्वेंसी $(f_c)$ को उस उच्चतम आवृत्ति के रूप में परिभाषित किया जाता है जो लंबवत आपतित होने पर आयनमंडल द्वारा वापस परावर्तित हो जाती है। क्रिटिकल फ्रीक्वेंसी से अधिक आवृत्ति वाली तरंगें आयनमंडल को भेद जाती हैं और परावर्तित नहीं होती हैं। कथन $C$ दावा करता है कि $30 \, MHz$ से अधिक आवृत्ति वाली तरंगें आयनमंडल को भेद नहीं सकती हैं, जो गलत है क्योंकि क्रिटिकल फ्रीक्वेंसी (आयनमंडल के लिए आमतौर पर $3-30 \, MHz$) से अधिक आवृत्तियाँ आसानी से इसे भेद जाती हैं।

(D) विभवांतर $V$ के माध्यम से त्वरित आवेशित कण द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $E = qV$ द्वारा दी जाती है।
इलेक्ट्रॉन के लिए,$E_e = eV$.
प्रोटॉन के लिए,$E_p = e(4V) = 4eV$.
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ द्वारा दी जाती है।
अतः,$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2m_e eV}}$ और $\lambda_p = \frac{h}{\sqrt{2m_p (4eV)}} = \frac{h}{2\sqrt{2m_p eV}}$.
अनुपात $\frac{\lambda_e}{\lambda_p}$ लेने पर:
$\frac{\lambda_e}{\lambda_p} = \frac{h}{\sqrt{2m_e eV}} \times \frac{2\sqrt{2m_p eV}}{h} = 2\sqrt{\frac{m_p}{m_e}}$.

(B) परिपथ दो समानांतर शाखाओं से बना है। ऊपरी शाखा में प्रतिरोध $P = 2 \, \Omega$ और $Q = 4 \, \Omega$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए इसका कुल प्रतिरोध $R_1 = P + Q = 2 \, \Omega + 4 \, \Omega = 6 \, \Omega$ है।
निचली शाखा में प्रतिरोध $R = 1 \, \Omega$ और $S = 2 \, \Omega$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए इसका कुल प्रतिरोध $R_2 = R + S = 1 \, \Omega + 2 \, \Omega = 3 \, \Omega$ है।
चूंकि शाखाएं समानांतर हैं,उनके सिरों पर विभवांतर समान है। मान लीजिए ऊपरी शाखा में धारा $I_1$ है और निचली शाखा में धारा $I_2$ है।
$I_1 R_1 = I_2 R_2 \implies I_1 (6 \, \Omega) = I_2 (3 \, \Omega) \implies I_2 = 2 I_1$.
प्रतिरोध में उत्पन्न ऊष्मा $H = I^2 R t$ द्वारा दी जाती है।
$P$ के लिए: $H_P = I_1^2 P t = I_1^2 (2) t = 2 I_1^2 t$.
$Q$ के लिए: $H_Q = I_1^2 Q t = I_1^2 (4) t = 4 I_1^2 t$.
$R$ के लिए: $H_R = I_2^2 R t = (2 I_1)^2 (1) t = 4 I_1^2 t$.
$S$ के लिए: $H_S = I_2^2 S t = (2 I_1)^2 (2) t = 8 I_1^2 t$.
ऊष्मा के मानों की तुलना करने पर,$H_S = 8 I_1^2 t$ सबसे अधिक है। इसलिए,प्रतिरोध $S$ सबसे अधिक ऊष्मा उत्पन्न करता है।

(B) $LRC$ परिपथ का गुणवत्ता कारक $(Q)$,अनुनादी आवृत्ति $(\omega_{0})$ और बैंडविड्थ $(\Delta\omega = \omega_{2} - \omega_{1})$ का अनुपात होता है।
दिए गए ग्राफ से,अनुनादी आवृत्ति $\omega_{0} = 5 \text{ kHz}$ है।
हाफ-पावर आवृत्तियाँ $\omega_{1} = 3.75 \text{ kHz}$ और $\omega_{2} = 6.25 \text{ kHz}$ हैं।
बैंडविड्थ $\Delta\omega = \omega_{2} - \omega_{1} = 6.25 \text{ kHz} - 3.75 \text{ kHz} = 2.5 \text{ kHz}$ है।
अतः,गुणवत्ता कारक $Q = \frac{\omega_{0}}{\Delta\omega} = \frac{5}{2.5} = 2.0$.
इस प्रकार,सही विकल्प $B$ है।

(A) लूप के ऊपरी खंड (लंबाई $a$) पर चुंबकीय बल $\overrightarrow{F} = i(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{B})$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि धारा $i$ ऊपरी खंड में बाएं से दाएं बहती है और चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ कागज के तल के अंदर की ओर निर्देशित है,इसलिए बल $\overrightarrow{F}$ लंबवत ऊपर की ओर कार्य करता है।
चुंबकीय बल का परिमाण $F = iBa$ है।
यह दिया गया है कि $i > mg/Ba$,इसलिए $iBa > mg$,जिसका अर्थ है कि ऊपर की ओर लगने वाला चुंबकीय बल नीचे की ओर लगने वाले गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ से अधिक है।
परिणामस्वरूप,लूप पर शुद्ध बल ऊपर की ओर होता है,जिससे द्रव्यमान $m$ ऊपर उठता है।
चूंकि लूप गुरुत्वाकर्षण बल के विरुद्ध गति करता है,इसलिए बाहरी स्रोत (जो धारा $i$ को संचालित करता है) द्वारा निकाय पर कार्य किया जाता है।
अतः,वजन ऊपर उठता है और निकाय पर कार्य किया जाता है।

(A) जब एक अनावेशित चालक को धनावेशित चालक के पास रखा जाता है,तो स्थिर-वैद्युत प्रेरण (electrostatic induction) होता है।
प्रेरण के कारण,धनावेशित पिंड के निकट वाले हिस्से पर ऋणात्मक आवेश और दूर वाले हिस्से पर धनात्मक आवेश प्रेरित हो जाते हैं।
अनावेशित चालक पर या उसके अंदर किसी भी बिंदु पर विभव,बाहरी धनावेशित चालक और प्रेरित आवेशों के कारण उत्पन्न विभव का योग होता है।
चूंकि अनावेशित चालक धनावेश के पास है,इसलिए इसका विभव धनात्मक होता है लेकिन धनावेशित चालक के विभव से कम होता है।
जैसे-जैसे हम अनंत की ओर बढ़ते हैं,निकाय का विभव $0$ के करीब पहुंच जाता है।
अतः,अनावेशित पिंड का विभव आवेशित चालक से कम और अनंत पर विभव (जो $0$ है) से अधिक होता है।

(C) अपवर्तक टेलीस्कोप बड़े लेंस का उपयोग करते हैं। लेंस को केवल उनके किनारों पर ही सहारा दिया जा सकता है,जिससे वे बहुत बड़े होने पर अपने स्वयं के वजन के कारण झुक जाते हैं,जिससे छवि विकृत हो जाती है।
परावर्तक टेलीस्कोप बड़े दर्पणों का उपयोग करते हैं। दर्पणों को पूरी पिछली सतह से सहारा दिया जा सकता है,जिससे बड़े आकार के लेंस की तुलना में बड़े आकार के दर्पणों को यांत्रिक सहारा देना बहुत आसान हो जाता है।
इसके अतिरिक्त,दर्पण वर्ण विपथन (chromatic aberration) से मुक्त होते हैं,जो बड़े टेलीस्कोप के लिए एक महत्वपूर्ण लाभ है।
इसलिए,कथन-$1$ सत्य है,कथन-$2$ सत्य है और कथन-$2$,कथन-$1$ की सही व्याख्या है।

(C) कण के $x$-अक्ष के अनुदिश बिना विक्षेपित हुए गति करने के लिए,उस पर कार्य करने वाला कुल लॉरेंट्ज़ बल शून्य होना चाहिए।
लॉरेंट्ज़ बल का सूत्र $\vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$ है।
बल के शून्य होने के लिए,विद्युत बल और चुंबकीय बल परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए: $qE = qvB$।
अतः,$B = \frac{E}{v}$।
यहाँ $E = 10^4 \, Vm^{-1}$ और $v = 10 \, ms^{-1}$ दिया गया है।
मान रखने पर: $B = \frac{10^4}{10} = 10^3 \, Wb \, m^{-2}$।

(D) बिंदु $A$ पर,स्नेल के नियम के अनुसार:
$1 \cdot \sin 45^{\circ} = \mu \cdot \sin r$
$\sin r = \frac{1}{\mu \sqrt{2}}$ ..... $(i)$
बिंदु $B$ पर,ऊर्ध्वाधर फलक पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण $i_1$ क्रांतिक कोण $C$ के बराबर या उससे अधिक होना चाहिए।
$\sin i_1 = \frac{1}{\mu}$
त्रिभुज की ज्यामिति से,$i_1 = 90^{\circ} - r$ है।
अतः,$\sin(90^{\circ} - r) = \frac{1}{\mu} \Rightarrow \cos r = \frac{1}{\mu}$ ..... $(ii)$
सर्वसमिका $\sin^2 r + \cos^2 r = 1$ का उपयोग करने पर:
$\left(\frac{1}{\mu \sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{1}{\mu}\right)^2 = 1$
$\frac{1}{2\mu^2} + \frac{1}{\mu^2} = 1$
$\frac{1 + 2}{2\mu^2} = 1$
$\frac{3}{2\mu^2} = 1 \Rightarrow \mu^2 = \frac{3}{2}$
$\mu = \sqrt{\frac{3}{2}}$

(C) अभिकेंद्र बल स्थिरवैद्युत बल द्वारा प्रदान किया जाता है: $\frac{mv^2}{r} = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r^2} + \frac{\beta}{r^3} \right)$.
बोहर के क्वांटाइजेशन प्रतिबंध के अनुसार,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$,इसलिए $v = \frac{nh}{2\pi mr}$.
$v$ का मान बल समीकरण में रखने पर: $\frac{m}{r} \left( \frac{nh}{2\pi mr} \right)^2 = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{r + \beta}{r^3} \right)$.
सरलीकरण करने पर: $\frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m r^3} = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{r + \beta}{r^3} \right)$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\frac{n^2 h^2 \varepsilon_0}{\pi m e^2} = r + \beta$.
दिया गया है कि $a_0 = \frac{\varepsilon_0 h^2}{m \pi e^2}$,अतः हमें $a_0 n^2 = r + \beta$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$r_n = a_0 n^2 - \beta$.

(D) समानांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच चुंबकीय क्षेत्र विस्थापन धारा $I_d = \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$ द्वारा निर्धारित होता है।
इस स्थिति में,प्लेटों के बीच का माध्यम थोड़ा संवाहक है,जिसका अर्थ है कि प्लेटों के बीच $I_c = -\frac{dq}{dt} = 2.5\times10^{-8}\, A$ की चालन धारा प्रवाहित हो रही है।
संशोधित एम्पीयर-मैक्सवेल नियम के अनुसार,कुल धारा $I_{total} = I_c + I_d$ चुंबकीय क्षेत्र का स्रोत है।
एक समानांतर प्लेट संधारित्र के लिए,चालन धारा $I_c$ और विस्थापन धारा $I_d$ परिमाण में समान लेकिन दिशा में विपरीत होती हैं (या इस विशिष्ट आदर्श सेटअप में प्लेटों के बीच उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र के संदर्भ में एक-दूसरे के प्रभाव को रद्द कर देती हैं)।
अतः,प्लेटों के बीच चुंबकीय क्षेत्र शून्य है।

(D) कला-सम्बद्ध व्यतिकरण के लिए, आयामों का योग होता है। परिणामी आयाम $A_{res} = nA_0$ है, जहाँ $A_0$ एक तरंग का आयाम है। चूँकि तीव्रता $I \propto A^2$ होती है, इसलिए अधिकतम तीव्रता $I_{coh} = (nA_0)^2 = n^2 I_0$ होगी।
असम्बद्ध व्यतिकरण के लिए, तीव्रताओं का सीधा योग होता है। परिणामी तीव्रता $I_{incoh} = n I_0$ होगी।
अधिकतम तीव्रताओं का अनुपात $\frac{I_{coh}}{I_{incoh}} = \frac{n^2 I_0}{n I_0} = n$ है।

(D) विद्युतचुंबकीय तरंगों को प्रसार के लिए किसी माध्यम की आवश्यकता नहीं होती है; वे निर्वात में यात्रा कर सकती हैं।
ये प्रकृति में अनुप्रस्थ (transverse) होती हैं,जिसका अर्थ है कि विद्युत और चुंबकीय क्षेत्रों के दोलन तरंग प्रसार की दिशा के लंबवत होते हैं।
विद्युतचुंबकीय तरंगें त्वरित आवेशों द्वारा उत्पन्न होती हैं,न कि एकसमान वेग से गतिमान आवेशों द्वारा।
वे अंतरिक्ष में प्रसार के दौरान ऊर्जा और संवेग दोनों का वहन करती हैं,जो इन तरंगों का एक मूलभूत गुण है।

(B) तरल बूंद को स्थिर रखने के लिए,विद्युत बल को गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करना चाहिए: $qE = mg$.
यहाँ,$q = ne = 6 \times 1.6 \times 10^{-19} \, C = 9.6 \times 10^{-19} \, C$.
$E = 25.5 \times 10^3 \, Vm^{-1}$.
द्रव्यमान $m = \text{घनत्व} (\rho) \times \text{आयतन} (V) = \rho \times \frac{4}{3} \pi r^3$.
इन मानों को संतुलन समीकरण में रखने पर: $qE = \rho \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \right) g$.
$r^3$ के लिए सूत्र बनाने पर: $r^3 = \frac{3qE}{4 \pi \rho g}$.
मान रखने पर: $r^3 = \frac{3 \times (9.6 \times 10^{-19}) \times (25.5 \times 10^3)}{4 \times 3.14 \times (1.26 \times 10^3) \times 9.8}$.
$r^3 = \frac{734.4 \times 10^{-16}}{155.13} \approx 4.73 \times 10^{-19} \, m^3$.
$r = \sqrt[3]{473 \times 10^{-21}} \approx 7.8 \times 10^{-7} \, m$.

(A) सही परिपथ खोजने के लिए,हम प्रत्येक इनपुट संयोजन $(A, B)$ के लिए आउटपुट $C$ का विश्लेषण करते हैं:
$1$. $(A=0, B=0)$ के लिए,$C=0$ है।
$2$. $(A=0, B=1)$ के लिए,$C=0$ है।
$3$. $(A=1, B=0)$ के लिए,$C=1$ है।
$4$. $(A=1, B=1)$ के लिए,$C=0$ है।
यह सत्यता सारणी बूलियन व्यंजक $C = A \cdot \overline{B}$ के अनुरूप है।
अब,विकल्प $A$ (छवि $823-a813$) में दिए गए परिपथ का विश्लेषण करते हैं:
- इनपुट $A$ एक $AND$ गेट में जाता है और एक $NOT$ गेट से भी गुजरता है।
- इनपुट $B$ $AND$ गेट में जाता है।
- $AND$ गेट का आउटपुट $A \cdot B$ है।
- $NOT$ गेट का आउटपुट $\overline{A}$ है।
- इन्हें एक $NOR$ गेट में दिया जाता है,जिससे $C = \overline{(A \cdot B) + \overline{A}} = \overline{A \cdot B} \cdot A = (\overline{A} + \overline{B}) \cdot A = A \cdot \overline{B}$ प्राप्त होता है।
यह आवश्यक सत्यता सारणी से मेल खाता है। अतः,विकल्प $A$ में दिया गया परिपथ सही है।

(C) जब दो समानांतर वृत्ताकार कुंडलियों में एक ही दिशा में विद्युत धारा प्रवाहित होती है,तो वे एक-दूसरे को आकर्षित करती हैं। चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए दोनों में धारा $I$ समान रहती है। दो चुंबकीय द्विध्रुवों के बीच का बल $F$,जो $d$ दूरी पर स्थित हैं,सामान्यतः $d^{-4}$ के समानुपाती होता है,लेकिन निकट क्षेत्र सन्निकटन में दो समानांतर धारावाही लूपों के बीच का बल $d^{-2}$ के समानुपाती होता है। अतः,यह कथन कि बल $d^{-1}$ के समानुपाती है,गलत है।

(C) कथन-$1$ सत्य है: परिभाषा के अनुसार,एक समविभव पृष्ठ वह पृष्ठ है जहाँ विद्युत विभव $V$ सभी बिंदुओं पर समान होता है। दो बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच एक आवेश $q$ को ले जाने में किया गया कार्य $W = q(V_B - V_A)$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि समविभव पृष्ठ पर $V_A = V_B$ होता है,इसलिए $W = 0$ होता है।
कथन-$2$ असत्य है: विद्युत क्षेत्र रेखाएं समविभव पृष्ठ के लंबवत होती हैं,न कि एक-दूसरे के। कथन में दावा किया गया है कि समविभव पृष्ठों पर विद्युत बल रेखाएं एक-दूसरे के परस्पर लंबवत होती हैं,जो गलत है।

(D) कांच की प्लेट डालने से पहले,स्लिट्स से समान दूरी पर स्थित बिंदु पर पथ अंतर $0$ होता है। अतः,कलांतर $0$ है और तीव्रता $I_{max} = 4I_0$ है (जहाँ $I_0$ प्रत्येक स्लिट की तीव्रता है)।
कांच की प्लेट डालने के बाद,उत्पन्न पथ अंतर $\Delta x = (\mu - 1)t$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $\Delta x = (1.5 - 1) \times \frac{2500}{3} \lambda = 0.5 \times \frac{2500}{3} \lambda = \frac{1}{2} \times \frac{2500}{3} \lambda = \frac{1250}{3} \lambda$.
कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{1250}{3} \lambda = \frac{2500\pi}{3} = 833\pi + \frac{\pi}{3} = 833\pi + 60^\circ$.
चूंकि $833\pi$,$\pi$ का एक विषम गुणज है,प्रभावी कलांतर $\pi + 60^\circ$ या सरल रूप में $60^\circ$ है।
तीव्रता $I = 4I_0 \cos^2(\phi/2)$ द्वारा दी जाती है।
$I = 4I_0 \cos^2(60^\circ / 2) = 4I_0 \cos^2(30^\circ) = 4I_0 (\sqrt{3}/2)^2 = 4I_0 \times \frac{3}{4} = 3I_0$.
अतः,पहले और बाद की तीव्रताओं का अनुपात $\frac{4I_0}{3I_0} = 4:3$ है।

(A) डिस्क के केंद्र पर विद्युत क्षेत्र की तीव्रता $E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$ है।
डिस्क की अक्ष पर $x$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र का सूत्र $E' = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left(1 - \frac{x}{\sqrt{x^2 + R^2}}\right)$ है।
यहाँ $x = R$ दिया गया है,इसलिए:
$E' = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left(1 - \frac{R}{\sqrt{R^2 + R^2}}\right) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left(1 - \frac{R}{\sqrt{2}R}\right) = E \left(1 - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
चूंकि $\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$,इसलिए $E' = E(1 - 0.707) = 0.293E$.
विद्युत क्षेत्र में कमी $E - E' = E - 0.293E = 0.707E$ है।
प्रतिशत कमी $\frac{0.707E}{E} \times 100\% = 70.7\%$ है।

(B) मान लीजिए कि प्रत्येक प्रतिरोध $r$ है। परिपथ में $P, Q$ और $R$ नोड्स के बीच तीन शाखाएँ हैं।
शाखा $PQ$ में एक प्रतिरोध $r$ है।
शाखा $QR$ में दो प्रतिरोध समानांतर में जुड़े हैं,इसलिए इसका समतुल्य प्रतिरोध $r_{QR} = r/2$ है।
शाखा $PR$ में दो प्रतिरोध समानांतर में जुड़े हैं,इसलिए इसका समतुल्य प्रतिरोध $r_{PR} = r/2$ है।
$1$. $P$ और $Q$ के बीच प्रतिरोध $(R_{PQ})$:
$R_{PQ}$,शाखा $PQ$ (प्रतिरोध $r$) और शाखाओं $PR$ तथा $QR$ के श्रेणी संयोजन (प्रतिरोध $r/2 + r/2 = r$) का समानांतर संयोजन है।
$R_{PQ} = \frac{r \times r}{r + r} = \frac{r}{2} = 0.5r$.
$2$. $Q$ और $R$ के बीच प्रतिरोध $(R_{QR})$:
$R_{QR}$,शाखा $QR$ (प्रतिरोध $r/2$) और शाखाओं $PQ$ तथा $PR$ के श्रेणी संयोजन (प्रतिरोध $r + r/2 = 1.5r$) का समानांतर संयोजन है।
$R_{QR} = \frac{(r/2) \times (1.5r)}{(r/2) + (1.5r)} = \frac{0.75r^2}{2r} = 0.375r$.
$3$. $P$ और $R$ के बीच प्रतिरोध $(R_{PR})$:
$R_{PR}$,शाखा $PR$ (प्रतिरोध $r/2$) और शाखाओं $PQ$ तथा $QR$ के श्रेणी संयोजन (प्रतिरोध $r + r/2 = 1.5r$) का समानांतर संयोजन है।
$R_{PR} = \frac{(r/2) \times (1.5r)}{(r/2) + (1.5r)} = 0.375r$.
मानों की तुलना करने पर: $R_{PQ} = 0.5r$,$R_{QR} = 0.375r$,और $R_{PR} = 0.375r$.
अतः,$P$ और $Q$ के बीच कुल प्रतिरोध अधिकतम है।

(D) दिया गया है,चुंबकीय आघूर्ण $M = 8 \times 10^{22} \text{ Am}^2$.
पृथ्वी की त्रिज्या $R_e = 6.4 \times 10^6 \text{ m}$.
चुंबकीय द्विध्रुव के लिए भूमध्य रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{M}{R_e^3}$
मान रखने पर:
$B = 10^{-7} \times \frac{8 \times 10^{22}}{(6.4 \times 10^6)^3}$
$B = \frac{8 \times 10^{15}}{262.144 \times 10^{18}}$
$B \approx 0.0305 \times 10^{-3} \text{ T}$
चूंकि $1 \text{ T} = 10^4 \text{ Gauss}$,
$B \approx 0.0305 \times 10^{-3} \times 10^4 \text{ Gauss} = 0.305 \text{ Gauss}$.
निकटतम विकल्प को देखते हुए,मान लगभग $0.32 \text{ Gauss}$ है।

(A) हाइड्रोजन परमाणु के ऊर्जा स्तर $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ द्वारा दिए जाते हैं।
कमरे के तापमान पर,हाइड्रोजन परमाणु मूल अवस्था $(n=1)$ में होते हैं।
इलेक्ट्रॉन को $n=1$ से $n=2$ तक उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \ eV$ है।
इलेक्ट्रॉन को $n=1$ से $n=3$ तक उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $E_3 - E_1 = -1.51 - (-13.6) = 12.09 \ eV$ है।
इलेक्ट्रॉन को $n=1$ से $n=4$ तक उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $E_4 - E_1 = -0.85 - (-13.6) = 12.75 \ eV$ है।
चूंकि आपतित इलेक्ट्रॉन बीम की ऊर्जा $12.5 \ eV$ है,इसलिए यह हाइड्रोजन परमाणुओं को $n=3$ ऊर्जा स्तर तक उत्तेजित कर सकता है।
जब ये उत्तेजित परमाणु मूल अवस्था में वापस आते हैं,तो संभावित संक्रमण इस प्रकार हैं:
$n=3 \rightarrow n=2$ (बामर श्रेणी)
$n=3 \rightarrow n=1$ (लाइमन श्रेणी)
$n=2 \rightarrow n=1$ (लाइमन श्रेणी)
इस प्रकार,लाइमन श्रेणी में $2$ रेखाएं और बामर श्रेणी में $1$ रेखा प्राप्त होती है।

(B) हॉल प्रभाव के अनुसार,विद्युत क्षेत्र $E_y$ को $E_y = R_H J_x B_z$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R_H$ हॉल नियतांक है।
समानुपातिकता नियतांक $K$ का मान $R_H = \frac{E_y}{J_x B_z}$ है।
$E_y$ का $SI$ मात्रक $V/m$ है।
$J_x$ का $SI$ मात्रक $A/m^2$ है।
$B_z$ का $SI$ मात्रक $T$ (टेस्ला) है,जहाँ $1 \ T = 1 \ N/(A \cdot m)$.
मात्रकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$K = \frac{V/m}{(A/m^2) \cdot (N/(A \cdot m))} = \frac{V/m}{N/m^3} = \frac{V \cdot m^2}{N}$.
चूँकि $V = (N \cdot m)/(A \cdot s)$,इसलिए:
$K = \frac{(N \cdot m / (A \cdot s)) \cdot m^2}{N} = \frac{m^3}{A \cdot s}$.

(C) स्लैब के संयोजन के लिए आभासी विस्थापन $\Delta x$ का सूत्र: $\Delta x = \sum d_i \left(1 - \frac{1}{\mu_i}\right)$ है।
यहाँ,हमारे पास दो परतें हैं: कांच $(d_1 = 1\, cm, \mu_1 = 1.5)$ और पानी $(d_2 = 5\, cm, \mu_2 = 1.33)$।
कांच के कारण विस्थापन: $\Delta x_1 = 1 \times (1 - \frac{1}{1.5}) = 1 \times (1 - 0.6667) = 0.3333\, cm$।
पानी के कारण विस्थापन: $\Delta x_2 = 5 \times (1 - \frac{1}{1.33}) = 5 \times (1 - 0.7519) = 5 \times 0.2481 = 1.2405\, cm$।
कुल विस्थापन = $\Delta x_1 + \Delta x_2 = 0.3333 + 1.2405 = 1.5738\, cm$।

(B) संचार प्रणालियों में,शोर मुख्य रूप से सिग्नल के आयाम (amplitude) को प्रभावित करता है। फ्रीक्वेंसी मॉड्यूलेशन $(FM)$ आमतौर पर एम्प्लिट्यूड मॉड्यूलेशन $(AM)$ की तुलना में शोर के प्रति अधिक सहनशील होता है। दिए गए विकल्पों में से,$Short-wave$ सिग्नल (जो अक्सर विशिष्ट प्रसार विशेषताओं और मॉड्यूलेशन तकनीकों से जुड़े होते हैं) ऐतिहासिक रूप से लंबी दूरी के संचार में बेहतर प्रदर्शन के लिए पहचाने जाते हैं,क्योंकि वे $Long-wave$ या $Medium-wave$ सिग्नल की तुलना में वायुमंडलीय शोर और हस्तक्षेप के प्रति कम संवेदनशील होते हैं।

(D) एक श्रेणी $LCR$ परिपथ की प्रतिबाधा $(Z)$ $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ द्वारा दी जाती है।
अनुनाद पर,प्रेरकीय प्रतिघात $(X_L)$ धारितीय प्रतिघात $(X_C)$ के बराबर होता है,इसलिए $X_L - X_C = 0$ होता है।
अतः,प्रतिबाधा $Z = R$ हो जाती है,जो परिपथ के लिए न्यूनतम संभव मान है।
चूंकि $Z$ न्यूनतम है,इसलिए धारा $I = V/Z$ अधिकतम होती है।
अनुनाद पर,कला कोण $\phi = \tan^{-1}((X_L - X_C)/R) = 0$ होता है,जिसका अर्थ है कि धारा अनुप्रयुक्त वोल्टेज के साथ समान कला में है।
संधारित्र के सिरों पर वोल्टेज $V_C = I X_C = (V/R) X_C$ है। यदि $R$ को कम किया जाता है,तो $I$ बढ़ता है,इसलिए $V_C$ बढ़ जाता है।
अतः,यह कथन कि प्रतिबाधा अधिकतम होती है,गलत है।

(B) प्रारंभिक धारिता $C_0 = \frac{K \epsilon_0 A}{d}$ है।
जब पदार्थ को बदला जाता है,तो संधारित्र समानांतर क्रम में जुड़े दो संधारित्रों की तरह कार्य करता है।
पहले संधारित्र का क्षेत्रफल $A_1 = \frac{1}{3}A$,परावैद्युत नियतांक $K_1 = 2K$ और दूरी $d$ है। इसकी धारिता $C_1 = \frac{K_1 \epsilon_0 A_1}{d} = \frac{(2K) \epsilon_0 (A/3)}{d} = \frac{2}{3} \frac{K \epsilon_0 A}{d} = \frac{2}{3} C_0$ है।
दूसरे संधारित्र का क्षेत्रफल $A_2 = \frac{2}{3}A$,परावैद्युत नियतांक $K_2 = K$ और दूरी $d$ है। इसकी धारिता $C_2 = \frac{K_2 \epsilon_0 A_2}{d} = \frac{K \epsilon_0 (2A/3)}{d} = \frac{2}{3} \frac{K \epsilon_0 A}{d} = \frac{2}{3} C_0$ है।
चूंकि वे समानांतर क्रम में हैं,कुल धारिता $C = C_1 + C_2 = \frac{2}{3} C_0 + \frac{2}{3} C_0 = \frac{4}{3} C_0$ है।
अतः,$\frac{C}{C_0} = \frac{4}{3}$।

(D) $LR$ परिपथ का शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{\sqrt{R^2 + X_L^2}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $X_L = 2R$,इसलिए पुराना शक्ति गुणांक $\cos \phi_1 = \frac{R}{\sqrt{R^2 + (2R)^2}} = \frac{R}{\sqrt{5R^2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ है।
जब $X_C = R$ वाला एक संधारित्र श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो नई प्रतिबाधा (impedance) $Z_{new} = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ होती है।
मान रखने पर,$Z_{new} = \sqrt{R^2 + (2R - R)^2} = \sqrt{R^2 + R^2} = \sqrt{2R^2} = R\sqrt{2}$ प्राप्त होता है।
नया शक्ति गुणांक $\cos \phi_2 = \frac{R}{Z_{new}} = \frac{R}{R\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
नए शक्ति गुणांक और पुराने शक्ति गुणांक का अनुपात $\frac{\cos \phi_2}{\cos \phi_1} = \frac{1/\sqrt{2}}{1/\sqrt{5}} = \sqrt{\frac{5}{2}}$ है।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \phi$,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $V_0 = \frac{hc}{e} \left(\frac{1}{\lambda}\right) - \frac{\phi}{e}$.
यह एक सीधी रेखा का समीकरण $y = mx + c$ है,जहाँ ढाल $m = \frac{hc}{e}$ दोनों धातुओं के लिए समान है,और x-अंतःखंड $\frac{1}{\lambda_0} = \frac{\phi}{hc}$ है।
ग्राफ से,धातु $A$ के लिए x-अंतःखंड,धातु $B$ के लिए x-अंतःखंड से छोटा है। चूँकि x-अंतःखंड कार्य फलन $\phi$ के समानुपाती है (अर्थात,$\phi = hc \cdot (1/\lambda_0)$),इसलिए छोटा x-अंतःखंड छोटे कार्य फलन को दर्शाता है।
अतः,$\phi_A < \phi_B$,जिसका अर्थ है कि धातु $B$ का कार्य फलन धातु $A$ से अधिक है।

(D) तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए,$n$-वीं अधिकतम तीव्रता की शर्त पथ अंतर $\Delta x = n\lambda$ है,और $m$-वीं न्यूनतम तीव्रता की शर्त पथ अंतर $\Delta x = (m + 1/2)\lambda$ है।
मान लीजिए पथ अंतर $\Delta x$ है। इंटरफेरेंस पैटर्न के अस्पष्ट होने की शर्त यह है कि $\lambda_1$ की अधिकतम तीव्रता $\lambda_2$ की न्यूनतम तीव्रता के साथ संपाती हो।
स्थिति $1$: $\lambda_1$ की अधिकतम तीव्रता $\lambda_2$ की न्यूनतम तीव्रता के साथ संपाती हो:
$\Delta x = n\lambda_1 = (m + 1/2)\lambda_2$
$n(500) = (m + 1/2)(600)$
$5n = 6m + 3$
सबसे छोटे पूर्णांक मानों के लिए,यदि $m = 2$ लें,तो $5n = 15 \Rightarrow n = 3$.
अतः,$\Delta x = 3 \times 500 = 1500\,nm$.
स्थिति $2$: $\lambda_2$ की अधिकतम तीव्रता $\lambda_1$ की न्यूनतम तीव्रता के साथ संपाती हो:
$\Delta x = n\lambda_2 = (m + 1/2)\lambda_1$
$n(600) = (m + 1/2)(500)$
$6n = 5m + 2.5 \Rightarrow 12n = 10m + 5$.
यह स्थिति पूर्णांक $n, m$ के लिए संभव नहीं है।
इसलिए,अस्पष्टता का पहला बिंदु $\Delta x = 1500\,nm$ पर प्राप्त होता है।

(C) रेडियो तरंगों की तरंगदैर्घ्य सूक्ष्म तरंगों (microwaves) से अधिक होती है। चूंकि आवृत्ति $f$,तरंगदैर्घ्य $\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है $(f = c/\lambda)$,इसलिए रेडियो तरंगों की आवृत्ति सूक्ष्म तरंगों की तुलना में कम होती है। अतः,कथन-$2$ असत्य है।
विवर्तन तब अधिक स्पष्ट होता है जब तरंग की तरंगदैर्घ्य बाधा या छिद्र के आकार के तुलनीय होती है। चूंकि रेडियो तरंगों की तरंगदैर्घ्य सूक्ष्म तरंगों से अधिक होती है,इसलिए वे अधिक विवर्तन प्रदर्शित करती हैं। अतः,कथन-$1$ सत्य है।

(A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{12400}{\lambda(\text{in } \mathring{A})} \, eV$ द्वारा दी जाती है।
$\lambda = 2500\, \mathring{A}$ रखने पर,$E = \frac{12400}{2500} = 4.96\, eV$ प्राप्त होता है।
उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \Phi$ है,जहाँ $\Phi = 4.47\, eV$ कार्य फलन है।
$K_{max} = 4.96 - 4.47 = 0.49\, eV$.
जैसे-जैसे गोला इलेक्ट्रॉनों का उत्सर्जन करता है,यह धनावेशित हो जाता है,जिससे एक विभव $V$ उत्पन्न होता है जो आगे के उत्सर्जन को रोकता है। निरोधी विभव $V = K_{max}/e$ होने के कारण,$V = 0.49\, V$ प्राप्त होता है।
आवेशित गोले का विभव $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r} = k \frac{Q}{r}$ है,जहाँ $k = 9 \times 10^9\, N\cdot m^2/C^2$ और $r = 0.01\, m$ है।
$0.49 = \frac{9 \times 10^9 \times Q}{0.01}$.
$Q = \frac{0.49 \times 0.01}{9 \times 10^9} = \frac{0.0049}{9 \times 10^9} \approx 5.44 \times 10^{-13}\, C$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,$Q = 5.5 \times 10^{-13}\, C$।

(B) बिना किसी विरूपण (distortion) के एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड सिग्नल का उचित पता लगाने के लिए शर्त यह है कि समय स्थिरांक (time constant) $\tau = RC$ को संबंध $\tau \le \frac{1}{\omega_m m_a}$ को संतुष्ट करना चाहिए,जहाँ $\omega_m = 2\pi f_m$ मॉड्यूलेटिंग सिग्नल की कोणीय आवृत्ति है और $m_a$ मॉड्यूलेशन इंडेक्स है।
दिया गया है:
$R = 100\, k\Omega = 10^5\, \Omega$
$C = 250\, pF = 250 \times 10^{-12}\, F$
$m_a = 60\% = 0.6$
पता लगाई जा सकने वाली अधिकतम आवृत्ति $f_m$ इस प्रकार है:
$f_m = \frac{1}{2\pi m_a RC}$
समय स्थिरांक की गणना:
$\tau = RC = 10^5 \times 250 \times 10^{-12} = 2.5 \times 10^{-5}\, s$
मान रखने पर:
$f_m = \frac{1}{2 \times 3.1416 \times 0.6 \times 2.5 \times 10^{-5}}$
$f_m = \frac{1}{9.4248 \times 10^{-5}}$
$f_m \approx 10610\, Hz = 10.61\, kHz$

(A) छोटे लूप के कारण बड़े लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\phi = \frac{\mu_{0} I \pi R_{1}^{2} R_{2}^{2}}{2(R_{1}^{2} + x^{2})^{3/2}}$
यहाँ,$R_{1} = 0.3 \times 10^{-2} \, m$ (छोटे लूप की त्रिज्या),
$R_{2} = 0.2 \, m$ (बड़े लूप की त्रिज्या),
$x = 0.15 \, m$ (केंद्रों के बीच की दूरी),
$I = 20 \, A$ (धारा)।
मान रखने पर:
$\phi = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 20 \times \pi \times (0.3 \times 10^{-2})^{2} \times (0.2)^{2}}{2((0.3 \times 10^{-2})^{2} + (0.15)^{2})^{3/2}}$
हल करने पर:
$\phi \approx 9.1 \times 10^{-11} \, Wb$.

(B) मान लीजिए कि पहले $NOR$ गेट का आउटपुट $C = \overline{A+B}$ है।
यह सिग्नल $C$ क्रमशः इनपुट $A$ और $B$ के साथ अगले दो $NOR$ गेट्स में दिया जाता है।
इन दो गेट्स के आउटपुट $D = \overline{A+C} = \overline{A+\overline{A+B}}$ और $E = \overline{B+C} = \overline{B+\overline{A+B}}$ हैं।
डी मॉर्गन प्रमेय का उपयोग करते हुए,$D = \overline{A} \cdot (A+B) = \overline{A}A + \overline{A}B = 0 + \overline{A}B = \overline{A}B$.
इसी प्रकार,$E = \overline{B} \cdot (A+B) = \overline{B}A + \overline{B}B = A\overline{B} + 0 = A\overline{B}$.
अंतिम आउटपुट $Y$,$D$ और $E$ का $NOR$ है: $Y = \overline{D+E} = \overline{\overline{A}B + A\overline{B}}$.
यह $XOR$ गेट के लिए व्यंजक है,जो $A \oplus B$ है।
$A \oplus B$ के लिए सत्यता सारणी इस प्रकार है:

$A, B$	$Y$
$0, 0$	$0$
$0, 1$	$1$
$1, 0$	$1$
$1, 1$	$0$