JEE Main 2016 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार है: $LC = \frac{\text{Pitch}}{\text{Circular scale divisions}} = \frac{0.5 \ mm}{50} = 0.01 \ mm$.
चूंकि $45^{th}$ डिवीजन मुख्य स्केल लाइन के साथ मेल खाता है और शून्य मुश्किल से दिखाई देता है,इसलिए शून्य त्रुटि ऋणात्मक है। शून्य चिह्न से आगे के डिवीजनों की संख्या $50 - 45 = 5$ है।
शून्य त्रुटि $(ZE)$ = $-5 \times LC = -5 \times 0.01 \ mm = -0.05 \ mm$.
अवलोकित रीडिंग: $\text{Main Scale Reading} + (\text{Circular Scale Reading} \times LC) = 0.5 \ mm + (25 \times 0.01 \ mm) = 0.5 \ mm + 0.25 \ mm = 0.75 \ mm$.
संशोधित रीडिंग (मोटाई) = $\text{Observed Reading} - ZE = 0.75 \ mm - (-0.05 \ mm) = 0.75 \ mm + 0.05 \ mm = 0.80 \ mm$.

(A) चरण $1$: माध्य आवर्तकाल $(T_{mean})$ की गणना करें:
$T_{mean} = \frac{90 + 91 + 95 + 92}{4} = \frac{368}{4} = 92\;s$.
चरण $2$: प्रत्येक माप के लिए निरपेक्ष त्रुटि की गणना करें:
$|\Delta T_1| = |92 - 90| = 2\;s$
$|\Delta T_2| = |92 - 91| = 1\;s$
$|\Delta T_3| = |92 - 95| = 3\;s$
$|\Delta T_4| = |92 - 92| = 0\;s$
चरण $3$: माध्य निरपेक्ष त्रुटि $(\Delta T_{mean})$ की गणना करें:
$\Delta T_{mean} = \frac{2 + 1 + 3 + 0}{4} = \frac{6}{4} = 1.5\;s$.
चरण $4$: अल्पतमांक (Least count) के आधार पर पूर्णांकन:
घड़ी का अल्पतमांक $1\;s$ है। इसलिए,माध्य निरपेक्ष त्रुटि को निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर यह $2\;s$ प्राप्त होती है।
अतः,रिपोर्ट किया गया माध्य समय $92 \pm 2\;s$ है।

(A) बिंदु $P$ की ऊँचाई $h = 2 \ m$ है। झुके हुए ट्रैक $PQ$ की लंबाई $L = h / \sin(30^\circ) = 2 / 0.5 = 4 \ m$ है।
पथ $PQ$ पर खोई गई ऊर्जा $W_{PQ} = \mu mg \cos(30^\circ) \times L = \mu mg (\sqrt{3}/2) \times 4 = 2\sqrt{3} \mu mg$ है।
क्षैतिज पथ $QR$ पर खोई गई ऊर्जा $W_{QR} = \mu mg x$ है।
यह दिया गया है कि $PQ$ और $QR$ पर खोई गई ऊर्जा बराबर है,$W_{PQ} = W_{QR}$:
$2\sqrt{3} \mu mg = \mu mg x \implies x = 2\sqrt{3} \approx 3.46 \ m$.
कुल खोई गई ऊर्जा कण की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है: $W_{PQ} + W_{QR} = mgh$.
चूंकि $W_{PQ} = W_{QR}$,हमारे पास $2 W_{PQ} = mgh$ है,जिसका अर्थ है $W_{PQ} = mgh / 2$.
$2\sqrt{3} \mu mg = mgh / 2 \implies 2\sqrt{3} \mu = h / 2$.
$h = 2 \ m$ रखने पर: $2\sqrt{3} \mu = 1 \implies \mu = 1 / (2\sqrt{3}) \approx 1 / 3.464 \approx 0.288 \approx 0.29$.
अतः,$\mu \approx 0.29$ और $x \approx 3.5 \ m$।

(B) $1000$ बार द्रव्यमान उठाने में किया गया कार्य $W = n \times mgh$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $n = 1000$, $m = 10 \ kg$, $g = 9.8 \ m/s^2$, और $h = 1 \ m$ है।
$W = 1000 \times 10 \times 9.8 \times 1 = 98000 \ J$.
दक्षता $\eta = 20\% = 0.2$ दी गई है, इसलिए वसा से आवश्यक कुल ऊर्जा इनपुट $E_{in} = \frac{W}{\eta} = \frac{98000}{0.2} = 490000 \ J = 4.9 \times 10^5 \ J$ है।
$1 \ kg$ वसा द्वारा प्रदान की जाने वाली ऊर्जा $3.8 \times 10^7 \ J/kg$ है।
अतः, उपयोग की गई वसा का द्रव्यमान $M_{fat} = \frac{E_{in}}{3.8 \times 10^7} = \frac{4.9 \times 10^5}{3.8 \times 10^7} \approx 1.289 \times 10^{-2} \ kg = 12.89 \times 10^{-3} \ kg$ है।

(D) कोणीय संवेग $\vec L = \vec r \times \vec p = r_{\perp} p \hat n$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r_{\perp}$ मूल बिंदु से गति की रेखा की लंबवत दूरी है।
$A$ से $B$ खंड के लिए: गति की रेखा $y = R/\sqrt{2}$ है। लंबवत दूरी $R/\sqrt{2}$ है। वेग $+x$ दिशा में है,इसलिए $\vec L = (R/\sqrt{2})mv(-\hat k)$ है।
$B$ से $C$ खंड के लिए: गति की रेखा $x = R/\sqrt{2} + a$ है। लंबवत दूरी $R/\sqrt{2} + a$ है। वेग $+y$ दिशा में है,इसलिए $\vec L = (R/\sqrt{2} + a)mv(\hat k)$ है।
$C$ से $D$ खंड के लिए: गति की रेखा $y = R/\sqrt{2} + a$ है। लंबवत दूरी $R/\sqrt{2} + a$ है। वेग $-x$ दिशा में है,इसलिए $\vec L = (R/\sqrt{2} + a)mv(\hat k)$ है।
$D$ से $A$ खंड के लिए: गति की रेखा $x = R/\sqrt{2}$ है। लंबवत दूरी $R/\sqrt{2}$ है। वेग $-y$ दिशा में है,इसलिए $\vec L = (R/\sqrt{2})mv(\hat k)$ है।
इन विकल्पों के साथ तुलना करने पर,कथन $(b)$ और $(c)$ गलत हैं।

(C) चित्र में दिखाए अनुसार,रोलर को दो पटरियों $AB$ और $CD$ पर रखा गया है। पटरियां असममित हैं ताकि घूर्णन की धुरी से बाईं पटरी $AB$ पर संपर्क बिंदु की दूरी दाईं पटरी $CD$ पर की दूरी से भिन्न हो।
चूंकि रोलर दो शंकुओं से बना है जो उनके शीर्ष $O$ पर जुड़े हुए हैं,पटरियों के साथ संपर्क बिंदु पर रोलर की त्रिज्या शीर्ष $O$ से दूरी पर निर्भर करती है।
लुढ़कने वाली गति के लिए,संपर्क के किसी भी बिंदु पर रैखिक वेग $v = r \omega$ द्वारा दिया जाता है,जहां $r$ उस बिंदु पर शंकु की त्रिज्या है और $\omega$ कोणीय वेग है।
चूंकि पटरियां असममित रूप से रखी गई हैं,बाईं पटरी पर संपर्क बिंदु पर प्रभावी त्रिज्या $r$,दाईं पटरी पर संपर्क बिंदु पर प्रभावी त्रिज्या $r$ से छोटी है।
चूंकि $v = r \omega$ है,छोटी त्रिज्या वाली तरफ का रैखिक वेग कम होगा,जिससे रोलर छोटी त्रिज्या वाली तरफ मुड़ जाएगा,जो कि बाईं ओर है।

(D) पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया के लिए,मोलर ऊष्मा धारिता $C$ को इस संबंध द्वारा दिया जाता है: $C = C_v + \frac{R}{1 - n}$.
$n$ के लिए हल करने हेतु पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$C - C_v = \frac{R}{1 - n}$
$1 - n = \frac{R}{C - C_v}$
$n = 1 - \frac{R}{C - C_v}$
मेयर के संबंध $R = C_p - C_v$ का उपयोग करने पर:
$n = \frac{C - C_v - (C_p - C_v)}{C - C_v}$
$n = \frac{C - C_v - C_p + C_v}{C - C_v}$
$n = \frac{C - C_p}{C - C_v}$.

(B) माना प्रारंभिक आयाम $A$ है और नया आयाम $A'$ है। सरल आवर्त गति में साम्यावस्था से $x$ दूरी पर कण का वेग $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$x = \frac{2A}{3}$ पर,प्रारंभिक वेग $v = \omega \sqrt{A^2 - (\frac{2A}{3})^2} = \omega \sqrt{A^2 - \frac{4A^2}{9}} = \omega \sqrt{\frac{5A^2}{9}} = \frac{\omega A \sqrt{5}}{3}$ है।
नई चाल $v' = 3v = \omega A \sqrt{5}$ है।
उसी स्थान $x = \frac{2A}{3}$ पर नए आयाम $A'$ के लिए सूत्र का उपयोग करने पर:
$(v')^2 = \omega^2 (A'^2 - x^2)$
$(\omega A \sqrt{5})^2 = \omega^2 (A'^2 - (\frac{2A}{3})^2)$
$5A^2 = A'^2 - \frac{4A^2}{9}$
$A'^2 = 5A^2 + \frac{4A^2}{9} = \frac{45A^2 + 4A^2}{9} = \frac{49A^2}{9}$
$A' = \sqrt{\frac{49A^2}{9}} = \frac{7A}{3}$.

(C) लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ द्वारा दिया जाता है। आवर्तकाल में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \alpha \Delta \theta$ होता है।
एक दिन के लिए,$T = 24 \times 3600 \; s$ है।
जब घड़ी $40^{\circ}C$ पर $12\;s$ खोती है (जहाँ $\theta$ सही तापमान है): $\frac{12}{T} = \frac{1}{2} \alpha (40 - \theta) \quad ...(1)$
जब घड़ी $20^{\circ}C$ पर $4\;s$ प्राप्त करती है: $\frac{4}{T} = \frac{1}{2} \alpha (\theta - 20) \quad ...(2)$
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर: $\frac{12}{4} = \frac{40 - \theta}{\theta - 20} \implies 3(\theta - 20) = 40 - \theta \implies 3\theta - 60 = 40 - \theta \implies 4\theta = 100 \implies \theta = 25^{\circ}C$.
समीकरण $(2)$ में $\theta = 25^{\circ}C$ रखने पर: $\frac{4}{24 \times 3600} = \frac{1}{2} \alpha (25 - 20) \implies \frac{4}{86400} = \frac{1}{2} \alpha (5) \implies \alpha = \frac{8}{86400 \times 5} = \frac{8}{432000} \approx 1.85 \times 10^{-5}/^{\circ}C$.

(A) डोरी पर तरंग का वेग $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ प्रति इकाई लंबाई का द्रव्यमान है।
$l$ लंबाई और $m$ द्रव्यमान वाली डोरी के लिए,$\mu = \frac{m}{l}$।
निचले सिरे से $x$ दूरी पर,तनाव $T$ उस बिंदु के नीचे डोरी के भार के कारण होता है: $T = \mu x g$।
इसे वेग के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर: $v = \sqrt{\frac{\mu x g}{\mu}} = \sqrt{gx}$।
चूँकि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = \sqrt{gx}$।
चरों को अलग करने पर: $x^{-1/2} dx = \sqrt{g} dt$।
$x=0$ से $x=l$ और $t=0$ से $t=T_{total}$ तक समाकलन (integration) करने पर:
$\int_{0}^{l} x^{-1/2} dx = \int_{0}^{T_{total}} \sqrt{g} dt$।
$[2x^{1/2}]_{0}^{l} = \sqrt{g} T_{total}$।
$2\sqrt{l} = \sqrt{g} T_{total} \implies T_{total} = 2\sqrt{\frac{l}{g}}$।
यहाँ $l = 20 \ m$ और $g = 10 \ ms^{-2}$ दिया गया है,इसलिए $T_{total} = 2\sqrt{\frac{20}{10}} = 2\sqrt{2} \ s$।

(B) दोनों सिरों पर खुली $\ell$ लंबाई वाली पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f = \frac{v}{2\ell}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ हवा में ध्वनि की गति है।
जब पाइप को पानी में लंबवत इस प्रकार डुबोया जाता है कि उसकी आधी लंबाई पानी के अंदर हो,तो वायु स्तंभ की लंबाई $\ell^{\prime} = \frac{\ell}{2}$ हो जाती है।
चूंकि पाइप अब एक सिरे पर बंद (पानी की सतह द्वारा) और दूसरे सिरे पर खुली है,इसलिए यह एक सिरे पर बंद पाइप के रूप में कार्य करती है।
एक सिरे पर बंद और $\ell^{\prime}$ लंबाई वाली पाइप की मूल आवृत्ति $f^{\prime} = \frac{v}{4\ell^{\prime}}$ होती है।
समीकरण में $\ell^{\prime} = \frac{\ell}{2}$ रखने पर,हमें $f^{\prime} = \frac{v}{4(\ell/2)} = \frac{v}{2\ell}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,प्रारंभिक आवृत्ति के साथ तुलना करने पर,हमें $f^{\prime} = f$ प्राप्त होता है।

(A) समदाबी प्रक्रिया में,एक आदर्श गैस द्वारा किया गया कार्य $W = P \Delta V = nR \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
स्थिर दाब पर दी गई ऊष्मा $Q = n C_P \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर दाब पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_P = \frac{5}{2}R$ होती है।
किए गए कार्य और दी गई ऊष्मा का अनुपात $\frac{W}{Q} = \frac{nR \Delta T}{n C_P \Delta T} = \frac{R}{C_P}$ है।
$C_P$ का मान रखने पर,हमें $\frac{W}{Q} = \frac{R}{\frac{5}{2}R} = \frac{2}{5} = 0.4$ प्राप्त होता है।

(B) रॉकेट के फ्रेम में,वस्तु पर नीचे की ओर एक छद्म बल (pseudo force) $ma$ कार्य करता है,जहाँ $a = 2g$ है। द्रव्यमान $m$ पर कार्य करने वाला कुल प्रभावी त्वरण $g_{eff} = g + a = g + 2g = 3g$ नीचे की ओर है।
आनत तल के अनुदिश द्रव्यमान $m$ पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. प्रभावी भार का घटक $mg_{eff} \sin \theta = 3mg \sin \theta$ जो ढलान के नीचे की ओर कार्य करता है।
$2$. घर्षण बल $f$ जो ढलान के ऊपर की ओर कार्य करता है।
आनत तल के लंबवत कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. अभिलंब बल $N = mg_{eff} \cos \theta = 3mg \cos \theta$.
$2$. प्रभावी भार का घटक $mg_{eff} \cos \theta = 3mg \cos \theta$.
द्रव्यमान के स्थिर रहने के लिए,घर्षण बल को ढलान के नीचे कार्य करने वाले प्रभावी भार के घटक को संतुलित करना चाहिए:
$f = 3mg \sin \theta$
चूंकि $f \le \mu N,$ इसलिए न्यूनतम घर्षण गुणांक $\mu_{min}$ इस प्रकार होगा:
$f = \mu_{min} N$
$3mg \sin \theta = \mu_{min} (3mg \cos \theta)$
$\mu_{min} = \frac{3mg \sin \theta}{3mg \cos \theta} = \tan \theta$

(C) सड़क का ढलान $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{100 \, m}{1000 \, m} = \frac{1}{10}$ द्वारा दिया जाता है।
जब $v_1 = 10 \, m/s$ की गति से ऊपर की ओर चलते हैं,तो आवश्यक बल $F_{up} = W \sin \theta + f = W(\frac{1}{10}) + \frac{W}{20} = \frac{3W}{20}$ है।
आवश्यक शक्ति $P = F_{up} \cdot v_1 = (\frac{3W}{20}) \cdot 10 = \frac{3W}{2}$ है।
जब $v$ गति से नीचे की ओर चलते हैं,तो आवश्यक बल $F_{down} = |W \sin \theta - f| = |\frac{W}{10} - \frac{W}{20}| = \frac{W}{20}$ है।
दिया गया है कि शक्ति $P' = \frac{P}{2} = \frac{3W}{4}$ है,इसलिए $\frac{W}{20} \cdot v = \frac{3W}{4}$ है।
$v$ के लिए हल करने पर: $v = \frac{3 \cdot 20}{4} = 15 \, m/s$।

(D) मान लीजिए संदर्भ वृत्त की त्रिज्या $A$ है। कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T}$ है।
$t=0$ पर,पहला कण $x = A$ पर है,जो संदर्भ वृत्त पर $\phi_1 = 0$ कला कोण को दर्शाता है।
दूसरा कण $x = -A/2$ पर है और संतुलन बिंदु की ओर (धनात्मक दिशा में) गति कर रहा है। यह $\phi_2 = \frac{4\pi}{3}$ कला कोण को दर्शाता है।
वे एक-दूसरे की ओर गति कर रहे हैं,इसलिए सापेक्ष कोणीय वेग $\omega$ है। संदर्भ वृत्त का उपयोग करते हुए: कण $1$,$0$ रेडियन से शुरू होता है,कण $2$,$240^{\circ}$ ($4\pi/3$ रेडियन) से शुरू होता है। वे तब मिलते हैं जब x-अक्ष पर उनके प्रक्षेप समान होते हैं। लिया गया समय $t = \frac{\Delta \phi}{\omega} = \frac{\pi/3}{2\pi/T} = \frac{T}{6}$ है।

(C) केप्लर के दूसरे नियम के अनुसार,ग्रह का क्षेत्रीय वेग नियत रहता है,जिसका अर्थ है कि क्षेत्रफल को पार करने में लगा समय उस क्षेत्रफल के सीधे आनुपातिक होता है।
मान लीजिए दीर्घवृत्त का कुल क्षेत्रफल $A$ है।
पथ $abc$ में ग्रह द्वारा तय किया गया क्षेत्रफल अर्ध-दीर्घवृत्त (भुजा $b$ की ओर) और त्रिभुज $Sca$ के क्षेत्रफल का योग है।
अर्ध-दीर्घवृत्त का क्षेत्रफल $= \frac{A}{2}$।
त्रिभुज $Sca$ का क्षेत्रफल $= \frac{1}{4}A$ (दिया गया है)।
इसलिए,पथ $abc$ में तय किया गया क्षेत्रफल $A_1 = \frac{A}{2} + \frac{A}{4} = \frac{3A}{4}$ है।
पथ $cda$ में तय किया गया क्षेत्रफल $A_2 = A - A_1 = A - \frac{3A}{4} = \frac{A}{4}$ है।
चूंकि $\frac{t_1}{t_2} = \frac{A_1}{A_2}$,इसलिए $\frac{t_1}{t_2} = \frac{3A/4}{A/4} = 3$।
अतः,$t_1 = 3t_2$।

(C) मान लीजिए कि ऊपरी सिरा $x=0$ पर और निचला सिरा $x=L$ पर है। ऊपर से $x$ दूरी पर त्रिज्या $r(x) = R + \frac{3R-R}{L}x = R(1 + \frac{2x}{L})$ द्वारा दी जाती है।
$dx$ लंबाई के एक छोटे तत्व का विस्तार $d\Delta L = \frac{Mg dx}{Y A(x)}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A(x) = \pi r(x)^2 = \pi R^2 (1 + \frac{2x}{L})^2$ है।
$x=0$ से $x=L$ तक समाकलन करने पर:
$\Delta L = \int_0^L \frac{Mg dx}{\pi Y R^2 (1 + \frac{2x}{L})^2} = \frac{Mg}{\pi Y R^2} \int_0^L (1 + \frac{2x}{L})^{-2} dx$.
मान लीजिए $u = 1 + \frac{2x}{L}$,तो $du = \frac{2}{L} dx$,या $dx = \frac{L}{2} du$.
जब $x=0, u=1$; जब $x=L, u=3$.
$\Delta L = \frac{Mg}{\pi Y R^2} \cdot \frac{L}{2} \int_1^3 u^{-2} du = \frac{MgL}{2 \pi Y R^2} \left[ -\frac{1}{u} \right]_1^3 = \frac{MgL}{2 \pi Y R^2} \left( 1 - \frac{1}{3} \right) = \frac{MgL}{2 \pi Y R^2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{MgL}{3 \pi Y R^2}$.
कुल खिंची हुई लंबाई $L + \Delta L = L + \frac{MgL}{3 \pi Y R^2} = L \left( 1 + \frac{1}{3} \frac{Mg}{\pi Y R^2} \right)$ है।

(A) मान लीजिए कि छेद पर पानी का वेग $v_1$ है और जमीन से टकराते समय पानी का वेग $v_2$ है।
टोरिसेली के नियम का उपयोग करते हुए,छेद पर वेग $v_1 = \sqrt{2gH}$ है।
स्वतंत्र रूप से गिरती हुई वस्तु के लिए गति के समीकरण का उपयोग करते हुए,जमीन पर वेग $v_2 = \sqrt{v_1^2 + 2gh} = \sqrt{2gH + 2gh} = \sqrt{2g(H + h)}$ है।
सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,आयतन प्रवाह दर स्थिर रहती है:
$A_1 v_1 = A_2 v_2$
$\pi r^2 v_1 = \pi x^2 v_2$
$r^2 \sqrt{2gH} = x^2 \sqrt{2g(H + h)}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$r^4 (2gH) = x^4 (2g(H + h))$
$x^4 = r^4 \frac{H}{H + h}$
$x = r \left( \frac{H}{H + h} \right)^{\frac{1}{4}}$

(D) डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,आभासी आवृत्ति $f^{\prime}$ का सूत्र इस प्रकार है:
$f^{\prime} = f \left( \frac{v + v_{o}}{v - v_{s}} \right)$
यहाँ,$v$ ध्वनि की गति है,$v_{o}$ प्रेक्षक (दूसरे इंजन का ड्राइवर) का वेग है,और $v_{s}$ स्रोत (पहले इंजन) का वेग है।
दिया गया है: $v = 330\,m/s$,$v_{o} = 30\,m/s$ (स्रोत की ओर गतिमान),$v_{s} = 30\,m/s$ (प्रेक्षक की ओर गतिमान),और $f = 540\,Hz$.
मान रखने पर:
$f^{\prime} = 540 \left( \frac{330 + 30}{330 - 30} \right)$
$f^{\prime} = 540 \left( \frac{360}{300} \right)$
$f^{\prime} = 540 \times 1.2 = 648\,Hz$.

(D) यह माना जाता है कि पानी का आयतन स्थिर रहता है,इसलिए निकाय द्वारा या निकाय पर कोई कार्य नहीं किया जाता है $(W = 0)$।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार:
$Q = \Delta U + W$
चूंकि प्रक्रिया सम-आयतनिक (isochoric) है $(W = 0)$,इसलिए दी गई ऊष्मा आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होती है:
$Q = \Delta U$
ऊष्मा का सूत्र $Q = mc\Delta T$ है,जहाँ:
$m = 200\,g = 0.2\,kg$
$c = 4184\,J/kg\cdot K$
$\Delta T = 60\,^{\circ}C - 40\,^{\circ}C = 20\,K$
मान रखने पर:
$\Delta U = 0.2\,kg \times 4184\,J/kg\cdot K \times 20\,K$
$\Delta U = 16736\,J$
$\Delta U = 16.736\,kJ \approx 16.7\,kJ$.

(C) एक श्यान माध्यम में ऊर्ध्वाधर रूप से गिरते हुए बिंदु द्रव्यमान $m$ के लिए,उस पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण ($mg$ नीचे की ओर) और श्यान ड्रैग बल ($kv$ ऊपर की ओर) हैं।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,गति का समीकरण है: $ma = mg - kv$।
अतः,त्वरण $a = g - (k/m)v$ है।
$t = 0$ पर,$v = 0$ है,इसलिए प्रारंभिक त्वरण $a = g$ (अधिकतम) है।
जैसे-जैसे गति $v$ बढ़ती है,ड्रैग बल $kv$ बढ़ता है,जिससे त्वरण $a$ कम हो जाता है।
अंततः,गति टर्मिनल वेग $v_t = mg/k$ तक पहुँच जाती है,जहाँ त्वरण $a$ शून्य हो जाता है।
इसलिए,गति $v$ $0$ से बढ़कर एक स्थिर मान $v_t$ के करीब पहुँचती है,जबकि त्वरण $a$ $g$ से घटकर $0$ के करीब पहुँचता है।
दिए गए ग्राफों के साथ तुलना करने पर,ग्राफ $C$ सही ढंग से दिखाता है कि गति $v$ एक स्थिर मान की ओर बढ़ रही है और त्वरण $a$ शून्य की ओर घट रहा है।

(C) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln T = \ln(2\pi) + \frac{1}{2} \ln L - \frac{1}{2} \ln g$.
तापमान $\theta$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{1}{T} \frac{dT}{d\theta} = \frac{1}{2L} \frac{dL}{d\theta}$.
चूंकि $\frac{dL}{d\theta} = L\alpha$,इसलिए $\frac{1}{T} \frac{dT}{d\theta} = \frac{1}{2L} (L\alpha) = \frac{\alpha}{2}$.
अतः,ढाल $S = \frac{dT}{d\theta} = \frac{T\alpha}{2}$.
दिया गया है कि $T = 2 \ s$,इसलिए $S = \frac{2\alpha}{2} = \alpha$ प्राप्त होता है।

(B) जब ब्लॉक उभार से टकराता है,तो वह उभार के किनारे के चारों ओर घूमने लगता है। हम टकराव के बिंदु (उभार) के चारों ओर कोणीय संवेग के संरक्षण का नियम लागू करते हैं।
उभार के चारों ओर ब्लॉक का प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = m v r_{\perp}$ है,जहाँ $r_{\perp}$ उभार से ब्लॉक के द्रव्यमान केंद्र तक की लंबवत दूरी है। चूंकि ब्लॉक क्षैतिज रूप से गति कर रहा है,$r_{\perp} = a/2 = 0.15\,m$.
अतः,$L_i = m \times 2 \times 0.15 = 0.3m$.
किनारे से गुजरने वाली अक्ष के चारों ओर घन का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{3}ma^2$ लेने पर:
कोणीय संवेग के संरक्षण के अनुसार: $L_i = I \omega$
$0.3m = (\frac{2}{3}m(0.3)^2) \omega$
$0.3 = \frac{2}{3} \times 0.09 \times \omega$
$0.3 = 0.06 \omega$
$\omega = \frac{0.3}{0.06} = 5.0\,rad/s$.

(A) यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F \ell}{A \Delta \ell} = \frac{F \ell}{\pi r^2 \Delta \ell}$ है।
दिया गया है: $\ell = 1 \, m = 1000 \, mm$,$r = 5 \, mm$,$F = 50 \pi \times 10^3 \, N$,और $\Delta \ell = \Delta r = 0.01 \, mm$.
सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta Y}{Y} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + 2 \frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta(\Delta \ell)}{\Delta \ell}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\Delta \ell$ सबसे छोटी मापने योग्य लंबाई है,इसलिए $\Delta(\Delta \ell) = 0.01 \, mm$.
योगदान की गणना: $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{0.01}{1000} = 10^{-5}$,$2 \frac{\Delta r}{r} = 2 \times \frac{0.01}{5} = 4 \times 10^{-3}$,और $\frac{\Delta(\Delta \ell)}{\Delta \ell} = \frac{0.01}{\Delta \ell}$.
चूंकि $\Delta \ell$ बहुत छोटा होता है,इसलिए $\frac{\Delta(\Delta \ell)}{\Delta \ell}$ पद त्रुटि में प्रभावी होता है।
कथन $A$ गलत है क्योंकि अधिकतम $Y$ न्यूनतम मापने योग्य $\Delta \ell$ पर निर्भर करता है। यदि $\Delta \ell = 0.01 \, mm$ है,तो $Y = \frac{50 \pi \times 10^3 \times 1000}{\pi \times 5^2 \times 0.01} = 2 \times 10^{11} \, N/m^2$. अतः $10^{14}$ मान गलत है।

(A) सामग्री को दीवार से न चिपकने के लिए,ड्रम के शीर्ष पर अभिलंब बल शून्य या उससे अधिक होना चाहिए। सीमांत स्थिति तब होती है जब अभिलंब बल शून्य होता है,जो ऊर्ध्वाधर वृत्तीय गति की स्थिति के अनुरूप है जहाँ शीर्ष बिंदु पर अभिकेंद्र बल गुरुत्वाकर्षण द्वारा प्रदान किया जाता है।
$v = \sqrt{Rg}$
त्रिज्या $R = 1.25\, m$ और $g = 10\, m/s^2$ दी गई है,इसलिए कोणीय वेग $\omega$:
$\omega = \frac{v}{R} = \sqrt{\frac{g}{R}} = \sqrt{\frac{10}{1.25}} = \sqrt{8} = 2.828\, rad/s$.
इसे प्रति मिनट चक्कर (rpm) में बदलने के लिए,हम $\omega (rpm) = \frac{60}{2\pi} \times \omega$ संबंध का उपयोग करते हैं:
$\omega (rpm) = \frac{60}{2 \times 3.14} \times 2.828 \approx 9.55 \times 2.828 \approx 27.0\, rpm$.
इस प्रकार,अधिकतम घूर्णन गति लगभग $27.0\, rpm$ है।

(C) दिए गए वेग-समय ग्राफ से,$t = 0$ पर प्रारंभिक वेग $u = 50\, m/s$ है और $t = 10\, s$ पर अंतिम वेग $v = 0\, m/s$ है।
त्वरण $a$ ग्राफ का ढाल है:
$a = \frac{v_f - v_i}{t_f - t_i} = \frac{0 - 50}{10 - 0} = -5\, m/s^2$.
$t = 2\, s$ पर वेग $v(t) = u + at$ द्वारा प्राप्त होता है:
$v(2) = 50 + (-5)(2) = 50 - 10 = 40\, m/s$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कार्य $W$ गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K.E.$ के बराबर होता है:
$W = \Delta K.E. = \frac{1}{2} m (v_f^2 - v_i^2)$
$W = \frac{1}{2} \times 10\, kg \times ((40\, m/s)^2 - (50\, m/s)^2)$
$W = 5 \times (1600 - 2500)$
$W = 5 \times (-900) = -4500\, J$.

(C) माना तार $AB$ की लंबाई $x$ और $BC$ की लंबाई $y$ है। रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\lambda$ है।
$BC$ का द्रव्यमान केंद्र $(y/2, 0)$ पर है और इसका द्रव्यमान $m_1 = \lambda y$ है।
$AB$ का द्रव्यमान केंद्र $(x/2 \cos 60^{\circ}, x/2 \sin 60^{\circ}) = (x/4, x\sqrt{3}/4)$ पर है और इसका द्रव्यमान $m_2 = \lambda x$ है।
निकाय के द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक:
$X_{cm} = \frac{m_1(y/2) + m_2(x/4)}{m_1 + m_2} = \frac{\lambda y(y/2) + \lambda x(x/4)}{\lambda(x + y)} = \frac{y^2/2 + x^2/4}{x + y}$.
चूंकि द्रव्यमान केंद्र $A$ के नीचे स्थित है,इसलिए इसका $x$-निर्देशांक $A$ के $x$-निर्देशांक यानी $x \cos 60^{\circ} = x/2$ के बराबर होना चाहिए।
दोनों को बराबर करने पर:
$\frac{y^2/2 + x^2/4}{x + y} = \frac{x}{2} \Rightarrow y^2/2 + x^2/4 = x^2/2 + xy/2$.
$4$ से गुणा करने पर:
$2y^2 + x^2 = 2x^2 + 2xy \Rightarrow 2y^2 - 2xy - x^2 = 0$.
$x^2$ से भाग देने पर और $r = y/x$ मानने पर:
$2r^2 - 2r - 1 = 0$.
द्विघात सूत्र $r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करने पर:
$r = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4(2)(-1)}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{4} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{4} = \frac{1 \pm \sqrt{3}}{2}$.
चूंकि $r$ धनात्मक होना चाहिए,इसलिए $r = \frac{1 + \sqrt{3}}{2} \approx \frac{1 + 1.732}{2} = 1.366 \approx 1.37$.

(A) दिया गया बल नियम $F = \frac{R}{t^2} v(t)$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$F = m \frac{dv}{dt}$,हमारे पास है:
$m \frac{dv}{dt} = \frac{R}{t^2} v(t)$
समाकलन के लिए पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{dv}{v} = \frac{R}{m} \frac{dt}{t^2}$
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int \frac{dv}{v} = \frac{R}{m} \int t^{-2} dt$
$\ln v = \frac{R}{m} (-\frac{1}{t}) + C$
यहाँ,$\ln v$ का $\frac{1}{t}$ के साथ रैखिक संबंध है।
इसलिए,$\ln v(t)$ को $\frac{1}{t}$ के विरुद्ध आलेखित करने पर एक सीधी रेखा प्राप्त होगी,जो इस नियम को प्रयोगात्मक रूप से सत्यापित करने का सबसे अच्छा तरीका है।

(B) अभिकेंद्र त्वरण $a_c = \frac{v^2}{R} = n^2 R t^2$ द्वारा दिया गया है।
इससे,वेग का वर्ग $v^2 = n^2 R^2 t^2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $v = nRt$।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_t = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(nRt) = nR$ है।
कण को दी गई शक्ति $P = F_t v = (M a_t) v$ है।
मान रखने पर,$P = M(nR)(nRt) = M n^2 R^2 t$ प्राप्त होता है।

(D) समीकरण $AD = C \ln(BD)$ में,लघुगणकीय फलन का तर्क विमाहीन होना चाहिए। इसलिए,$BD$ का आयाम $1$ (विमाहीन) होना चाहिए,अर्थात $[BD] = [M^0 L^0 T^0]$।
इसका अर्थ है कि $[B] = [D]^{-1}$।
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $[AD] = [C] \times [1]$ प्राप्त होता है,इसलिए $[A][D] = [C]$।
योग या घटाव में किसी भौतिक राशि के सार्थक होने के लिए,पदों के आयाम समान होने चाहिए।
विकल्प $D$ की जाँच करने पर: $\frac{A - C}{D}$। यहाँ,$A$ और $C$ को घटाया जा रहा है। चूँकि $[A] = [C][D]^{-1}$ और $[C] = [A][D]$,इसलिए $A$ और $C$ के आयाम अलग-अलग हैं। अतः,$A - C$ एक सार्थक संक्रिया नहीं है।

(B) वॉशर पिस्टन के साथ संपर्क तब खो देता है जब पिस्टन का नीचे की ओर त्वरण गुरुत्वीय त्वरण $(g)$ से अधिक हो जाता है।
संपर्क टूटने के बिंदु पर,अभिलंब बल $(N)$ $0$ हो जाता है।
सरल आवर्त गति के लिए,अधिकतम नीचे की ओर त्वरण $a_{\max} = \omega^2 A$ द्वारा दिया जाता है।
संपर्क टूटने की शर्त $a_{\max} = g$ है,जहाँ $g \approx 9.8\, m/s^2$ है।
दिया गया आयाम $A = 7\, cm = 0.07\, m$ है।
मान रखने पर: $\omega^2 A = g \Rightarrow \omega = \sqrt{\frac{g}{A}}$.
चूंकि $\omega = 2\pi f$,इसलिए $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{A}}$.
$f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{9.8}{0.07}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{140} \approx \frac{11.83}{6.28} \approx 1.88\, Hz$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,आवृत्ति $1.9\, Hz$ है।

(D) पानी (सिंक) से निकाली गई ऊष्मा $Q_{sink} = mL = 5 \times 336 \times 10^3 = 1.68 \times 10^6\,J$ है।
कार्नोट रेफ्रिजरेटर के लिए,प्रदर्शन गुणांक $\beta = \frac{T_{sink}}{T_{source} - T_{sink}} = \frac{Q_{sink}}{W}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए तापमान: $T_{sink} = 0 + 273 = 273\,K$ और $T_{source} = 27 + 273 = 300\,K$.
मान रखने पर: $\frac{273}{300 - 273} = \frac{1.68 \times 10^6}{W}$.
$\frac{273}{27} = \frac{1.68 \times 10^6}{W}$.
$W = \frac{1.68 \times 10^6 \times 27}{273} \approx 1.6615 \times 10^5\,J$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,खपत की गई ऊर्जा $1.67 \times 10^5\,J$ है।

(D) कॉर्क के आयतन में परिवर्तन $\Delta V = V_{initial} - V_{final} = \pi (a + \Delta a)^2 b - \pi a^2 b \approx \pi (a^2 + 2a \Delta a) b - \pi a^2 b = 2\pi a b \Delta a$ है।
आयतन विकृति (volumetric strain) $\frac{\Delta V}{V} = \frac{2\pi a b \Delta a}{\pi a^2 b} = \frac{2 \Delta a}{a}$ है।
कॉर्क द्वारा बोतल की दीवारों पर लगाया गया दबाव $P = B \times \text{volumetric strain} = B \left( \frac{2 \Delta a}{a} \right)$ है।
कॉर्क द्वारा बोतल के मुख की आंतरिक सतह पर लगाया गया अभिलंब बल $N = P \times A_{surface} = \left( \frac{2B \Delta a}{a} \right) \times (2\pi a b) = 4\pi B b \Delta a$ है।
कॉर्क को अंदर धकेलने के लिए आवश्यक घर्षण बल $f = \mu N = \mu (4\pi B b \Delta a) = (4\pi \mu B b) \Delta a$ है।

(D) माना हॉर्न की आवृत्ति $f$ है।
प्रेक्षक दो ध्वनियाँ सुनता है: एक सीधे कार से और दूसरी दीवार से परावर्तित होकर।
$1$. कार से सीधे सुनाई देने वाली ध्वनि की आवृत्ति $(f_1)$: डॉप्लर प्रभाव के सूत्र के अनुसार,$f_1 = f \left( \frac{340}{340 - 5} \right)$.
$2$. दीवार से परावर्तित ध्वनि की आवृत्ति $(f_2)$: दीवार एक स्रोत के रूप में कार्य करती है। परावर्तित ध्वनि की आवृत्ति $f_2 = f \left( \frac{340}{340 + 5} \right)$ होगी।
बीट आवृत्ति $|f_1 - f_2| = 5$ दी गई है।
$5 = f \left( \frac{340}{335} - \frac{340}{345} \right) = 340f \left( \frac{10}{115575} \right)$.
$f = \frac{5 \times 115575}{3400} \approx 170\, Hz$.

(D) एक आदर्श गैस के लिए,अवस्था का समीकरण $PV = nRT$ है।
चूंकि $n = m/M$ और घनत्व $\rho = m/V$ है,हम $V = m/\rho$ लिख सकते हैं।
इसे आदर्श गैस समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $P(m/\rho) = (m/M)RT$।
यह सरल होकर $P = (\rho RT)/M$ हो जाता है।
नियत तापमान $T$ पर,गैस नियतांक $R$ और मोलर द्रव्यमान $M$ भी नियत रहते हैं।
इसलिए,$P = k\rho$,जहाँ $k = (RT)/M$ एक नियतांक है।
यह समीकरण दबाव $P$ और घनत्व $\rho$ के बीच एक रैखिक संबंध को दर्शाता है,जो मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।
अतः,सही ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।

(C) न्यूटन के सार्वत्रिक गुरुत्वाकर्षण के नियम के अनुसार,दो बिंदु द्रव्यमानों के बीच गुरुत्वाकर्षण बल $F_G = \frac{GMm}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ दोनों द्रव्यमानों के केंद्रों के बीच की दूरी है।
इस मामले में,अंतरिक्ष यात्री पृथ्वी की सतह से $h$ दूरी पर है,इसलिए पृथ्वी के केंद्र से उसकी दूरी $r = R + h$ है।
अतः,अंतरिक्ष यात्री पर लगने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $F_G = \frac{GMm}{(R + h)^2}$ है।

(D) दिए गए ग्राफ के लिए,$(V_0, 2P_0)$ और $(2V_0, P_0)$ से गुजरने वाली $P-V$ रेखा का समीकरण है:
$P - 2P_0 = \frac{P_0 - 2P_0}{2V_0 - V_0} (V - V_0)$
$P - 2P_0 = -\frac{P_0}{V_0} (V - V_0)$
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V$
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास $T = \frac{PV}{nR}$ है।
$P$ को $V$ के पदों में प्रतिस्थापित करने पर:
$T = \frac{1}{nR} (3P_0 - \frac{P_0}{V_0} V) V = \frac{1}{nR} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2)$
अधिकतम तापमान के लिए,$\frac{dT}{dV} = 0$:
$\frac{d}{dV} (3P_0 V - \frac{P_0}{V_0} V^2) = 0$
$3P_0 - \frac{2P_0}{V_0} V = 0$
$V = \frac{3}{2} V_0$
$V = \frac{3}{2} V_0$ को दबाव समीकरण में वापस रखने पर:
$P = 3P_0 - \frac{P_0}{V_0} (\frac{3}{2} V_0) = 3P_0 - \frac{3}{2} P_0 = \frac{3}{2} P_0$
अब,अधिकतम तापमान की गणना करें:
$T_{max} = \frac{P V}{nR} = \frac{(\frac{3}{2} P_0) (\frac{3}{2} V_0)}{nR} = \frac{9 P_0 V_0}{4nR}$

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - W_0 = \frac{1}{2}mv^2$,जहाँ $W_0 = \frac{hc}{\lambda_0}$ कार्य फलन (work function) है।
अतः,$v = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0} \right)} \dots (i)$
जब तरंगदैर्ध्य को बदलकर $\lambda' = \frac{3\lambda}{4}$ कर दिया जाता है,तो नई गति $v'$ होगी:
$v' = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{1}{3\lambda/4} - \frac{1}{\lambda_0} \right)} = \sqrt{\frac{2hc}{m} \left( \frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \right)} \dots (ii)$
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v'}{v} = \sqrt{\frac{4\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0} \cdot \frac{\lambda \lambda_0}{\lambda_0 - \lambda}} = \sqrt{\frac{4}{3} \cdot \frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda}}$
चूंकि $\lambda_0 > \lambda$,इसलिए $(\lambda_0 - 0.75\lambda) > (\lambda_0 - \lambda)$ होगा।
अतः,$\frac{\lambda_0 - 0.75\lambda}{\lambda_0 - \lambda} > 1$ होगा।
इसका अर्थ है कि $\frac{v'}{v} > \sqrt{\frac{4}{3}}$,यानी $v' > v(4/3)^{1/2}$।

(C) दिए गए परिपथ में एक $OR$ गेट और उसके बाद एक $AND$ गेट है। $OR$ गेट का आउटपुट $(A + B)$ है। इस आउटपुट को इनपुट $C$ के साथ $AND$ गेट में भेजा जाता है। अतः,आउटपुट $Y$ के लिए बूलियन व्यंजक $Y = (A + B) \cdot C$ है।
आउटपुट $Y = 1$ प्राप्त करने के लिए,$AND$ गेट के दोनों इनपुट $1$ होने चाहिए। इसका अर्थ है कि $(A + B) = 1$ और $C = 1$ होना चाहिए।
$(A + B) = 1$ के लिए,$A$ या $B$ में से कम से कम एक $1$ होना चाहिए।
विकल्पों की जाँच करने पर:
- विकल्प $A$ के लिए: $A=0, B=1, C=0 \implies Y = (0+1) \cdot 0 = 0$.
- विकल्प $B$ के लिए: $A=1, B=0, C=0 \implies Y = (1+0) \cdot 0 = 0$.
- विकल्प $C$ के लिए: $A=1, B=0, C=1 \implies Y = (1+0) \cdot 1 = 1$.
- विकल्प $D$ के लिए: $A=1, B=1, C=0 \implies Y = (1+1) \cdot 0 = 0$.
अतः,सही इनपुट $A = 1, B = 0, C = 1$ है।

(B) मान लीजिए कि सामग्री की सतह का कार्य फलन $\phi_{0}$ है। आइंस्टीन के फोटोइलेक्ट्रिक समीकरण के अनुसार,पहले मामले में उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max 1} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_{0}$ है।
दूसरे मामले में,तरंगदैर्ध्य $\lambda/2$ है,इसलिए अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max 2} = \frac{hc}{\lambda/2} - \phi_{0} = \frac{2hc}{\lambda} - \phi_{0}$ है।
दिया गया है कि $K_{\max 2} = 3 K_{\max 1}$,इसलिए मान प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{2hc}{\lambda} - \phi_{0} = 3 \left( \frac{hc}{\lambda} - \phi_{0} \right)$.
समीकरण का विस्तार करने पर: $\frac{2hc}{\lambda} - \phi_{0} = \frac{3hc}{\lambda} - 3\phi_{0}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $3\phi_{0} - \phi_{0} = \frac{3hc}{\lambda} - \frac{2hc}{\lambda}$.
$2\phi_{0} = \frac{hc}{\lambda}$.
अतः,कार्य फलन $\phi_{0} = \frac{hc}{2\lambda}$ है।

(A) परिपथ में $3 \mu F$ और $9 \mu F$ के समानांतर संयोजन के साथ $4 \mu F$ का संधारित्र श्रेणीक्रम में है।
सबसे पहले,समानांतर भाग की समतुल्य धारिता की गणना करें: $C_p = 3 \mu F + 9 \mu F = 12 \mu F$।
अब,इस शाखा में $8 \ V$ के स्रोत के साथ $4 \mu F$ और $C_p = 12 \mu F$ श्रेणीक्रम में हैं।
इस शाखा की कुल समतुल्य धारिता $C_{eq} = \frac{4 \times 12}{4 + 12} = \frac{48}{16} = 3 \mu F$ है।
इस शाखा से प्रवाहित होने वाला कुल आवेश $q = C_{eq} \times V = 3 \mu F \times 8 \ V = 24 \mu C$ है।
यह आवेश $q$,$4 \mu F$ संधारित्र से होकर गुजरता है।
समानांतर संयोजन $C_p$ पर वोल्टेज $V_p = V - V_{4\mu F} = 8 \ V - \frac{24 \mu C}{4 \mu F} = 8 \ V - 6 \ V = 2 \ V$ है।
$9 \mu F$ संधारित्र पर आवेश $q_{9\mu F} = C_{9\mu F} \times V_p = 9 \mu F \times 2 \ V = 18 \mu C$ है।
कुल आवेश $Q$,$4 \mu F$ और $9 \mu F$ संधारित्रों पर आवेशों का योग है: $Q = 24 \mu C + 18 \mu C = 42 \mu C = 42 \times 10^{-6} \ C$।
$r = 30 \ m$ की दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{kQ}{r^2} = \frac{9 \times 10^9 \times 42 \times 10^{-6}}{30^2} = \frac{9 \times 10^9 \times 42 \times 10^{-6}}{900} = 420 \ N/C$ होगा।

(C) $a < r < b$ त्रिज्या वाले एक गोलाकार गाऊसी सतह पर विचार करें।
गाउस के नियम के अनुसार,$\oint_{S} \vec{E} \cdot d\vec{S} = \frac{q_{enclosed}}{\epsilon_0}$.
यहाँ,$q_{enclosed} = Q + \int_{a}^{r} \rho(r') \cdot 4\pi r'^2 dr'$.
दिया गया है $\rho(r') = \frac{A}{r'}$,इसलिए $q_{enclosed} = Q + \int_{a}^{r} \frac{A}{r'} \cdot 4\pi r'^2 dr' = Q + 4\pi A \int_{a}^{r} r' dr' = Q + 4\pi A \left[ \frac{r'^2}{2} \right]_{a}^{r} = Q + 2\pi A (r^2 - a^2)$.
गाउस का नियम लागू करने पर: $E \cdot 4\pi r^2 = \frac{Q + 2\pi A (r^2 - a^2)}{\epsilon_0}$.
$E = \frac{1}{4\pi \epsilon_0 r^2} [Q - 2\pi A a^2 + 2\pi A r^2] = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} [\frac{Q - 2\pi A a^2}{r^2} + 2\pi A]$.
विद्युत क्षेत्र $E$ को स्थिर ($r$ से स्वतंत्र) होने के लिए,$\frac{1}{r^2}$ का गुणांक शून्य होना चाहिए।
अतः,$Q - 2\pi A a^2 = 0$.
$A = \frac{Q}{2\pi a^2}$.

(A) $Cu$ जैसी धातु के लिए,सीमित तापमान सीमा में प्रतिरोध $R$,तापमान $T$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है,जिसे $R = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\alpha$ प्रतिरोध का तापमान गुणांक है।
$Si$ जैसे आंतरिक (अनडोपेड) अर्धचालक के लिए,तापमान बढ़ने पर आवेश वाहकों की संख्या घातांकीय रूप से बढ़ती है,जिससे प्रतिरोध में घातांकीय कमी आती है,जिसे $\rho = \rho_0 e^{E_g / k_B T}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E_g$ बैंड गैप ऊर्जा है और $k_B$ बोल्ट्ज़मैन स्थिरांक है।

(B) तार $A$ (वृत्त) के लिए: परिधि $l = 2\pi R$ है,इसलिए $R = \frac{l}{2\pi}$। केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_A = \frac{\mu_0 I}{2R} = \frac{\mu_0 I}{2(l/2\pi)} = \frac{\mu_0 I \pi}{l}$ है।
तार $B$ (वर्ग) के लिए: परिमाप $l = 4a$ है,इसलिए $a = \frac{l}{4}$। केंद्र से भुजा की दूरी $d = \frac{a}{2} = \frac{l}{8}$ है। एक भुजा के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4\pi d} (\sin 45^{\circ} + \sin 45^{\circ}) = \frac{\mu_0 I}{4\pi (l/8)} (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{2\mu_0 I}{\pi l} \sqrt{2}$ है।
चूंकि $4$ भुजाएं हैं,कुल क्षेत्र $B_B = 4 \times B_1 = \frac{8\sqrt{2}\mu_0 I}{\pi l}$ होगा।
अनुपात की गणना करने पर: $\frac{B_A}{B_B} = \frac{\mu_0 I \pi / l}{8\sqrt{2}\mu_0 I / \pi l} = \frac{\pi^2}{8\sqrt{2}}$।

(C) गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए,गैल्वेनोमीटर के साथ समानांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
दिया गया है:
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = 100 \ \Omega$
पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा $I_g = 1 \ mA = 10^{-3} \ A$
मापी जाने वाली कुल धारा $I = 10 \ A$
शंट प्रतिरोध का सूत्र $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ है।
मान रखने पर:
$S = \frac{10^{-3} \times 100}{10 - 10^{-3}}$
$S = \frac{0.1}{9.999}$
$S \approx 0.01 \ \Omega$.

(B) पदार्थ $A$ के लिए हिस्टेरेसिस लूप का क्षेत्रफल बड़ा है और इसकी कोएर्सिविटी (coercivity) अधिक है,जो इसे स्थायी चुंबक बनाने के लिए उपयुक्त बनाती है।
पदार्थ $B$ के लिए हिस्टेरेसिस लूप का क्षेत्रफल छोटा है और इसकी कोएर्सिविटी कम है,जो हिस्टेरेसिस के कारण होने वाली ऊर्जा हानि को कम करता है।
इसलिए,पदार्थ $B$ इलेक्ट्रोमैग्नेट और ट्रांसफार्मर के कोर बनाने के लिए आदर्श है,जहाँ कम ऊर्जा हानि की आवश्यकता होती है।
अतः,इलेक्ट्रोमैग्नेट और ट्रांसफार्मर के लिए $B$ का उपयोग करना उचित है।

(B) टेलीस्कोप की आवर्धन क्षमता $(M)$ को आँख पर प्रतिबिंब द्वारा बनाए गए कोण और बिना सहायता वाली आँख पर वस्तु द्वारा बनाए गए कोण के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
व्यावहारिक रूप से,एक टेलीस्कोप वस्तु की भौतिक ऊँचाई को नहीं बदलता है; इसके बजाय,यह वस्तु को उसकी आवर्धन क्षमता के बराबर कारक से प्रेक्षक के करीब लाता है।
चूँकि आवर्धन क्षमता $20$ है,इसलिए पेड़ प्रेक्षक को उसकी वास्तविक स्थिति से $20$ गुना अधिक पास दिखाई देगा।

(C) हम प्रिज्म के लिए संबंध जानते हैं: $i + e - A = \delta$.
यहाँ $i = 35^o$,$e = 79^o$,और $\delta = 40^o$ दिया गया है।
इन मानों को रखने पर: $35^o + 79^o - A = 40^o$.
$114^o - A = 40^o \implies A = 74^o$.
अपवर्तनांक $\mu$ का सूत्र $\mu = \frac{\sin((A + \delta_m)/2)}{\sin(A/2)}$ है।
चूंकि $\delta_m$ न्यूनतम विचलन है,इसलिए $\delta_m \le \delta = 40^o$.
अतः,$\mu = \frac{\sin((74^o + \delta_m)/2)}{\sin(37^o)}$.
$\sin(37^o) \approx 0.6$ होने के कारण,$\mu = \frac{\sin(37^o + \delta_m/2)}{0.6}$.
यदि $\delta_m = 40^o$ लिया जाए,तो $\mu = \frac{\sin(57^o)}{0.6} \approx \frac{0.838}{0.6} \approx 1.397$.
इस प्रकार,दिए गए विकल्पों में से $1.5$ गणना किए गए मान के सबसे निकट है।

(A) स्पॉट का ज्यामितीय फैलाव छेद की त्रिज्या $a$ के बराबर है।
विवर्तन के कारण फैलाव को कोणीय फैलाव $\theta \approx \frac{\lambda}{a}$ को लंबाई $L$ से गुणा करके प्राप्त किया जाता है,जो $\frac{\lambda L}{a}$ है।
कुल फैलाव $b$ इन दोनों का योग है: $b = a + \frac{\lambda L}{a}$.
न्यूनतम आकार $b_{min}$ ज्ञात करने के लिए,हम $b$ का $a$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{db}{da} = 1 - \frac{\lambda L}{a^2} = 0$.
$a$ के लिए हल करने पर,हमें $a^2 = \lambda L$ या $a = \sqrt{\lambda L}$ प्राप्त होता है।
$a$ के इस मान को $b$ के समीकरण में रखने पर:
$b_{min} = \sqrt{\lambda L} + \frac{\lambda L}{\sqrt{\lambda L}} = \sqrt{\lambda L} + \sqrt{\lambda L} = 2\sqrt{\lambda L} = \sqrt{4\lambda L}$.

(B) आर्क लैंप का प्रतिरोध $R = \frac{V}{I} = \frac{80\ V}{10\ A} = 8\ \Omega$ है।
जब इसे $AC$ स्रोत से जोड़ा जाता है,तो $RL$ परिपथ की प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ होती है,जहाँ $X_L = 2\pi f L$ है।
$AC$ परिपथ में धारा $I = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{V_{rms}}{\sqrt{R^2 + (2\pi f L)^2}}$ है।
दिया गया है: $I = 10\ A$,$V_{rms} = 220\ V$,$f = 50\ Hz$,और $R = 8\ \Omega$:
$10 = \frac{220}{\sqrt{8^2 + (2 \cdot \pi \cdot 50 \cdot L)^2}}$
$\sqrt{64 + (100\pi L)^2} = 22$
$64 + (100\pi L)^2 = 484$
$(100\pi L)^2 = 420$
$100\pi L = \sqrt{420} \approx 20.49$
$L = \frac{20.49}{314} \approx 0.065\ H$.

(A) फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$c$ प्रकाश की गति है और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है।
चूंकि $E \propto \frac{1}{\lambda}$,इसलिए कम तरंगदैर्ध्य वाले विकिरणों की ऊर्जा अधिक होती है।
दिए गए विकिरणों के लिए तरंगदैर्ध्य का क्रम है: $\lambda_{\text{Radiowave}} > \lambda_{\text{Yellow}} > \lambda_{\text{Blue}} > \lambda_{\text{X-ray}}$.
अतः,बढ़ती ऊर्जा का क्रम है: $E_{\text{Radiowave}} < E_{\text{Yellow}} < E_{\text{Blue}} < E_{\text{X-ray}}$.
यह क्रम $D, B, A, C$ के अनुरूप है।

(B) तत्व $A$ के लिए,अर्ध-आयु $T_{1/2} = 20 \ min$ है। कुल समय $t = 80 \ min$ है। अर्ध-आयु की संख्या $n_A = \frac{80}{20} = 4$ है।
शेष नाभिक $N_A = \frac{N_0}{2^4} = \frac{N_0}{16}$ हैं।
क्षयित नाभिक $N_{A, decayed} = N_0 - \frac{N_0}{16} = \frac{15N_0}{16}$ हैं।
तत्व $B$ के लिए,अर्ध-आयु $T_{1/2} = 40 \ min$ है। कुल समय $t = 80 \ min$ है। अर्ध-आयु की संख्या $n_B = \frac{80}{40} = 2$ है।
शेष नाभिक $N_B = \frac{N_0}{2^2} = \frac{N_0}{4}$ हैं।
क्षयित नाभिक $N_{B, decayed} = N_0 - \frac{N_0}{4} = \frac{3N_0}{4}$ हैं।
क्षयित नाभिकों का अनुपात $\frac{N_{A, decayed}}{N_{B, decayed}} = \frac{15N_0 / 16}{3N_0 / 4} = \frac{15}{16} \times \frac{4}{3} = \frac{5}{4}$ है।

(C) ग्राफ $(a)$ फॉरवर्ड बायस में $p-n$ जंक्शन डायोड की मानक $I-V$ विशेषता को दर्शाता है,जो एक साधारण डायोड है।
ग्राफ $(b)$ ज़ेनर डायोड की $I-V$ विशेषता को दर्शाता है,जो रिवर्स बायस में एक तीव्र ब्रेकडाउन वोल्टेज प्रदर्शित करता है।
ग्राफ $(c)$ विभिन्न प्रकाश स्तरों के तहत सौर सेल की $I-V$ विशेषताओं को दर्शाता है,जो चौथे चतुर्थांश में फोटोकरंट का उत्पादन प्रदर्शित करता है।
ग्राफ $(d)$ प्रकाश की तीव्रता के साथ प्रतिरोध में परिवर्तन को दर्शाता है,जो प्रकाश पर निर्भर प्रतिरोध $(LDR)$ की विशेषता है।
अतः,सही क्रम है: $(a)$ साधारण डायोड,$(b)$ ज़ेनर डायोड,$(c)$ सौर सेल,$(d)$ प्रकाश पर निर्भर प्रतिरोध $(LDR)$।

(A) $Cu$ (तांबा) एक धातु/चालक है। धातुओं के लिए,तापमान बढ़ने पर प्रतिरोध $R_T = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ संबंध के अनुसार रैखिक रूप से बढ़ता है।
$Si$ (सिलिकॉन) एक नैज अर्धचालक है। अर्धचालकों के लिए,तापमान बढ़ने पर आवेश वाहकों की संख्या चरघातांकीय (exponential) रूप से बढ़ती है,जिससे प्रतिरोध में चरघातांकीय कमी आती है,जिसे $R = R_0 e^{E_g / 2kT}$ द्वारा वर्णित किया जाता है।

(A) समय ग्राफ का अवलोकन करके,हम इनपुट $a, b, c, d$ और आउटपुट $x$ के बीच के संबंध का विश्लेषण कर सकते हैं।
दिए गए ग्राफ में,आउटपुट $x$ उच्च $(1)$ हो जाता है जैसे ही कोई भी इनपुट $(a, b, c, d)$ उच्च $(1)$ होता है।
विशेष रूप से,शुरुआत में,सभी इनपुट $0$ हैं और आउटपुट $x$ भी $0$ है।
जैसे ही इनपुट $d$ में पहली पल्स आती है,आउटपुट $x$ बदलकर $1$ हो जाता है और शेष अवधि के लिए $1$ ही रहता है,चाहे अन्य इनपुट की स्थिति कुछ भी हो।
यह व्यवहार,जिसमें यदि कम से कम एक इनपुट $1$ है तो आउटपुट $1$ प्राप्त होता है,$OR$ गेट की विशिष्ट सत्यता सारणी का व्यवहार है।
इसलिए,यह गेट $OR$ गेट है।

(C) आयाम मॉडुलन $(AM)$ में,उच्च आवृत्ति वाली वाहक तरंग का आयाम मॉडुलन (ऑडियो) सिग्नल के तात्कालिक आयाम के अनुसार बदलता है,जबकि वाहक की आवृत्ति और कला (phase) स्थिर रहती है।
आवृत्ति मॉडुलन $(FM)$ में,उच्च आवृत्ति वाली वाहक तरंग की आवृत्ति मॉडुलन सिग्नल के तात्कालिक आयाम के अनुसार बदलती है,जबकि वाहक का आयाम स्थिर रहता है।
अतः,विकल्प $C$ सही कथन है।

(D) $6\,\mu F$ की प्रभावी धारिता प्राप्त करने के लिए,$4\,\mu F$ के दो संधारित्रों को श्रेणीक्रम में और $4\,\mu F$ के एक संधारित्र को उनके साथ समांतर क्रम में जोड़ा जाता है।
सबसे पहले,श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों की तुल्य धारिता की गणना करें:
$\frac{1}{C_s} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$\therefore C_s = 2\,\mu F$
अब,इस तुल्य धारिता को तीसरे संधारित्र $(C_3 = 4\,\mu F)$ के साथ समांतर क्रम में जोड़ें:
$C_{eq} = C_s + C_3 = 2\,\mu F + 4\,\mu F = 6\,\mu F$
अतः,सही विन्यास दो संधारित्र श्रेणीक्रम में और एक समांतर क्रम में है।

(C) परिपथ में $V$ वोल्टेज की बैटरी $R$ प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में और $R$ तथा $r$ के समांतर संयोजन के साथ जुड़ी है।
समांतर भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{Rr}{R+r}$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R + \frac{Rr}{R+r} = \frac{R^2 + 2Rr}{R+r}$ है।
परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{V(R+r)}{R(R+2r)}$ है।
परिवर्ती प्रतिरोध $r$ से प्रवाहित धारा करंट डिवाइडर नियम के अनुसार: $I_r = I \times \frac{R}{R+r} = \frac{V(R+r)}{R(R+2r)} \times \frac{R}{R+r} = \frac{V}{R+2r}$ है।
$r$ में उत्पन्न ऊष्मा $H = I_r^2 r = \left(\frac{V}{R+2r}\right)^2 r = \frac{V^2 r}{(R+2r)^2}$ है।
अधिकतम ऊष्मा ज्ञात करने के लिए,हम $H$ का $r$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dH}{dr} = V^2 \left[ \frac{(R+2r)^2 - r \cdot 2(R+2r) \cdot 2}{(R+2r)^4} \right] = 0$.
इससे $(R+2r)^2 - 4r(R+2r) = 0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $R+2r \neq 0$,इसलिए $R+2r - 4r = 0$,जिससे $R - 2r = 0$,अर्थात $r = \frac{R}{2}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $r = fR$,इसलिए $f = \frac{1}{2}$ है।

(C) व्यतिकरण पैटर्न तब गायब हो जाता है जब फ्रिंजों के बीच का कोणीय पृथक्करण मानव आँख के कोणीय विभेदन से कम हो जाता है।
कोणीय फ्रिंज चौड़ाई $\beta_{\theta} = \frac{\lambda}{d}$ द्वारा दी जाती है।
आँख का कोणीय विभेदन $\Delta\theta = \frac{1}{60}^o = \frac{1}{60} \times \frac{\pi}{180} \text{ रेडियन}$ है।
पैटर्न के गायब होने के लिए,कोणीय फ्रिंज चौड़ाई को आँख के कोणीय विभेदन के बराबर होना चाहिए: $\frac{\lambda}{d_0} = \Delta\theta$.
मान रखने पर: $d_0 = \frac{\lambda}{\Delta\theta} = \frac{600 \times 10^{-9} \text{ m}}{\frac{1}{60} \times \frac{\pi}{180} \text{ rad}}$.
$d_0 = \frac{600 \times 10^{-9} \times 60 \times 180}{\pi} \approx \frac{6.48 \times 10^{-3}}{3.14} \approx 2.06 \times 10^{-3} \text{ m}$.
अतः,$d_0 \approx 2 \text{ mm}$.

(B) $pnp$ ट्रांजिस्टर के लिए,बेस $n$-प्रकार का होता है और एमिटर/कलेक्टर $p$-प्रकार के होते हैं।
जब मल्टीमीटर का $+ve$ टर्मिनल बेस ($n$-प्रकार) से और $-ve$ टर्मिनल एमिटर या कलेक्टर ($p$-प्रकार) से जोड़ा जाता है,तो जंक्शन रिवर्स-बायस में होता है।
रिवर्स बायस में,प्रतिरोध बहुत अधिक होता है।
चूंकि टर्मिनल $2$ बेस ($n$-प्रकार) है,इसलिए मल्टीमीटर के $+ve$ टर्मिनल को टर्मिनल $2$ से और $-ve$ टर्मिनल को टर्मिनल $1$ या $3$ ($p$-प्रकार) से जोड़ने पर अधिक प्रतिरोध प्राप्त होता है।
इसलिए,विकल्प $B$ सही है।

(C) सुरक्षात्मक प्रतिरोध $R$ में शक्ति अपव्यय $P$ को सूत्र $P = \frac{V^2}{R}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V$ प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज है।
डायोड को उसकी अधिकतम शक्ति रेटिंग तक परीक्षण करने के लिए आवश्यक $DC$ स्रोत की न्यूनतम वोल्टेज सीमा निर्धारित करने के लिए,हम शक्ति सूत्र $P = \frac{V^2}{R}$ का उपयोग करते हैं।
दिया गया है $P = 1 \,W$ और $R = 100 \,\Omega$,इसलिए $V^2 = P \times R$ है।
$V^2 = 1 \,W \times 100 \,\Omega = 100 \,V^2$ है।
वर्गमूल लेने पर,हमें $V = 10 \,V$ प्राप्त होता है।
अतः,$DC$ स्रोत की न्यूनतम वोल्टेज सीमा कम से कम $0-10 \,V$ होनी चाहिए। दिए गए विकल्पों में से,$0-12 \,V$ वह उपयुक्त सीमा है जो आवश्यक $10 \,V$ की सीमा को कवर करती है।

(B) हम जानते हैं कि प्रतिरोधकता $\rho = \frac{R A}{\ell}$ द्वारा दी जाती है।
चालकता $\sigma = \frac{1}{\rho} = \frac{\ell}{R A}$ है।
चूंकि $V = I R$,इसलिए $R = \frac{V}{I}$ होता है। इसे प्रतिस्थापित करने पर,$\sigma = \frac{\ell I}{V A}$ प्राप्त होता है।
आयाम इस प्रकार हैं:
$[\ell] = [L]$
$[I] = [I]$
$[A] = [L^2]$
$[V] = [M L^2 T^{-3} I^{-1}]$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\sigma = \frac{[L][I]}{[M L^2 T^{-3} I^{-1}] [L^2]} = \frac{[L][I]}{[M L^3 T^{-3} I^{-1}]}$
$\sigma = [M^{-1} L^{-3} T^3 I^2]$.

(C) $AM$ सिग्नल की बैंडविड्थ को सिग्नल में मौजूद अधिकतम और न्यूनतम आवृत्तियों के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया जाता है।
मानव वाणी सिग्नल के लिए,आवृत्ति सीमा $200\,Hz$ से $2700\,Hz$ है। अतः बैंडविड्थ $BW_1 = 2700\,Hz - 200\,Hz = 2500\,Hz$ है।
जब दोनों सिग्नलों को एक साथ भेजा जाता है,तो कुल आवृत्ति सीमा वाणी सिग्नल की न्यूनतम आवृत्ति $(200\,Hz)$ से संगीत सिग्नल की अधिकतम आवृत्ति $(15200\,Hz)$ तक होती है। अतः कुल बैंडविड्थ $BW_{total} = 15200\,Hz - 200\,Hz = 15000\,Hz$ है।
कुल बैंडविड्थ और वाणी सिग्नल की बैंडविड्थ का अनुपात $\frac{BW_{total}}{BW_1} = \frac{15000\,Hz}{2500\,Hz} = 6$ है।

(A) प्रथम स्थिति में,गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I_g = \frac{V}{R + G}$ है।
दूसरी स्थिति में,जब गैल्वेनोमीटर के समानांतर $S$ प्रतिरोध का शंट जोड़ा जाता है,तो समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{GS}{G + S}$ होता है।
परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V}{R + R_p} = \frac{V}{R + \frac{GS}{G + S}}$ हो जाती है।
अब गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I_g' = I \times \frac{S}{G + S} = \frac{V}{R + \frac{GS}{G + S}} \times \frac{S}{G + S} = \frac{VS}{R(G + S) + GS}$ है।
प्रश्न के अनुसार,विक्षेप आधा हो जाता है,इसलिए $I_g' = \frac{I_g}{2}$।
मान रखने पर: $\frac{VS}{R(G + S) + GS} = \frac{1}{2} \times \frac{V}{R + G}$।
$\frac{S}{RG + RS + GS} = \frac{1}{2(R + G)}$।
$2S(R + G) = RG + RS + GS$।
$2SR + 2SG = RG + RS + GS$।
$2SR - RS + 2SG - GS = RG$।
$SR + SG = RG$।
$S(R + G) = RG$।

(B) $n = 2$ से $n = 1$ में संक्रमण के दौरान हाइड्रोजन परमाणु द्वारा उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा है:
$E = 13.6 \text{ eV} \times Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$
हाइड्रोजन $(Z = 1)$ के लिए,$E = 13.6 \times 1^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \times \frac{3}{4} = 10.2 \text{ eV}$.
यह फोटॉन उत्तेजित अवस्था $n$ में एक द्वि-आयनित लिथियम परमाणु ($Li^{2+}$,$Z = 3$) द्वारा अवशोषित किया जाता है। हाइड्रोजन जैसे आयन की $n$-वीं अवस्था से इलेक्ट्रॉन को हटाने के लिए आवश्यक ऊर्जा है:
$E_n = 13.6 \text{ eV} \times \frac{Z^2}{n^2} = 13.6 \times \frac{3^2}{n^2} = 13.6 \times \frac{9}{n^2}$.
फोटॉन के लिए इलेक्ट्रॉन को पूरी तरह से हटाने के लिए,इसकी ऊर्जा $n$ अवस्था की आयनीकरण ऊर्जा से अधिक या उसके बराबर होनी चाहिए:
$10.2 \ge 13.6 \times \frac{9}{n^2}$
$\frac{10.2}{13.6} \ge \frac{9}{n^2}$
$0.75 \ge \frac{9}{n^2}$
$n^2 \ge \frac{9}{0.75} = 12$
$n \ge \sqrt{12} \approx 3.46$.
चूंकि $n$ एक पूर्णांक होना चाहिए,इसलिए न्यूनतम क्वांटम संख्या $n = 4$ है।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,आपतित फोटॉन की ऊर्जा कार्य फलन और अधिकतम गतिज ऊर्जा के योग के बराबर होती है,जो $eV_s$ है,जहाँ $V_s$ निरोधी विभव है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$ के लिए: $\frac{hc}{\lambda_1} = \phi + eV$ ..... $(1)$
तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ के लिए: $\frac{hc}{\lambda_2} = \phi + 3eV$ ..... $(2)$
तरंगदैर्ध्य $\lambda_3$ के लिए: $\frac{hc}{\lambda_3} = \phi + eV'$ ..... $(3)$
$\phi$ को हटाने के लिए समीकरण $(2)$ में से $(1)$ को घटाने पर:
$\frac{hc}{\lambda_2} - \frac{hc}{\lambda_1} = 2eV \implies eV = \frac{hc}{2} \left( \frac{1}{\lambda_2} - \frac{1}{\lambda_1} \right)$
अब,समीकरण $(1)$ से $\phi$ ज्ञात करें:
$\phi = \frac{hc}{\lambda_1} - eV = \frac{hc}{\lambda_1} - \frac{hc}{2} \left( \frac{1}{\lambda_2} - \frac{1}{\lambda_1} \right) = hc \left( \frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{2\lambda_2} + \frac{1}{2\lambda_1} \right) = hc \left( \frac{3}{2\lambda_1} - \frac{1}{2\lambda_2} \right)$
$\phi$ का मान समीकरण $(3)$ में रखने पर:
$eV' = \frac{hc}{\lambda_3} - \phi = \frac{hc}{\lambda_3} - hc \left( \frac{3}{2\lambda_1} - \frac{1}{2\lambda_2} \right)$
$V' = \frac{hc}{e} \left[ \frac{1}{\lambda_3} + \frac{1}{2\lambda_2} - \frac{3}{2\lambda_1} \right]$

(B) मान लीजिए कि दो चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = 15 \, mT$ और $B_2$ हैं। उनके बीच का कोण $\alpha = 75^{\circ}$ है।
स्थिर संतुलन में,चुंबकीय द्विध्रुव पर दोनों क्षेत्रों द्वारा लगाया गया टॉर्क समान और विपरीत होना चाहिए।
चुंबकीय क्षेत्र $B$ में द्विध्रुव पर टॉर्क $\tau = MB \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ द्विध्रुव आघूर्ण $M$ और क्षेत्र $B$ के बीच का कोण है।
मान लीजिए कि द्विध्रुव $B_1$ के साथ $\theta_1 = 30^{\circ}$ का कोण बनाता है। तो $B_2$ के साथ कोण $\theta_2 = \alpha - \theta_1 = 75^{\circ} - 30^{\circ} = 45^{\circ}$ होगा।
संतुलन के लिए,$MB_1 \sin \theta_1 = MB_2 \sin \theta_2$ होना चाहिए।
$B_1 \sin 30^{\circ} = B_2 \sin 45^{\circ}$।
$15 \times \frac{1}{2} = B_2 \times \frac{1}{\sqrt{2}}$।
$B_2 = \frac{15 \times \sqrt{2}}{2} = \frac{15}{1.414} \approx 10.6 \, mT$।
निकटतम पूर्णांक में,$B_2 \approx 11 \, mT$।

(A) सत्यता सारणी दर्शाती है कि यदि इनपुट $A$ या इनपुट $B$ (या दोनों) में से कोई भी $1$ है,तो आउटपुट $Y$ का मान $1$ होता है। यदि दोनों इनपुट $0$ हैं,तो आउटपुट $0$ होता है।
यह व्यवहार बूलियन व्यंजक $Y = A + B$ के अनुरूप है,जो $OR$ गेट की विशेषता है।

$A$	$B$	$Y = A + B$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$1$

(B) केवल $z$ पर निर्भर विभव के लिए पॉइसन समीकरण का उपयोग करते हुए: $\frac{d^2V}{dz^2} = -\frac{\rho}{\varepsilon_0}$।
$|z| < 1 \ m$ के लिए,$V(z) = 30 - 5z^2$ है। अतः,$\frac{dV}{dz} = -10z$ और $\frac{d^2V}{dz^2} = -10$ है।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $-10 = -\frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \implies \rho_0 = 10 \varepsilon_0$।
$|z| > 1 \ m$ के लिए,$V(z) = 35 - 10|z|$ है। $z > 1$ के लिए,$V(z) = 35 - 10z$,इसलिए $\frac{dV}{dz} = -10$ और $\frac{d^2V}{dz^2} = 0$ है। अतः,$\rho = 0$ है।
$z < -1$ के लिए,$V(z) = 35 + 10z$,इसलिए $\frac{dV}{dz} = 10$ और $\frac{d^2V}{dz^2} = 0$ है। अतः,$\rho = 0$ है।
इसलिए,$|z| \le 1 \ m$ के लिए $\rho_0 = 10 \varepsilon_0$ और अन्यत्र $\rho_0 = 0$ है।

(A) माइक्रोवेव ओवन ऐसी आवृत्ति पर विद्युत चुम्बकीय तरंगें उत्पन्न करके कार्य करता है जो पानी के अणुओं की अनुनाद आवृत्ति (resonant frequency) से मेल खाती है। ये तरंगें पानी के अणुओं को तेजी से घुमाती हैं,जिससे उनकी घूर्णी गतिज ऊर्जा बढ़ जाती है। यह ऊर्जा टक्करों के माध्यम से भोजन के अन्य अणुओं में स्थानांतरित हो जाती है,जिसके परिणामस्वरूप भोजन गर्म हो जाता है। इसलिए,मुख्य सिद्धांत पानी के अणुओं में घूर्णी मोड को उत्तेजित करना है।

(A) उत्तल लेंस के लिए,वस्तु दूरी $u_1$ और प्रतिबिंब दूरी $v_1$ हैं:
$u_1 = -(32.2 - 22.2) \, cm = -10 \, cm$
$v_1 = (71.2 - 32.2) \, cm = 39 \, cm$
लेंस सूत्र $\frac{1}{f_1} = \frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{f_1} = \frac{1}{39} - \frac{1}{-10} = \frac{1}{39} + \frac{1}{10} = \frac{10 + 39}{390} = \frac{49}{390}$
$f_1 = \frac{390}{49} \, cm \approx 7.96 \, cm \approx 7.8 \, cm$ (विकल्पों के अनुसार)।
उत्तल दर्पण के लिए,जब किरणें दर्पण पर लंबवत पड़ती हैं तो वे उसी पथ पर वापस लौट आती हैं। यह तब होता है जब किरणें वक्रता केंद्र की ओर निर्देशित होती हैं। दर्पण और इमेज पिन के बीच की दूरी वक्रता त्रिज्या $R$ है:
$R = (71.2 - 45.8) \, cm = 25.4 \, cm$
दर्पण की फोकस दूरी $f_2 = R/2$ है:
$f_2 = \frac{25.4}{2} \, cm = 12.7 \, cm$.

(D) एमीटर के बिना परिपथ में धारा $I = \frac{V}{R} = \frac{5}{50} = 0.1\,A$ है।
मापी गई धारा $I'$,$I$ के $1\%$ के भीतर होनी चाहिए। इसलिए,$I' \geq 0.99 \times 0.1 = 0.099\,A$.
धारा मापने के लिए,एक एमीटर (गैल्वेनोमीटर और समांतर में शंट प्रतिरोध $r_s$) को $50\,\Omega$ प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है।
परिपथ का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 50 + R_A$ है,जहाँ $R_A = \frac{100 \times r_s}{100 + r_s}$ है।
मापी गई धारा $I' = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{5}{50 + R_A} = 0.099\,A$ है।
$R_A$ के लिए हल करने पर: $50 + R_A = \frac{5}{0.099} \approx 50.505\,\Omega$ प्राप्त होता है।
अतः,$R_A = 50.505 - 50 = 0.505\,\Omega$ है।
चूंकि $R_A = \frac{100 \times r_s}{100 + r_s} = 0.505$,हमें $100 r_s = 50.5 + 0.505 r_s$ प्राप्त होता है।
$99.495 r_s = 50.5 \Rightarrow r_s \approx 0.507\,\Omega$ है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,$0.5\,\Omega$ का शंट समांतर क्रम में जोड़ना सही विकल्प है।

(D) $V(t) = V_0 \sin \omega t$ $AC$ वोल्टेज स्रोत से जुड़े एक श्रेणी $LR$ परिपथ में,धारा $I(t) = I_0 \sin(\omega t - \phi)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0 = \frac{V_0}{Z}$ और $Z = \sqrt{R^2 + (\omega L)^2}$ है।
धारा का क्षणिक (transient) भाग,जिसमें $e^{-Rt/L}$ पद शामिल है,$t \to \infty$ होने पर शून्य हो जाता है क्योंकि $t_0 \gg \frac{L}{R}$ है।
इसलिए,बहुत लंबे समय के बाद,केवल स्थिर-अवस्था ज्यावक्रीय धारा शेष रहती है,जो स्रोत वोल्टेज के समान आवृत्ति के साथ दोलन करती है लेकिन इसमें $\phi = \tan^{-1}(\frac{\omega L}{R})$ का कलांतर (phase lag) होता है।
यह स्थिर-अवस्था ज्यावक्रीय दोलन के अनुरूप है।

(A) $1$. उत्तल लेंस के लिए: $f_1 = +30\,cm$,$u_1 = -60\,cm$. लेंस सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{30} = \frac{1}{v_1} - \frac{1}{-60} \Rightarrow \frac{1}{v_1} = \frac{1}{30} - \frac{1}{60} = \frac{1}{60}$. अतः,$v_1 = +60\,cm$. यह प्रतिबिंब अवतल लेंस के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है।
$2$. उत्तल और अवतल लेंस के बीच की दूरी $20\,cm$ है। उत्तल लेंस द्वारा निर्मित प्रतिबिंब उसके पीछे $60\,cm$ पर है। इसलिए,अवतल लेंस से इस प्रतिबिंब की दूरी $60 - 20 = 40\,cm$ है। चूंकि यह लेंस के पीछे है,यह अवतल लेंस के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है,इसलिए $u_2 = +40\,cm$.
$3$. अवतल लेंस के लिए: $f_2 = -120\,cm$,$u_2 = +40\,cm$. लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{-120} = \frac{1}{v_2} - \frac{1}{40} \Rightarrow \frac{1}{v_2} = \frac{1}{40} - \frac{1}{120} = \frac{3-1}{120} = \frac{2}{120} = \frac{1}{60}$. अतः,$v_2 = +60\,cm$. यह प्रतिबिंब अवतल लेंस के पीछे $60\,cm$ पर बनता है।
$4$. समतल दर्पण उत्तल लेंस से $70\,cm$ की दूरी पर है। चूंकि अवतल लेंस उत्तल लेंस से $20\,cm$ दूर है,दर्पण अवतल लेंस से $70 - 20 = 50\,cm$ दूर है। प्रतिबिंब $v_2$ अवतल लेंस के पीछे $60\,cm$ है,जो दर्पण के पीछे $60 - 50 = 10\,cm$ है। यह समतल दर्पण के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
$5$. समतल दर्पण अपने सामने $10\,cm$ की दूरी पर एक वास्तविक प्रतिबिंब बनाता है। चूंकि दर्पण अवतल लेंस से $50\,cm$ दूर है,अंतिम प्रतिबिंब अवतल लेंस के पीछे $50 - 10 = 40\,cm$ या उत्तल लेंस के पीछे $60\,cm$ की दूरी पर प्राप्त होता है।

(B) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A = B_0 \pi r^2 e^{-t/\tau}$ द्वारा दिया जाता है।
फैराडे के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ है।
$\varepsilon = -\frac{d}{dt} (B_0 \pi r^2 e^{-t/\tau}) = \frac{B_0 \pi r^2}{\tau} e^{-t/\tau}$।
ऊष्मा के रूप में व्यय होने वाली तात्कालिक शक्ति $P = \frac{\varepsilon^2}{R} = \frac{B_0^2 \pi^2 r^4}{\tau^2 R} e^{-2t/\tau}$ है।
उत्पन्न कुल ऊष्मा $H$,$t = 0$ से $t = \infty$ तक शक्ति का समाकलन है:
$H = \int_{0}^{\infty} \frac{\varepsilon^2}{R} dt = \frac{B_0^2 \pi^2 r^4}{\tau^2 R} \int_{0}^{\infty} e^{-2t/\tau} dt$।
समाकलन का मान: $\int_{0}^{\infty} e^{-2t/\tau} dt = \left[ -\frac{\tau}{2} e^{-2t/\tau} \right]_{0}^{\infty} = 0 - (-\frac{\tau}{2}) = \frac{\tau}{2}$।
अतः,$H = \frac{B_0^2 \pi^2 r^4}{\tau^2 R} \cdot \frac{\tau}{2} = \frac{\pi^2 r^4 B_0^2}{2\tau R}$।

(C) विद्युत क्षेत्र $E$ और विभव $V$ के बीच का संबंध $E = -\frac{dV}{dr}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि स्थिर विभवांतर $\Delta V$ के लिए त्रिज्याओं का अंतर $\Delta r = r_{i+1} - r_i$ स्थिर है,जिसका अर्थ है कि विद्युत क्षेत्र $E = -\frac{\Delta V}{\Delta r}$ स्थिर है।
गोलीय आवेश वितरण के लिए,गॉस के नियम के अनुसार,$r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{q_{enclosed}}{4\pi\epsilon_0 r^2}$ होता है।
चूँकि $E$ स्थिर है,इसलिए $q_{enclosed} \propto r^2$ होगा।
हम जानते हैं कि $q_{enclosed} = \int_0^r \rho(r) 4\pi r^2 dr$ होता है।
चूँकि $q_{enclosed} \propto r^2$ है,इसलिए दोनों पक्षों का $r$ के सापेक्ष अवकलन करने पर $\frac{dq}{dr} \propto 2r$ प्राप्त होता है।
अतः,$\rho(r) 4\pi r^2 \propto r$,जो यह दर्शाता है कि $\rho(r) \propto \frac{1}{r}$।

(A) एक ट्रांजिस्टर में,इनपुट प्रतिरोध $r_i$ आमतौर पर कम होता है,जबकि आउटपुट प्रतिरोध $r_0$ आमतौर पर बहुत अधिक होता है।
कॉमन बेस $(CB)$ कॉन्फ़िगरेशन के लिए,इनपुट प्रतिरोध $r_i$ बहुत कम (कुछ $\Omega$) होता है और आउटपुट प्रतिरोध $r_0$ बहुत अधिक ($k\Omega$ में) होता है। इसलिए,अनुपात $R = \frac{r_0}{r_i}$ आमतौर पर $10^2$ से $10^3$ की सीमा में होता है।
कॉमन एमिटर $(CE)$ और कॉमन कलेक्टर $(CC)$ कॉन्फ़िगरेशन के लिए भी,यह अनुपात $1$ से काफी अधिक होता है।
अतः,अनुपात $R = \frac{r_0}{r_i}$ के लिए विशिष्ट सीमा $10^2 - 10^3$ है।

(D) $+x$ दिशा में संचरित हो रही विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ को $(x, t)$ का फलन होना चाहिए।
विद्युतचुंबकीय तरंग में,संचरण की दिशा पॉइंटिंग वेक्टर $\vec{S} = \frac{1}{\mu_0} (\vec{E} \times \vec{B})$ की दिशा द्वारा दी जाती है।
$+x$ दिशा में संचरण के लिए,$\vec{E} \times \vec{B}$ को $+x$ दिशा में होना चाहिए।
विकल्प $D$ में,$\vec{E} \propto (\hat{y} - \hat{z})$ और $\vec{B} \propto (\hat{y} + \hat{z})$ है।
क्रॉस प्रोडक्ट की गणना करने पर: $(\hat{y} - \hat{z}) \times (\hat{y} + \hat{z}) = (\hat{y} \times \hat{y}) + (\hat{y} \times \hat{z}) - (\hat{z} \times \hat{y}) - (\hat{z} \times \hat{z}) = 0 + \hat{x} - (-\hat{x}) - 0 = 2\hat{x}$ है।
चूंकि क्रॉस प्रोडक्ट का परिणाम $+x$ दिशा में है,इसलिए यह एक मान्य विद्युतचुंबकीय तरंग को दर्शाता है।

(C) ट्रैवलिंग माइक्रोस्कोप का उपयोग करके कांच के स्लैब का अपवर्तनांक $(\mu)$ निर्धारित करने के लिए, हम इस सूत्र का उपयोग करते हैं: $\mu = \frac{\text{वास्तविक मोटाई}}{\text{आभासी मोटाई}}$.
चरण $1$: कांच के स्लैब के बिना माइक्रोस्कोप के आधार पर एक निशान की रीडिंग लें $(R_1)$।
चरण $2$: कांच के स्लैब को निशान के ऊपर रखें और कांच के स्लैब के माध्यम से उसी निशान की रीडिंग लें $(R_2)$।
चरण $3$: कांच के स्लैब की ऊपरी सतह पर कुछ बुरादा (saw dust) या महीन पाउडर डालें और उस बुरादे की रीडिंग लें $(R_3)$।
इन तीन रीडिंग का उपयोग करके, वास्तविक मोटाई $(R_3 - R_1)$ है और आभासी मोटाई $(R_3 - R_2)$ है। इस प्रकार, अपवर्तनांक निर्धारित करने के लिए न्यूनतम $3$ रीडिंग की आवश्यकता होती है।

(A) पृथ्वी का चुंबकीय क्षेत्र $B = 5 \times 10^{-5}\,T$ है। ऊर्ध्वाधर घटक $B_V = B \sin \theta = 5 \times 10^{-5} \times (2/3) \approx 3.33 \times 10^{-5}\,T$ है。
क्षैतिज घटक $B_H = B \cos \theta = B \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = 5 \times 10^{-5} \times \sqrt{1 - 4/9} = 5 \times 10^{-5} \times \sqrt{5}/3 \approx 3.73 \times 10^{-5}\,T$ है。
विमान के निचले और ऊपरी हिस्से (ऊंचाई $h = 5\,m$) के बीच वोल्टेज $V_B$ के लिए, विमान क्षैतिज रूप से चलता है, इसलिए ऊर्ध्वाधर घटक $B_V$ ऊंचाई को काटता है: $V_B = B_V \cdot v \cdot h = (3.33 \times 10^{-5}) \times 240 \times 5 = 0.04\,V = 40\,mV$.
पंखों के सिरों (फैलाव $w = 15\,m$) के बीच वोल्टेज $V_W$ के लिए, विमान पूर्व की ओर चलता है, इसलिए क्षैतिज घटक $B_H$ (जो उत्तर-दक्षिण है) पंखों को काटता है: $V_W = B_H \cdot v \cdot w = (3.73 \times 10^{-5}) \times 240 \times 15 \approx 0.134\,V = 134\,mV \approx 135\,mV$.
प्रेरित $EMF$ $(\vec{v} \times \vec{B})$ के लिए दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए, वेग पूर्व की ओर और चुंबकीय क्षेत्र उत्तर की ओर होने के कारण, धनात्मक आवेशों पर बल पायलट की बाईं ओर कार्य करता है।

(B) $1$. सबसे पहले,वक्र सतह (जो अवतल दर्पण के रूप में कार्य करती है) द्वारा निर्मित प्रतिबिंब ज्ञात करें।
वक्रता त्रिज्या $R = 10\, cm$ है। फोकस दूरी $f = -R/2 = -5\, cm$ है।
दर्पण के ध्रुव से वस्तु की दूरी $u = -(R - 6) = -(10 - 6) = -4\, cm$ है।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-4} = \frac{1}{-5} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{1}{20}$.
अतः,$v = 20\, cm$ (दर्पण के ध्रुव से कांच के अंदर)।
$2$. अब,समतल सतह के बाहर से देखने पर इस प्रतिबिंब की आभासी स्थिति ज्ञात करें।
दर्पण द्वारा बना प्रतिबिंब ध्रुव से $20\, cm$ की दूरी पर है। चूंकि बुलबुला समतल सतह से $6\, cm$ दूर था,इसलिए प्रतिबिंब वक्र सतह से $20\, cm$ की दूरी पर है। समतल सतह से कुल गहराई $10\, cm + 20\, cm = 30\, cm$ है।
आभासी गहराई के सूत्र $d_{apparent} = d_{real} / \mu$ का उपयोग करने पर:
$d_{apparent} = 30 / 1.5 = 20\, cm$.
इसलिए,प्रतिबिंब समतल सतह से $20\, cm$ नीचे दिखाई देता है।

(A) $1$. दो $2\,\mu F$ संधारित्र समानांतर क्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_1 = 2 + 2 = 4\,\mu F$ है。
$2$. यह $C_1$, $8\,\mu F$ संधारित्र के साथ श्रेणी क्रम में है। उनकी तुल्य धारिता $C_2 = \frac{4 \times 8}{4 + 8} = \frac{32}{12} = \frac{8}{3}\,\mu F$ है。
$3$. $6\,\mu F$ और $12\,\mu F$ संधारित्र श्रेणी क्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_3 = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = \frac{72}{18} = 4\,\mu F$ है。
$4$. यह $C_3$, $4\,\mu F$ संधारित्र के साथ समानांतर क्रम में है। उनकी तुल्य धारिता $C_4 = 4 + 4 = 8\,\mu F$ है。
$5$. यह $C_4$, $1\,\mu F$ संधारित्र के साथ श्रेणी क्रम में है। उनकी तुल्य धारिता $C_5 = \frac{8 \times 1}{8 + 1} = \frac{8}{9}\,\mu F$ है。
$6$. अब, $C_2$ और $C_5$ समानांतर क्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_6 = C_2 + C_5 = \frac{8}{3} + \frac{8}{9} = \frac{24 + 8}{9} = \frac{32}{9}\,\mu F$ है。
$7$. अंत में, $C$, $C_6$ के साथ श्रेणी क्रम में है। कुल तुल्य धारिता $C_{eq} = 1\,\mu F$ दी गई है, इसलिए $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C_6}$ होगा。
$8$. $1 = \frac{1}{C} + \frac{9}{32} \Rightarrow \frac{1}{C} = 1 - \frac{9}{32} = \frac{23}{32}$ होगा。
$9$. अतः, $C = \frac{32}{23}\,\mu F$ प्राप्त होता है।

(B) $AM$ तरंग के लिए मानक समीकरण $C_m(t) = A_c \sin(\omega_c t) + \frac{\mu A_c}{2} \cos((\omega_c - \omega_m)t) - \frac{\mu A_c}{2} \cos((\omega_c + \omega_m)t)$ है।
दिए गए समीकरण $C_m(t) = 30 \sin(300\pi t) + 10 \cos(200\pi t) - 10 \cos(400\pi t)$ के साथ तुलना करने पर:
$1$. वाहक आवृत्ति: $\omega_c = 300\pi \Rightarrow 2\pi f_c = 300\pi \Rightarrow f_c = 150 \text{ Hz}$.
$2$. साइडबैंड आवृत्तियाँ: $\omega_c - \omega_m = 200\pi$ और $\omega_c + \omega_m = 400\pi$.
दोनों को घटाने पर: $2\omega_m = 200\pi \Rightarrow \omega_m = 100\pi \Rightarrow 2\pi f_m = 100\pi \Rightarrow f_m = 50 \text{ Hz}$.
$3$. मॉड्यूलेशन इंडेक्स: $\frac{\mu A_c}{2} = 10$. चूँकि $A_c = 30$,इसलिए $\frac{\mu(30)}{2} = 10 \Rightarrow 15\mu = 10 \Rightarrow \mu = 10/15 = 2/3$.

(B) जब एक धात्विक शीट चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $v$ वेग से गति करती है,तो धातु में मुक्त इलेक्ट्रॉन चुंबकीय लोरेंत्ज़ बल $F_m = q(v \times B)$ का अनुभव करते हैं।
दाएं हाथ के नियम के अनुसार,कागज के तल के अंदर की ओर निर्देशित चुंबकीय क्षेत्र में ऊपर की ओर गति करने वाले धनात्मक आवेश के लिए,बल दाईं ओर कार्य करता है। इस प्रकार,इलेक्ट्रॉन बाईं सतह पर धकेल दिए जाते हैं,जिससे वह ऋणात्मक रूप से आवेशित हो जाती है,और दाईं सतह पर धनात्मक आवेश जमा हो जाता है।
यह आवेश पृथक्करण दाईं से बाईं ओर एक आंतरिक विद्युत क्षेत्र $E$ उत्पन्न करता है।
स्थिर अवस्था में,चुंबकीय बल विद्युत बल द्वारा संतुलित होता है: $qE = qvB$,जिससे $E = vB$ प्राप्त होता है।
दो विपरीत आवेशित प्लेटों (शीट की सतहों) के बीच विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\sigma$ सतह आवेश घनत्व का परिमाण है।
$E$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{\sigma}{\epsilon_0} = vB$,इसलिए $\sigma = \epsilon_0 vB$।
चूंकि बाईं सतह ऋणात्मक रूप से आवेशित है और दाईं सतह धनात्मक रूप से आवेशित है,इसलिए हमारे पास $\sigma_1 = -\epsilon_0 vB$ और $\sigma_2 = \epsilon_0 vB$ है।

(D) माना $I$ पूर्ण स्केल विक्षेप धारा है और $V = 2\,V$ बैटरी का वोल्टेज है।
स्थिति $1$ में,जब $R_1 = 2400\,\Omega$,विक्षेप $\theta_1 = 40$ डिवीजन।
$\frac{40}{50} I = \frac{V}{G + R_1} \Rightarrow \frac{4}{5} I = \frac{2}{G + 2400} \dots (1)$
स्थिति $2$ में,जब $R_2 = 4900\,\Omega$,विक्षेप $\theta_2 = 20$ डिवीजन।
$\frac{20}{50} I = \frac{V}{G + R_2} \Rightarrow \frac{2}{5} I = \frac{2}{G + 4900} \dots (2)$
$(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{4/5 I}{2/5 I} = \frac{G + 4900}{G + 2400} \Rightarrow 2 = \frac{G + 4900}{G + 2400}$
$2G + 4800 = G + 4900 \Rightarrow G = 100\,\Omega$.
$G = 100\,\Omega$ का मान $(1)$ में रखने पर:
$\frac{4}{5} I = \frac{2}{100 + 2400} = \frac{2}{2500} = \frac{1}{1250}$
$I = \frac{5}{4} \times \frac{1}{1250} = \frac{1}{1000}\,A = 1\,mA$.
धारा सुग्राहिता $= \frac{I}{50} = \frac{1\,mA}{50} = 0.02\,mA/\text{division} = 20\,\mu A/\text{division}$.
$10$ डिवीजनों के विक्षेप के लिए:
$\frac{10}{50} I = \frac{V}{G + R} \Rightarrow \frac{1}{5} \times 10^{-3} = \frac{2}{100 + R}$
$100 + R = 10000 \Rightarrow R = 9900\,\Omega$.
अतः,विकल्प $D$ सही है।

(C) कॉमन एमिटर ट्रांजिस्टर कॉन्फ़िगरेशन में, इनपुट विशेषताएँ स्थिर कलेक्टर-एमिटर वोल्टेज $(V_{CE})$ पर बेस-एमिटर वोल्टेज $(V_{BE})$ के साथ बेस करंट $(I_B)$ के परिवर्तन को दर्शाती हैं।
इनपुट प्रतिरोध $(r_i)$ को इनपुट विशेषता वक्र के ढाल के व्युत्क्रम के रूप में परिभाषित किया गया है: $r_i = (\Delta V_{BE} / \Delta I_B)_{V_{CE}}$.
इसलिए, इनपुट प्रतिरोध का व्युत्क्रम $(1/r_i)$ इनपुट विशेषता वक्र के ढाल के बराबर है: $1/r_i = \Delta I_B / \Delta V_{BE}$.
ट्रांजिस्टर का इनपुट विशेषता वक्र एक फॉरवर्ड-बायस्ड $p-n$ जंक्शन डायोड के समान होता है, जो प्रकृति में घातांकीय (exponential) होता है: $I_B \propto e^{V_{BE}/\eta V_T}$.
जैसे-जैसे $V_{BE}$ बढ़ता है, इस घातांकीय वक्र का ढाल $(\Delta I_B / \Delta V_{BE})$ तेजी से बढ़ता है।
इस प्रकार, $1/r_i$ बनाम $V_{BE}$ का ग्राफ घातांकीय वृद्धि दिखाना चाहिए, जिसे ग्राफ $C$ में सही ढंग से दर्शाया गया है।

(A) $m$ द्रव्यमान के न्यूट्रॉन और $m$ द्रव्यमान के हाइड्रोजन परमाणु के बीच सम्मुख टक्कर में,द्रव्यमान केंद्र का वेग $v_{cm} = v/2$ होता है।
टक्कर के बाद,दोनों कण द्रव्यमान केंद्र फ्रेम में समान वेग $v/2$ से गति करते हैं।
गतिज ऊर्जा में हुई हानि $\Delta K = K_{initial} - K_{final} = \frac{1}{2}mv^2 - [\frac{1}{2}m(v/2)^2 + \frac{1}{2}m(v/2)^2] = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{4}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2$ है।
अप्रत्यास्थ टक्कर होने के लिए,यह खोई हुई गतिज ऊर्जा हाइड्रोजन परमाणु को मूल अवस्था $(n=1)$ से प्रथम उत्तेजित अवस्था $(n=2)$ में ले जाने के लिए आवश्यक उत्तेजन ऊर्जा के बराबर होनी चाहिए,जो कि $\Delta E = 10.2 \ eV$ है।
इसलिए,$\frac{1}{4}mv^2 = 10.2 \ eV$ है।
न्यूट्रॉन की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2 = 2 \times (\frac{1}{4}mv^2) = 2 \times 10.2 \ eV = 20.4 \ eV$ होगी।