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

(A) कीलक (pivot) के परितः छड़ पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau$ छड़ के द्रव्यमान केंद्र पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल $Mg$ के कारण होता है,जो कीलक से $l/2$ की दूरी पर है।
जब छड़ ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण बनाती है,तो कीलक से भार की क्रिया रेखा की लंबवत दूरी $(l/2) \sin \theta$ होती है।
इसलिए,टॉर्क $\tau = Mg \cdot (l/2) \sin \theta$ है।
एक सिरे से गुजरने वाली अक्ष के परितः $M$ द्रव्यमान और $l$ लंबाई की एकसमान छड़ का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{Ml^2}{3}$ होता है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के घूर्णी अनुरूप का उपयोग करते हुए,$\tau = I \alpha$,जहाँ $\alpha$ कोणीय त्वरण है:
$Mg \frac{l}{2} \sin \theta = \left( \frac{Ml^2}{3} \right) \alpha$
$\alpha$ के लिए हल करने पर:
$\alpha = \frac{Mg (l/2) \sin \theta}{Ml^2 / 3} = \frac{3g \sin \theta}{2l}$.

(B) दिया गया संबंध $T = \frac{rhg}{2} \times 10^3$ है।
चूंकि $r = D/2$,$r$ में सापेक्ष त्रुटि $D$ में सापेक्ष त्रुटि के समान है,अर्थात $\frac{\Delta r}{r} = \frac{\Delta D}{D}$।
$D$ और $h$ दोनों के लिए अल्पतमांक $\Delta D = \Delta h = 0.01 \times 10^{-2} \; m$ है।
$T$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta T}{T} = \frac{\Delta r}{r} + \frac{\Delta h}{h}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta T}{T} = \frac{0.01 \times 10^{-2}}{1.25 \times 10^{-2}} + \frac{0.01 \times 10^{-2}}{1.45 \times 10^{-2}} = \frac{0.01}{1.25} + \frac{0.01}{1.45}$।
प्रतिशत त्रुटि $= \left( \frac{0.01}{1.25} + \frac{0.01}{1.45} \right) \times 100 = \frac{1}{1.25} + \frac{1}{1.45} = 0.8 + 0.6896 \approx 1.5 \%$।
अतः,पृष्ठ तनाव में संभावित त्रुटि $1.5 \%$ है।

(C) जब किसी पिंड को ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है,तो त्वरण स्थिर $(a = -g)$ रहता है।
किसी भी समय $t$ पर वेग गति के समीकरण द्वारा दिया जाता है: $v = u - gt$,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
ऊपर की ओर गति (उड़ान) के दौरान,वेग धनात्मक होता है और समय के साथ रैखिक रूप से घटता है जब तक कि अधिकतम ऊँचाई पर यह शून्य न हो जाए।
नीचे की ओर गति (पतन) के दौरान,वेग ऋणात्मक हो जाता है और समय के साथ इसका परिमाण रैखिक रूप से बढ़ता है,जो विपरीत दिशा में गति को दर्शाता है।
ग्राफ $C$ वेग के धनात्मक मान से शून्य तक इस रैखिक कमी को और उसके बाद ऋणात्मक दिशा में रैखिक वृद्धि को सही ढंग से दर्शाता है।

(C) दिया गया है,अंतिम ऊर्जा $\frac{1}{2} m v_f^2 = \frac{1}{8} m v_0^2$ है।
इसका अर्थ है $v_f^2 = \frac{1}{4} v_0^2$,इसलिए $v_f = \frac{v_0}{2}$।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,$m \frac{dv}{dt} = -kv^2$।
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{dv}{v^2} = -\frac{k}{m} dt$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int_{v_0}^{v_0/2} v^{-2} dv = -\frac{k}{m} \int_{0}^{10} dt$।
समाकलन का मान रखने पर: $\left[ -\frac{1}{v} \right]_{v_0}^{v_0/2} = -\frac{k}{m} [t]_0^{10}$।
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $-\left( \frac{2}{v_0} - \frac{1}{v_0} \right) = -\frac{k}{m} (10)$।
इसे सरल करने पर $\frac{1}{v_0} = \frac{10k}{m}$ प्राप्त होता है।
$k$ के लिए हल करने पर: $k = \frac{m}{10v_0} = \frac{10^{-2}}{10 \times 10} = 10^{-4} \ kg \ m^{-1}$।

(A) दिया गया है: बल $F = 6t$,द्रव्यमान $m = 1 \ kg$,प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$F = ma = m \frac{dv}{dt}$।
$6t = 1 \cdot \frac{dv}{dt} \implies dv = 6t \, dt$।
$t = 0$ से $t = 1 \ s$ तक समाकलन करने पर:
$v = \int_{0}^{1} 6t \, dt = 6 \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{1} = 3 \ m/s$।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कार्य $W$ गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W = \Delta KE = \frac{1}{2} m (v^2 - u^2)$।
$W = \frac{1}{2} \times 1 \times (3^2 - 0^2) = \frac{1}{2} \times 9 = 4.5 \ J$।

(D) दिया गया है: प्रारंभिक तापमान $T_i = 17 + 273 = 290 \ K$।
अंतिम तापमान $T_f = 27 + 273 = 300 \ K$।
वायुमंडलीय दबाव $P = 1 \times 10^5 \ Pa$।
कमरे का आयतन $V = 30 \ m^3$।
आदर्श गैस समीकरण $PV = N k_B T$ के अनुसार अणुओं की संख्या $N = \frac{PV}{k_B T}$ होती है,जहाँ $k_B$ बोल्ट्ज़मैन स्थिरांक $(k_B = 1.38 \times 10^{-23} \ J/K)$ है।
प्रारंभिक अणुओं की संख्या $N_i = \frac{PV}{k_B T_i}$।
अंतिम अणुओं की संख्या $N_f = \frac{PV}{k_B T_f}$।
अणुओं की संख्या में परिवर्तन $N_f - N_i = \frac{PV}{k_B} \left( \frac{1}{T_f} - \frac{1}{T_i} \right)$।
मान रखने पर: $N_f - N_i = \frac{1 \times 10^5 \times 30}{1.38 \times 10^{-23}} \left( \frac{1}{300} - \frac{1}{290} \right)$।
$N_f - N_i = \frac{30 \times 10^5}{1.38 \times 10^{-23}} \left( \frac{290 - 300}{300 \times 290} \right)$।
$N_f - N_i = \frac{30 \times 10^5}{1.38 \times 10^{-23}} \left( \frac{-10}{87000} \right) \approx -2.5 \times 10^{25}$।

(A) $m$ द्रव्यमान,$l$ लंबाई और $R$ त्रिज्या वाले एक समान ठोस बेलन का उसके लंब समद्विभाजक के परितः जड़त्व आघूर्ण इस प्रकार है:
$I = \frac{mR^2}{4} + \frac{ml^2}{12}$
मान लीजिए कि घनत्व $\rho$ स्थिर है,तो द्रव्यमान $m = \rho V = \rho (\pi R^2 l)$ है।
$I$ के व्यंजक में $m$ का मान रखने पर:
$I = \frac{\rho \pi R^2 l R^2}{4} + \frac{\rho \pi R^2 l^3}{12} = \frac{\rho \pi R^4 l}{4} + \frac{\rho \pi R^2 l^3}{12}$
चूंकि आयतन $V = \pi R^2 l$ स्थिर है,हम $R^2 = \frac{V}{\pi l}$ लिख सकते हैं। इसे $I$ के व्यंजक में रखने पर:
$I = \frac{m}{4} \left( \frac{V}{\pi l} + \frac{l^2}{3} \right)$
न्यूनतम जड़त्व आघूर्ण प्राप्त करने के लिए,हम $I$ का $l$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dI}{dl} = \frac{m}{4} \left( -\frac{V}{\pi l^2} + \frac{2l}{3} \right) = 0$
$\frac{V}{\pi l^2} = \frac{2l}{3} \implies V = \frac{2\pi l^3}{3}$
चूंकि $V = \pi R^2 l$ है,हमें प्राप्त होता है:
$\pi R^2 l = \frac{2\pi l^3}{3} \implies R^2 = \frac{2l^2}{3} \implies \frac{l^2}{R^2} = \frac{3}{2}$
अतः,अनुपात $\frac{l}{R} = \sqrt{\frac{3}{2}}$ है।

(D) पृथ्वी के केंद्र से दूरी $d$ के साथ गुरुत्वीय त्वरण $g$ में परिवर्तन निम्नलिखित है:
$1$. पृथ्वी के अंदर $(d < R)$:
$g = \frac{GM}{R^3} d$
चूंकि $G, M,$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए $g \propto d$ होता है। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. पृथ्वी की सतह पर $(d = R)$:
$g = \frac{GM}{R^2} = g_s$ (अधिकतम मान)।
$3$. पृथ्वी के बाहर $(d > R)$:
$g = \frac{GM}{d^2}$
यहाँ,$g \propto \frac{1}{d^2}$ होता है। यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) को दर्शाता है।
इन सबको मिलाकर,ग्राफ केंद्र से सतह तक एक रैखिक वृद्धि और सतह के बाहर दूरी बढ़ने पर एक हाइपरबोलिक गिरावट को दर्शाता है। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दिया गया है।

(A) मान लीजिए कि मूल रैखिक आयाम $L$ है। नया रैखिक आयाम $L' = 9L$ है।
चूंकि घनत्व $\rho$ स्थिर रहता है,द्रव्यमान $m$ आयतन $V = L^3$ के समानुपाती होता है।
इसलिए,नए द्रव्यमान और मूल द्रव्यमान का अनुपात $\frac{m'}{m} = \left(\frac{L'}{L}\right)^3 = 9^3 = 729$ है।
पैर का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ रैखिक आयाम के वर्ग के समानुपाती होता है,$A \propto L^2$।
इसलिए,नए क्षेत्रफल और मूल क्षेत्रफल का अनुपात $\frac{A'}{A} = \left(\frac{L'}{L}\right)^2 = 9^2 = 81$ है।
प्रतिबल $\sigma$ को प्रति इकाई क्षेत्रफल बल के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ बल वजन $mg$ है।
$\sigma = \frac{mg}{A}$।
नए प्रतिबल $\sigma'$ और मूल प्रतिबल $\sigma$ का अनुपात है:
$\frac{\sigma'}{\sigma} = \left(\frac{m'}{m}\right) \times \left(\frac{A}{A'}\right) = \frac{9^3}{9^2} = 9$।
अतः,पैर में प्रतिबल $9$ के गुणक से बढ़ जाएगा।

(B) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,तांबे के गोले द्वारा खोई गई ऊष्मा,तांबे के कैलोरीमीटर और पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा के बराबर होती है।
माना तांबे के गोले का द्रव्यमान $m_b = 100 \ gm$,कैलोरीमीटर का द्रव्यमान $m_c = 100 \ gm$ और पानी का द्रव्यमान $m_w = 170 \ gm$ है।
तांबे की विशिष्ट ऊष्मा $s_{Cu} = 0.1 \ cal/gm ^\circ C$ और पानी की विशिष्ट ऊष्मा $s_w = 1 \ cal/gm ^\circ C$ है।
गोले का प्रारंभिक तापमान $T$ है और अंतिम संतुलन तापमान $T_f = 75 ^\circ C$ है। कैलोरीमीटर और पानी का प्रारंभिक तापमान $T_0 = 30 ^\circ C$ है।
गोले द्वारा खोई गई ऊष्मा $= m_b s_{Cu} (T - T_f) = 100 \times 0.1 \times (T - 75) = 10(T - 75)$.
कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा $= m_c s_{Cu} (T_f - T_0) = 100 \times 0.1 \times (75 - 30) = 10 \times 45 = 450 \ cal$.
पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा $= m_w s_w (T_f - T_0) = 170 \times 1 \times (75 - 30) = 170 \times 45 = 7650 \ cal$.
खोई गई और प्राप्त ऊष्मा को बराबर करने पर:
$10(T - 75) = 450 + 7650$
$10T - 750 = 8100$
$10T = 8850$
$T = 885 ^\circ C$.

(A) बल्क मॉडुलस $K$ को दबाव में परिवर्तन और आयतन विकृति के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$K = \frac{P}{\left( \frac{-\Delta V}{V} \right)} \Rightarrow \frac{\Delta V}{V} = \frac{P}{K}$
जहाँ $\Delta V$ दबाव $P$ के कारण आयतन में कमी है।
जब घन को $\Delta t$ तापमान तक गर्म किया जाता है,तो थर्मल विस्तार के कारण इसका आयतन बढ़ जाता है:
$\Delta V = V_0 \gamma \Delta t$
जहाँ $\gamma$ आयतन प्रसार गुणांक है और $V_0$ प्रारंभिक आयतन है।
एक ठोस के लिए,आयतन प्रसार गुणांक $\gamma$ और रेखीय प्रसार गुणांक $\alpha$ के बीच संबंध $\gamma = 3\alpha$ होता है।
घन को उसके मूल आकार में वापस लाने के लिए,गर्म करने के कारण आयतन में वृद्धि दबाव के कारण आयतन में कमी के बराबर होनी चाहिए:
$\frac{\Delta V}{V_0} = \gamma \Delta t = 3\alpha \Delta t$
आयतन विकृति के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{P}{K} = 3\alpha \Delta t$
तापमान परिवर्तन $\Delta t$ के लिए हल करने पर:
$\Delta t = \frac{P}{3\alpha K}$

(C) मोलर विशिष्ट ऊष्मा धारिताओं $C_P$ और $C_V$ के बीच का संबंध मेयर के संबंध द्वारा दिया जाता है: $C_P - C_V = R$,जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है।
विशिष्ट ऊष्मा धारिता $c$ (प्रति इकाई द्रव्यमान) का मोलर विशिष्ट ऊष्मा धारिता $C$ के साथ संबंध $c = \frac{C}{M}$ है,जहाँ $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
अतः,$c_P - c_V = \frac{C_P - C_V}{M} = \frac{R}{M}$.
हाइड्रोजन गैस $(H_2)$ के लिए,मोलर द्रव्यमान $M_H = 2 \ g/mol$ है। अतः,$a = \frac{R}{2}$.
नाइट्रोजन गैस $(N_2)$ के लिए,मोलर द्रव्यमान $M_N = 28 \ g/mol$ है। अतः,$b = \frac{R}{28}$.
अनुपात लेने पर: $\frac{a}{b} = \frac{R/2}{R/28} = \frac{28}{2} = 14$.
इसलिए,$a = 14b$.

(D) सरल आवर्त गति $(SHM)$ करने वाले कण के लिए,विस्थापन $y = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
वेग $v = \frac{dy}{dt} = A \omega \cos(\omega t)$ है।
गतिज ऊर्जा $(KE)$ इस प्रकार है:
$KE = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m (A \omega \cos(\omega t))^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2 \cos^2(\omega t)$.
सर्वसमिका $\cos^2(\theta) = \frac{1 + \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$KE = \frac{1}{4} m \omega^2 A^2 (1 + \cos(2\omega t))$.
$t = 0$ पर,$KE = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$,जो अधिकतम मान है।
$t = \frac{T}{4}$ पर,$\omega t = \frac{\pi}{2}$,इसलिए $KE = 0$ है।
$t = \frac{T}{2}$ पर,$\omega t = \pi$,इसलिए $KE = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$ (अधिकतम) है।
गतिज ऊर्जा विस्थापन की तुलना में दोगुनी आवृत्ति के साथ दोलन करती है,और यह $t = 0$ पर अधिकतम मान से शुरू होती है और $t = \frac{T}{4}$ पर शून्य हो जाती है।

(C) तापीय प्रसार के कारण लंबाई में परिवर्तन $\Delta l_{thermal} = l \alpha \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
संपीड़ित बल $F$ के कारण लंबाई में परिवर्तन (संपीड़न विकृति) $\Delta l_{mechanical} = \frac{Fl}{AY}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि लंबाई में कुल परिवर्तन शून्य है, इसलिए गर्म करने के कारण होने वाला प्रसार बल के कारण होने वाले संपीड़न द्वारा संतुलित होना चाहिए:
$\Delta l_{thermal} = \Delta l_{mechanical}$
$l \alpha \Delta T = \frac{Fl}{AY}$
$F$ के लिए हल करने पर:
$F = A Y \alpha \Delta T$.

(C) स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली की आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ द्वारा दी जाती है।
प्रथम स्थिति के लिए: $1 = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k}{1}}$,जिसका अर्थ है $k = 4 \pi^2 \, N/m$.
दूसरी स्थिति में,दो समान स्प्रिंग समानांतर में जुड़ी हुई हैं,इसलिए समतुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{eq} = k + k = 2k = 2(4 \pi^2) = 8 \pi^2 \, N/m$ है।
नया द्रव्यमान $M = 8 \, kg$ है।
नई आवृत्ति $f'$ इस प्रकार है:
$f' = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k_{eq}}{M}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{8 \pi^2}{8}} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\pi^2} = \frac{\pi}{2 \pi} = 0.5 \, Hz$.

(C) भूमध्य रेखा पर गुरुत्वीय त्वरण का प्रभावी मान (जहाँ $\theta = 0^\circ$) $g' = g - \omega^2 R$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि भार $\frac{3}{4} W$ हो जाता है,इसलिए प्रभावी गुरुत्व $g' = \frac{3}{4} g$ होना चाहिए।
समीकरण में मान रखने पर: $\frac{3}{4} g = g - \omega^2 R$.
$\omega^2 R$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $\omega^2 R = g - \frac{3}{4} g = \frac{1}{4} g$.
$\omega$ के लिए हल करने पर: $\omega = \sqrt{\frac{g}{4R}}$.
यहाँ $g = 10 \ m/s^2$ और $R = 6400 \ km = 6.4 \times 10^6 \ m$ है।
$\omega = \sqrt{\frac{10}{4 \times 6.4 \times 10^6}} = \sqrt{\frac{10}{25.6 \times 10^6}} = \sqrt{\frac{1}{2.56 \times 10^6}} = \frac{1}{1.6 \times 10^3} \ rad/s$.
$\omega = 0.625 \times 10^{-3} \ rad/s \approx 0.63 \times 10^{-3} \ rad/s$.

(A) जब वस्तु जमीन से टकराती है,तो उसकी गतिज ऊर्जा उसके प्रारंभिक मान का $50\%$ हो जाती है। मान लीजिए कि टक्कर से ठीक पहले का वेग $v$ है और टक्कर के ठीक बाद का वेग $v'$ है।
$\frac{1}{2}m(v')^2 = \frac{50}{100} \times \frac{1}{2}mv^2 \Rightarrow v' = \frac{v}{\sqrt{2}}$.
प्रत्यावस्थान गुणांक $e$ को $e = \frac{v'}{v} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$h$ ऊँचाई से गिराई गई वस्तु द्वारा कई उछालों के दौरान तय की गई कुल दूरी $H$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$H = h + 2h(e^2) + 2h(e^4) + 2h(e^6) + \dots$
यह एक गुणोत्तर श्रेणी है: $H = h + 2h \left( \frac{e^2}{1 - e^2} \right) = h \left( \frac{1 - e^2 + 2e^2}{1 - e^2} \right) = h \left( \frac{1 + e^2}{1 - e^2} \right)$.
$e^2 = \frac{1}{2}$ रखने पर:
$H = h \left( \frac{1 + 1/2}{1 - 1/2} \right) = h \left( \frac{3/2}{1/2} \right) = 3h$.

(A) $m$ द्रव्यमान के गिरते हुए पिंड के लिए गति का समीकरण है:
$mg - T = ma$ --- $(i)$
$M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली घूमती हुई डिस्क के लिए टॉर्क का समीकरण है:
$RT = I\alpha$
चूंकि $I = \frac{1}{2}MR^2$ और $\alpha = \frac{a}{R}$,इसलिए:
$RT = (\frac{1}{2}MR^2)(\frac{a}{R}) = \frac{1}{2}MRa$
$T = \frac{Ma}{2}$ --- $(ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$mg - \frac{Ma}{2} = ma$
$mg = ma + \frac{Ma}{2} = a(m + \frac{M}{2}) = a(\frac{2m + M}{2})$
$a = \frac{2mg}{2m + M}$

(B) चक्र $ABCDA$ में किया गया कार्य $(W)$ आयत द्वारा घिरा हुआ क्षेत्रफल है:
$W = (2P_0 - P_0) \times (2V_0 - V_0) = P_0 V_0$
प्रक्रिया $AB$ और $BC$ के दौरान ऊष्मा अवशोषित होती है:
प्रक्रिया $AB$ (समआयतनिक) के लिए: $Q_{AB} = n C_v \Delta T = n (1.5 R) (T_B - T_A) = 1.5 (P_B V_B - P_A V_A) = 1.5 (2P_0 V_0 - P_0 V_0) = 1.5 P_0 V_0$
प्रक्रिया $BC$ (समदाबीय) के लिए: $Q_{BC} = n C_p \Delta T = n (2.5 R) (T_C - T_B) = 2.5 (P_C V_C - P_B V_B) = 2.5 (4P_0 V_0 - 2P_0 V_0) = 5 P_0 V_0$
कुल अवशोषित ऊष्मा $(Q_{in})$ = $Q_{AB} + Q_{BC} = 1.5 P_0 V_0 + 5 P_0 V_0 = 6.5 P_0 V_0 = \frac{13}{2} P_0 V_0$
तापीय दक्षता $(\eta)$ = $\frac{W}{Q_{in}} = \frac{P_0 V_0}{6.5 P_0 V_0} = \frac{1}{6.5} = \frac{2}{13} \approx 0.154$

(A) मान लीजिए कि द्रव्यमान मूल राशियों से $M \propto T^x C^y h^z$ के रूप में संबंधित है।
द्रव्यमान का विमीय सूत्र $[M^1 L^0 T^0]$ है।
दी गई राशियों के विमीय सूत्र हैं: $[T] = [T]$,$[C] = [L T^{-1}]$,और $[h] = [M L^2 T^{-1}]$।
इन मानों को समानुपाती समीकरण में रखने पर:
$[M^1 L^0 T^0] = [T]^x [L T^{-1}]^y [M L^2 T^{-1}]^z$
$[M^1 L^0 T^0] = [M^z] [L^{y+2z}] [T^{x-y-z}]$
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $z = 1$
$L$ के लिए: $y + 2z = 0 \implies y + 2(1) = 0 \implies y = -2$
$T$ के लिए: $x - y - z = 0 \implies x - (-2) - 1 = 0 \implies x + 1 = 0 \implies x = -1$
अतः,द्रव्यमान की विमाएँ $[M] = [T^{-1} C^{-2} h^1]$ हैं।

(D) कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,एल्युमिनियम के गोले द्वारा खोई गई ऊष्मा,पानी और कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा के बराबर होती है।
एल्युमिनियम द्वारा खोई गई ऊष्मा: $Q_{lost} = m_{Al} \cdot S_{Al} \cdot \Delta T_{Al} = 0.20 \cdot S_{Al} \cdot (150 - 40) = 0.20 \cdot S_{Al} \cdot 110 = 22 \cdot S_{Al}$.
पानी द्वारा प्राप्त ऊष्मा: $Q_{water} = m_{water} \cdot c_{water} \cdot \Delta T_{water} = 0.150 \cdot 4200 \cdot (40 - 27) = 0.150 \cdot 4200 \cdot 13 = 8190\, J$.
कैलोरीमीटर द्वारा प्राप्त ऊष्मा: $Q_{cal} = W \cdot c_{water} \cdot \Delta T_{cal} = 0.025 \cdot 4200 \cdot (40 - 27) = 0.025 \cdot 4200 \cdot 13 = 1365\, J$.
ऊष्मा को बराबर करने पर: $22 \cdot S_{Al} = 8190 + 1365 = 9555$.
$S_{Al} = \frac{9555}{22} \approx 434.31\, J/kg\cdot ^\circ C$.
निकटतम पूर्णांक में,एल्युमिनियम की विशिष्ट ऊष्मा $434\, J/kg\cdot ^\circ C$ है।

(C) दिया गया है कि वस्तु एक स्थिर ऋणात्मक त्वरण के साथ गति कर रही है,इसलिए $a = -C$,जहाँ $C$ एक धनात्मक स्थिरांक है।
गतिकीय संबंध $a = v \frac{dv}{dx}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$v \frac{dv}{dx} = -C$
$v \, dv = -C \, dx$
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int v \, dv = \int -C \, dx$
$\frac{v^2}{2} = -Cx + k$
$v^2 = -2Cx + 2k$
यह समीकरण $v^2 = -Ax + B$ के रूप का एक परवलय दर्शाता है,जो वेग-दूरी ग्राफ के अनुरूप है जो नीचे की ओर अवतल है,जो धनात्मक वेग से शुरू होता है और दूरी बढ़ने के साथ घटकर शून्य हो जाता है। यह ग्राफ विकल्प $C$ में मेल खाता है।

(B) $SHM$ में अधिकतम वेग $v_{\max} = a\omega$ द्वारा दिया जाता है।
$SHM$ में अधिकतम त्वरण $A_{\max} = a\omega^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $a$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
दिए गए अनुपात $\frac{A_{\max}}{v_{\max}} = 10$ से,$\frac{a\omega^2}{a\omega} = 10$,जिसका अर्थ है $\omega = 10\,s^{-1}$।
विस्थापन का समीकरण $x = a \sin(\omega t + \phi)$ है।
$t = 0$ पर,$x = 5\,m$ और $\phi = \frac{\pi}{4}$।
इन मानों को रखने पर: $5 = a \sin(\frac{\pi}{4}) = a \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$।
अतः,आयाम $a = 5\sqrt{2}\,m$ है।
अधिकतम त्वरण $A_{\max} = a\omega^2 = (5\sqrt{2}) \cdot (10)^2 = 5\sqrt{2} \cdot 100 = 500\sqrt{2}\,m/s^2$।

(B) सोनोमीटर तार के लिए,कंपन की आवृत्ति $n = \frac{p}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $p$ लूप्स (प्रस्पंदों) की संख्या है,$l$ लंबाई है,$T$ तनाव है,और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
चूंकि $\mu = \pi r^2 \rho$,आवृत्ति का सूत्र $n = \frac{p}{2l} \sqrt{\frac{T}{\pi r^2 \rho}}$ हो जाता है।
संयुक्त तार के लिए,आवृत्ति $n$ दोनों भागों $W_1$ और $W_2$ के लिए समान है। साथ ही,$T$,$r$,और $l$ दोनों तारों के लिए समान हैं।
अतः,$n_1 = n_2 \implies \frac{p_1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\pi r^2 \rho_1}} = \frac{p_2}{2l} \sqrt{\frac{T}{\pi r^2 \rho_2}}$.
सरल करने पर,हमें $\frac{p_1}{\sqrt{\rho_1}} = \frac{p_2}{\sqrt{\rho_2}}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $\rho_2 = 4\rho_1$,इसलिए $\frac{p_1}{\sqrt{\rho_1}} = \frac{p_2}{\sqrt{4\rho_1}} = \frac{p_2}{2\sqrt{\rho_1}}$.
इस प्रकार,$\frac{p_1}{p_2} = \frac{1}{2}$.

(A) स्थिर दाब पर विशिष्ट ऊष्मा $(C_p)$ और स्थिर आयतन पर विशिष्ट ऊष्मा $(C_v)$ का अनुपात एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma$ द्वारा दिया जाता है।
अनुपात के लिए सूत्र $\gamma = \frac{C_p}{C_v} = 1 + \frac{2}{f}$ है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि की संख्या है।
यहाँ दिया गया है कि गैस में $f = 5$ स्वतंत्रता की कोटि हैं:
$\gamma = 1 + \frac{2}{5} = 1 + 0.4 = 1.4$.
अतः,विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात $1.4$ है।

(C) आघूर्णों के सिद्धांत के अनुसार,जब कोई निकाय संतुलन में होता है,तो वामावर्त आघूर्ण दक्षिणावर्त आघूर्ण के बराबर होता है।
माना $L_1$ बाईं भुजा की लंबाई है और $L_2$ दाईं भुजा की लंबाई है।
माना $M$ प्रत्येक पलड़े का द्रव्यमान है।
जब पलड़े खाली होते हैं और तुला क्षैतिज होती है,तो $M \times L_1 = M \times L_2$ होता है,जिसका अर्थ है $L_1 = L_2$।
हालाँकि,यदि प्रश्न के अनुसार $5\, mg$ भार रखने के बाद बीम क्षैतिज होती है,तो इसका अर्थ है कि संतुलन बनाए रखने के लिए बाईं भुजा को दाईं भुजा से छोटा होना चाहिए।
अतः,बाईं भुजा दाईं भुजा से छोटी है।

(A) $N$ मोल द्वि-परमाणुक गैस की प्रारंभिक आंतरिक ऊर्जा $U_i = N \left( \frac{5}{2} RT \right)$ है।
जब $n$ मोल द्वि-परमाणुक गैस का एक-परमाणुक गैस में विघटन होता है,तो प्रत्येक द्वि-परमाणुक अणु दो एक-परमाणुक परमाणुओं में विभाजित हो जाता है। इस प्रकार,$n$ मोल द्वि-परमाणुक गैस $2n$ मोल एक-परमाणुक गैस उत्पन्न करती है।
शेष द्वि-परमाणुक गैस $(N-n)$ मोल है।
अंतिम आंतरिक ऊर्जा $U_f$ एक-परमाणुक गैस और शेष द्वि-परमाणुक गैस की ऊर्जा का योग है:
$U_f = (2n) \left( \frac{3}{2} RT \right) + (N-n) \left( \frac{5}{2} RT \right)$.
$U_f = 3nRT + \frac{5}{2}NRT - \frac{5}{2}nRT = \frac{5}{2}NRT + \frac{1}{2}nRT$.
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = U_f - U_i$ है:
$\Delta U = \left( \frac{5}{2}NRT + \frac{1}{2}nRT \right) - \left( \frac{5}{2}NRT \right) = \frac{1}{2}nRT$.

(B) बिंदु $O$ के परितः पूर्ण डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I_{total} = \frac{M R^2}{2}$ है।
हटाई गई डिस्क की त्रिज्या $r = \frac{R}{4}$ है।
चूंकि डिस्क एकसमान है,द्रव्यमान क्षेत्रफल के समानुपाती होता है $(M \propto R^2)$। इसलिए,हटाई गई डिस्क का द्रव्यमान $m = M \left( \frac{r}{R} \right)^2 = M \left( \frac{R/4}{R} \right)^2 = \frac{M}{16}$ है।
$O'$ से गुजरने वाली अपनी केंद्रीय अक्ष के परितः हटाई गई डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{1}{2} m r^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{M}{16} \right) \left( \frac{R}{4} \right)^2 = \frac{M R^2}{512}$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,बिंदु $O$ के परितः हटाई गई डिस्क का जड़त्व आघूर्ण $I_{removed} = I_{cm} + m d^2$ है,जहाँ $d = \frac{3R}{4}$ बिंदु $O$ और $O'$ के बीच की दूरी है।
$I_{removed} = \frac{M R^2}{512} + \left( \frac{M}{16} \right) \left( \frac{3R}{4} \right)^2 = \frac{M R^2}{512} + \frac{9 M R^2}{256} = \frac{M R^2 + 18 M R^2}{512} = \frac{19 M R^2}{512}$ है।
शेष भाग का जड़त्व आघूर्ण $I_{remaining} = I_{total} - I_{removed} = \frac{M R^2}{2} - \frac{19 M R^2}{512} = \frac{256 M R^2 - 19 M R^2}{512} = \frac{237 M R^2}{512}$ है।

(D) अवमंदित आवर्ती दोलक (damped harmonic oscillator) के लिए,$t$ समय पर यांत्रिक ऊर्जा $E$ का मान $E(t) = E_0 e^{-bt/m}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $b$ अवमंदन नियतांक है और $m$ ब्लॉक का द्रव्यमान है।
हमें दिया गया है कि ऊर्जा अपने प्रारंभिक मान के आधे तक गिर जाती है,इसलिए $E(t) = E_0 / 2$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $E_0 / 2 = E_0 e^{-bt/m}$.
इसे सरल करने पर $1/2 = e^{-bt/m}$,या $2 = e^{bt/m}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $\ln(2) = bt/m$.
$t$ के लिए हल करने पर: $t = (m/b) \ln(2)$.
यहाँ $m = 0.1\, kg$ और $b = 10^{-2}\, kg\,s^{-1}$ दिया गया है,इसलिए $m/b = 0.1 / 10^{-2} = 10\, s$.
अतः,$t = 10 \times \ln(2) \approx 10 \times 0.693 = 6.93\, s$.
दिए गए विकल्पों में से निकटतम मान $7\, s$ है।

(B) जब किसी पदार्थ के प्रसार को रोका जाता है,तो उसमें उत्पन्न तापीय प्रतिबल (thermal stress) $\sigma = Y \alpha \Delta \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $Y$ यंग मापांक है,$\alpha$ रेखीय प्रसार गुणांक है,और $\Delta \theta$ तापमान में परिवर्तन है।
बल $F$ का मान $F = \text{Stress} \times \text{Area} = Y A \alpha \Delta \theta$ सूत्र से प्राप्त होता है।
दिए गए मान:
$Y = 2 \times 10^{11}\,N/m^2$
$A = 40\,cm^2 = 40 \times 10^{-4}\,m^2 = 4 \times 10^{-3}\,m^2$
$\alpha = 1.2 \times 10^{-5}\,K^{-1}$
$\Delta \theta = 10\,^{\circ}C = 10\,K$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$F = (2 \times 10^{11}) \times (4 \times 10^{-3}) \times (1.2 \times 10^{-5}) \times 10$
$F = 2 \times 4 \times 1.2 \times 10^{11 - 3 - 5 + 1}$
$F = 9.6 \times 10^4\,N$
निकटतम मान लेने पर,$F \approx 1 \times 10^5\,N$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: $\theta = 45^\circ$,$r = 0.4\,m$,$g = 10\,m/s^2$.
शंक्वाकार लोलक के लिए,लोलक के गोलक पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$ और भार $mg$ हैं।
तनाव का क्षैतिज घटक आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है:
$T \sin \theta = \frac{mv^2}{r} \quad \dots(i)$
तनाव का ऊर्ध्वाधर घटक भार को संतुलित करता है:
$T \cos \theta = mg \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$
$v^2 = rg \tan \theta$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$v^2 = 0.4 \times 10 \times \tan(45^\circ)$
$v^2 = 4 \times 1 = 4$
$v = \sqrt{4} = 2\,m/s$.

(B) $r$ त्रिज्या $(r \leq R)$ वाले गोले के भीतर निहित द्रव्यमान $M(r)$ इस प्रकार है:
$M(r) = \int_0^r \rho(r') 4\pi r'^2 dr' = \int_0^r \frac{k}{r'} 4\pi r'^2 dr' = 4\pi k \int_0^r r' dr' = 2\pi k r^2$.
$r$ दूरी पर स्थित एक परीक्षण कण का त्वरण $a = \frac{GM(r)}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$r \leq R$ के लिए:
$a = \frac{G(2\pi k r^2)}{r^2} = 2\pi G k = \text{स्थिरांक}$.
$r > R$ के लिए,कुल द्रव्यमान $M = M(R) = 2\pi k R^2$ स्थिर रहता है।
$a = \frac{GM}{r^2} = \frac{G(2\pi k R^2)}{r^2} \propto \frac{1}{r^2}$.
अतः,$r \leq R$ के लिए त्वरण स्थिर है और $r > R$ के लिए यह $1/r^2$ के अनुसार घटता है। इस व्यवहार को दर्शाने वाला सही ग्राफ विकल्प $(b)$ है।

(A) अप्रगामी तरंग के लिए दिया गया समीकरण $y(x, t) = 0.5 \sin(\frac{5\pi}{4}x) \cos(200\pi t)$ है।
इस समीकरण की तुलना अप्रगामी तरंग के मानक समीकरण $y(x, t) = 2A \sin(kx) \cos(\omega t)$ से करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega$ और तरंग संख्या $k$ प्राप्त होती है।
यहाँ,$\omega = 200\pi \text{ rad/s}$ और $k = \frac{5\pi}{4} \text{ rad/m}$ है।
अप्रगामी तरंग बनाने वाली व्यक्तिगत प्रगामी तरंगों की चाल $v$,कोणीय आवृत्ति और तरंग संख्या के अनुपात द्वारा दी जाती है:
$v = \frac{\omega}{k} = \frac{200\pi}{5\pi/4} = 200\pi \times \frac{4}{5\pi} = 160 \text{ m/s}$.

(B) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $l$ प्रभावी लंबाई है।
प्राकृतिक लघुगणक लेकर अवकलन करने पर,हमें $\frac{dT}{T} = \frac{1}{2} \frac{dl}{l}$ प्राप्त होता है।
यहाँ,प्रभावी लंबाई $l$ धागे की लंबाई और बॉब की त्रिज्या का योग है। अतः,त्रिज्या में परिवर्तन के कारण प्रभावी लंबाई में परिवर्तन $dl = |r_1 - r_2|$ है।
आवर्तकालों में सापेक्ष अंतर $\frac{\Delta T}{T} = 5 \times 10^{-4}$ और लंबाई $l = 1\, m$ दी गई है।
इन मानों को $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \frac{\Delta l}{l}$ संबंध में रखने पर:
$5 \times 10^{-4} = \frac{1}{2} \times \frac{|r_1 - r_2|}{1}$.
$|r_1 - r_2| = 2 \times 5 \times 10^{-4} = 10 \times 10^{-4} = 10^{-3}\, m$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $10^{-3}\, m = 10^{-1}\, cm = 0.1\, cm$.

(A) माना प्रत्येक कण का द्रव्यमान $M$ है और उनकी चाल $v$ है। टक्कर के बाद,वे $2M$ द्रव्यमान का एक एकल कण $C$ बनाते हैं जो $v'$ वेग से $X$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण पर गति करता है।
$X$ और $Y$ अक्षों के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$X$-अक्ष के अनुदिश:
$P_{ix} = P_{fx}$
$Mv \cos(60^{\circ}) - Mv \cos(45^{\circ}) = (2M)v' \cos \theta$
$v(\frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}) = 2v' \cos \theta \quad ... (i)$
$Y$-अक्ष के अनुदिश:
$P_{iy} = P_{fy}$
$Mv \sin(60^{\circ}) + Mv \sin(45^{\circ}) = (2M)v' \sin \theta$
$v(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}}) = 2v' \sin \theta \quad ... (ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{v(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}})}{v(\frac{1}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}})} = \frac{\sqrt{3} + \sqrt{2}}{1 - \sqrt{2}}$

(D) सुव्यवस्थित स्थितियों में श्रेणीक्रम में जुड़ी नलियों से बहने वाले तरल के लिए,तरल के प्रवाह की दर $(V)$ दोनों नलियों में समान रहती है।
पॉइज़ुइल के समीकरण के अनुसार,प्रवाह की दर $V = \frac{\pi P r^4}{8 \eta l}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $V_1 = V_2$,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{\pi P_1 r_1^4}{8 \eta l_1} = \frac{\pi P_2 r_2^4}{8 \eta l_2}$
व्यंजक को सरल बनाने पर:
$\frac{P_1 r_1^4}{l_1} = \frac{P_2 r_2^4}{l_2}$
यह दिया गया है कि $P_2 = 4P_1$ और $l_2 = \frac{l_1}{4}$,इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{P_1 r_1^4}{l_1} = \frac{(4P_1) r_2^4}{l_1 / 4}$
$\frac{P_1 r_1^4}{l_1} = \frac{16 P_1 r_2^4}{l_1}$
$r_1^4 = 16 r_2^4$
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर:
$r_1 = 2 r_2$
अतः,$r_2 = \frac{r_1}{2}$.

(C) दिया गया है: कार का प्रारंभिक वेग $u_C = 0$,बस का प्रारंभिक वेग $u_B = 0$। कार का त्वरण $a_C = 4\, m/s^2$,बस का त्वरण $a_B = 2\, m/s^2$। उनके बीच की प्रारंभिक दूरी $s = 200\, m$ है।
हम सापेक्ष गति की अवधारणा का उपयोग करते हैं। बस के सापेक्ष कार का सापेक्ष त्वरण है:
$a_{CB} = a_C - a_B = 4 - 2 = 2\, m/s^2$.
सापेक्ष प्रारंभिक वेग $u_{CB} = u_C - u_B = 0 - 0 = 0$ है।
सापेक्ष गति के लिए गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर:
$200 = 0 \cdot t + \frac{1}{2} \cdot a_{CB} \cdot t^2$
$200 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot t^2$
$200 = t^2$
$t = \sqrt{200} = 10\sqrt{2}\, s$.
अतः,कार $10\sqrt{2}\, s$ के बाद बस को पकड़ लेगी।

(B) मान लीजिए प्रत्येक छड़ की लंबाई $l = 1\, m$ है। मान लीजिए $y$ फर्श से वजन की ऊंचाई है और $x$ स्थिर धुरी और रोलर के बीच की क्षैतिज दूरी है।
दो छड़ों द्वारा निर्मित समद्विबाहु त्रिभुज की ज्यामिति से,हमारे पास संबंध है: $(x/2)^2 + y^2 = l^2$.
$l = 1$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $x^2/4 + y^2 = 1$ मिलता है,जो $x^2 + 4y^2 = 4$ में सरल हो जाता है।
समय $t$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर:
$2x(dx/dt) + 8y(dy/dt) = 0$.
मान लीजिए $v_r = dx/dt$ रोलर की स्थिर गति है और $v_w = dy/dt$ वजन की गति है।
तब $2x v_r + 8y v_w = 0$,जिससे $v_w = -(x v_r) / (4y)$ प्राप्त होता है।
चूंकि वजन ऊपर की ओर बढ़ रहा है,हम परिमाण पर विचार करते हैं: $v_w = (x v_r) / (4y)$.
$x = \sqrt{4 - 4y^2} = 2\sqrt{1 - y^2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $v_w = (2\sqrt{1 - y^2} \cdot v_r) / (4y) = v_r \cdot \frac{\sqrt{1 - y^2}}{2y}$ मिलता है।
जैसे-जैसे रोलर दाईं ओर बढ़ता है,दूरी $x$ कम हो जाती है,जिसका अर्थ है कि ऊंचाई $y$ बढ़ जाती है।
जैसे-जैसे $y$ बढ़ता है,पद $\frac{\sqrt{1 - y^2}}{2y}$ कम हो जाता है।
इसलिए,वजन की गति $v_w$ ऊपर जाने पर घटती जाती है।

(C) दिया गया संबंध: $p = a^{1/2} b^2 c^3 d^{-4}$.
अधिकतम सापेक्ष त्रुटि के लिए सूत्र इस प्रकार है:
$\frac{\Delta p}{p} = \frac{1}{2} \frac{\Delta a}{a} + 2 \frac{\Delta b}{b} + 3 \frac{\Delta c}{c} + 4 \frac{\Delta d}{d}$.
दी गई प्रतिशत त्रुटियों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta p}{p} \times 100 = \frac{1}{2}(2\%) + 2(1\%) + 3(3\%) + 4(5\%)$.
मानों की गणना करने पर:
$= 1\% + 2\% + 9\% + 20\% = 32\%$.
अतः,$p$ में सापेक्ष त्रुटि $32\%$ है.

(D) दिए गए $P-V$ आरेख से,प्रक्रिया $P = \frac{\text{constant}}{V}$ संबंध का पालन करती है,जिसका अर्थ है $PV = \text{constant}$।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ के अनुसार,यदि $PV$ स्थिर है,तो $T$ भी स्थिर होना चाहिए $(T = \text{constant})$।
यह एक समतापीय (isothermal) प्रक्रिया को दर्शाता है।
$T-P$ आरेख में,एक समतापीय प्रक्रिया को एक क्षैतिज रेखा द्वारा दर्शाया जाता है (जहाँ $P$ के बदलने पर $T$ स्थिर रहता है)।
$P-V$ ग्राफ को देखने पर,बिंदु $1$ से $2$ की ओर जाने पर दबाव $P$ घटता है (क्योंकि $V$ बढ़ता है)।
इसलिए,$T-P$ आरेख में,प्रक्रिया एक क्षैतिज रेखा होनी चाहिए जो $1$ से शुरू होती है और $P$ के घटने पर $2$ की ओर जाती है।
दिए गए विकल्पों में से,वह ग्राफ जिसमें $T$ स्थिर है और $P$ के घटने पर $1$ से $2$ की ओर संक्रमण होता है,विकल्प $(d)$ द्वारा दर्शाया गया है।

(A) मान लीजिए समबाहु त्रिभुज $ABC$ की भुजा की लंबाई $L$ है। त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{\sqrt{3}}{4}L^2$ है। एक पतले समान समबाहु त्रिभुज का उसके केंद्रक से गुजरने वाली और उसके तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{6} M L^2$ होता है,जहाँ $M$ त्रिभुज का द्रव्यमान है। चूंकि शीट समान है,द्रव्यमान $M$ क्षेत्रफल $A$ के समानुपाती है,इसलिए $M = \sigma A$,जहाँ $\sigma$ पृष्ठीय द्रव्यमान घनत्व है। अतः,$I \propto A \cdot L^2 \propto L^2 \cdot L^2 = L^4$.
मान लीजिए $I_0$ भुजा की लंबाई $L$ वाले मूल त्रिभुज $ABC$ का जड़त्व आघूर्ण है। अतः,$I_0 = k L^4$ किसी स्थिरांक $k$ के लिए।
छोटे त्रिभुज $DEF$ की भुजा की लंबाई $L/2$ है। इसका द्रव्यमान $m$ मूल त्रिभुज के द्रव्यमान $M$ का $1/4$ है क्योंकि इसका क्षेत्रफल मूल क्षेत्रफल का $1/4$ है। छोटे त्रिभुज $DEF$ का उसके अपने केंद्रक (जो $G$ भी है) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{DEF} = k (L/2)^4 = k \frac{L^4}{16} = \frac{I_0}{16}$ है।
शेष आकृति का जड़त्व आघूर्ण मूल त्रिभुज और हटाए गए त्रिभुज के जड़त्व आघूर्ण के बीच का अंतर है: $I = I_0 - I_{DEF} = I_0 - \frac{I_0}{16} = \frac{15}{16}I_0$.

(C) विद्युत क्षेत्र में विद्युत द्विध्रुव द्वारा अनुभव किया गया बलाघूर्ण $\vec{T} = \vec{P} \times \vec{E}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{P} = P \cos \theta \hat{i} + P \sin \theta \hat{j}$ है।
पहले विद्युत क्षेत्र $\vec{E_1} = E\hat{i}$ के लिए:
$\vec{T_1} = (P \cos \theta \hat{i} + P \sin \theta \hat{j}) \times (E\hat{i}) = PE \cos \theta (\hat{i} \times \hat{i}) + PE \sin \theta (\hat{j} \times \hat{i}) = 0 - PE \sin \theta \hat{k} = -PE \sin \theta \hat{k}$.
दिया गया है $\vec{T_1} = \tau \hat{k}$,इसलिए $\tau = -PE \sin \theta$.
दूसरे विद्युत क्षेत्र $\vec{E_2} = \sqrt{3}E\hat{j}$ के लिए:
$\vec{T_2} = (P \cos \theta \hat{i} + P \sin \theta \hat{j}) \times (\sqrt{3}E\hat{j}) = \sqrt{3}PE \cos \theta (\hat{i} \times \hat{j}) + \sqrt{3}PE \sin \theta (\hat{j} \times \hat{j}) = \sqrt{3}PE \cos \theta \hat{k} + 0 = \sqrt{3}PE \cos \theta \hat{k}$.
दिया गया है $\vec{T_2} = -\vec{T_1} = -(\tau \hat{k}) = -(-PE \sin \theta \hat{k}) = PE \sin \theta \hat{k}$.
$\vec{T_2}$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\sqrt{3}PE \cos \theta \hat{k} = PE \sin \theta \hat{k}$.
$\tan \theta = \sqrt{3}$.
अतः,$\theta = 60^{\circ}$.

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक समानांतर पंक्ति में संधारित्रों की संख्या $n$ है और श्रेणीक्रम में ऐसी पंक्तियों की संख्या $m$ है।
प्रत्येक संधारित्र $300\ V$ सहन कर सकता है। $1000\ V$ का कुल विभवांतर सहन करने के लिए,श्रेणीक्रम में संधारित्रों की संख्या $(m)$ को $m \times 300 \ge 1000$ शर्त को पूरा करना चाहिए,जिससे $m \ge 3.33$ प्राप्त होता है। अतः,हमें श्रेणीक्रम में कम से कम $m = 4$ पंक्तियों की आवश्यकता है।
प्रत्येक पंक्ति पर विभवांतर $1000/4 = 250\ V$ होगा,जो $300\ V$ की सुरक्षित सीमा के भीतर है।
समानांतर में $n$ संधारित्रों की एक पंक्ति की तुल्य धारिता $C_{row} = n \times 1\ \mu F = n\ \mu F$ है।
चूंकि श्रेणीक्रम में ऐसी $m = 4$ पंक्तियाँ हैं,इसलिए कुल तुल्य धारिता $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_{row}} + \frac{1}{C_{row}} + \frac{1}{C_{row}} + \frac{1}{C_{row}} = \frac{4}{n}$ द्वारा दी जाती है।
$C_{eq} = 2\ \mu F$ दिया गया है,इसलिए $\frac{1}{2} = \frac{4}{n}$,जिसका अर्थ है $n = 8$।
संधारित्रों की कुल संख्या = $m \times n = 4 \times 8 = 32$।

(C) स्थिर अवस्था में,संधारित्र एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है,इसलिए संधारित्र $C$ और प्रतिरोध $r_1$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ एक सरल श्रेणी परिपथ में बदल जाता है जिसमें बैटरी $E$ और प्रतिरोध $r$ तथा $r_2$ होते हैं।
परिपथ से प्रवाहित होने वाली धारा $i$ है:
$i = \frac{E}{r + r_2}$
संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $V_c$ प्रतिरोध $r_2$ के सिरों पर विभवांतर के बराबर होता है क्योंकि वे समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
$V_c = i \cdot r_2 = \left( \frac{E}{r + r_2} \right) r_2$
संधारित्र पर आवेश $Q$ का मान $Q = C V_c$ द्वारा दिया जाता है।
$V_c$ का मान रखने पर:
$Q = C \left( \frac{E r_2}{r + r_2} \right) = CE \frac{r_2}{r + r_2}$

(D) आइए किरचॉफ के वोल्टेज नियम $(KVL)$ का उपयोग करके परिपथ का विश्लेषण करें।
बाईं ओर के पहले लूप पर विचार करें। इसमें एक-दूसरे के विपरीत जुड़ी हुई दो $2 \ V$ की बैटरी और एक $1 \ \Omega$ का प्रतिरोध है।
इस लूप में कुल विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $2 \ V - 2 \ V = 0 \ V$ है।
चूंकि कुल $EMF$ शून्य है,इसलिए इस लूप में $1 \ \Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा $I = V/R = 0/1 = 0 \ A$ होगी।
इसी प्रकार,अन्य लूपों के लिए भी,बैटरी इस तरह से व्यवस्थित हैं कि उनका विभव एक-दूसरे को निरस्त कर देता है।
इसलिए,परिपथ में किसी भी प्रतिरोध से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
प्रत्येक प्रतिरोध में धारा $0 \ A$ है।

(B) एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज में,शून्य विक्षेप के लिए शर्त $R_1/R_3 = R_2/R_4$ है। यदि सेल और गैल्वेनोमीटर को आपस में बदल दिया जाए,तो शून्य विक्षेप के लिए नई शर्त $R_1/R_2 = R_3/R_4$ हो जाती है,जो गणितीय रूप से मूल शर्त के समतुल्य है। इसलिए,शून्य विक्षेप बिंदु अपरिवर्तित रहता है। अतः,विकल्प $B$ में दिया गया कथन असत्य है।

(A) दिया गया है: गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा,$i_{g} = 5 \times 10^{-3} \ A$.
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध,$G = 15 \ \Omega$.
गैल्वेनोमीटर को $V$ रेंज के वोल्टमीटर में बदलने के लिए,इसके साथ श्रेणीक्रम में एक उच्च प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाना चाहिए।
सूत्र: $V = i_{g}(R + G)$.
दिए गए मानों को रखने पर: $10 = 5 \times 10^{-3} \times (R + 15)$.
$R + 15 = \frac{10}{5 \times 10^{-3}} = 2000$.
$R = 2000 - 15 = 1985 \ \Omega$.
$R = 1.985 \times 10^{3} \ \Omega$.

(A) दिया गया है:
चुंबकीय आघूर्ण,$M = 6.7 \times 10^{-2} \ Am^2$
चुंबकीय क्षेत्र,$B = 0.01 \ T$
जड़त्व आघूर्ण,$I = 7.5 \times 10^{-6} \ kgm^2$
सरल आवर्त दोलन करने वाली चुंबकीय सुई का आवर्तकाल $T$ निम्न सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$
मान रखने पर:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{7.5 \times 10^{-6}}{6.7 \times 10^{-2} \times 0.01}}$
$T = 2\pi \sqrt{\frac{7.5 \times 10^{-6}}{6.7 \times 10^{-4}}}$
$T = 2\pi \sqrt{1.1194 \times 10^{-2}}$
$T = 2\pi \times 0.1058 \approx 0.665 \ s$
$10$ पूर्ण दोलनों के लिए लिया गया समय:
$t = 10 \times T = 10 \times 0.665 = 6.65 \ s$

(B) अपसारी लेंस के लिए,आपतित प्रकाश समांतर है,इसलिए प्रतिबिंब उसके फोकस पर बनता है। चूंकि यह एक अपसारी लेंस है,$f_1 = -25\ cm$ है।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u_1 = \infty$,हमें $v_1 = f_1 = -25\ cm$ प्राप्त होता है।
यह प्रतिबिंब अभिसारी लेंस के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है। लेंसों के बीच की दूरी $d = 15\ cm$ है।
अतः,अभिसारी लेंस के लिए वस्तु की दूरी $u_2 = -(25 + 15) = -40\ cm$ होगी।
अभिसारी लेंस के लिए,$f_2 = +20\ cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{-40} = \frac{1}{20}$
$\frac{1}{v_2} = \frac{1}{20} - \frac{1}{40} = \frac{2-1}{40} = \frac{1}{40}$
$v_2 = +40\ cm$.
चूंकि $v_2$ धनात्मक है,अंतिम प्रतिबिंब वास्तविक है और अभिसारी लेंस से $40\ cm$ की दूरी पर बनता है।

(B) दिया गया है: $A$ का द्रव्यमान $= m$,$B$ का द्रव्यमान $= \frac{m}{2}$. $A$ का प्रारंभिक वेग $= v$,$B$ का प्रारंभिक वेग $= 0$.
माना टक्कर के बाद $A$ और $B$ के अंतिम वेग क्रमशः $v_1$ और $v_2$ हैं।
संवेग संरक्षण के नियम से: $mv = mv_1 + (\frac{m}{2})v_2 \implies v = v_1 + \frac{v_2}{2} \implies 2v = 2v_1 + v_2$ ... $(i)$.
प्रत्यास्थ टक्कर के लिए,प्रत्यावस्थान गुणांक $e = 1$,इसलिए $v_2 - v_1 = v - 0 \implies v_2 = v + v_1$ ... $(ii)$.
समीकरण $(ii)$ को $(i)$ में रखने पर: $2v = 2v_1 + (v + v_1) \implies v = 3v_1 \implies v_1 = \frac{v}{3}$.
अतः $v_2 = v + \frac{v}{3} = \frac{4v}{3}$.
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ है।
अनुपात $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{p_B}{p_A} = \frac{m_B v_2}{m_A v_1} = \frac{(\frac{m}{2}) \times (\frac{4v}{3})}{m \times (\frac{v}{3})} = \frac{\frac{2mv}{3}}{\frac{mv}{3}} = 2$.

(C) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = \frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
साथ ही,ओम के नियम के अनुसार,$\varepsilon = iR$,जहाँ $i$ प्रेरित धारा है और $R$ कुंडली का प्रतिरोध है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर,हमें $iR = \frac{d\phi}{dt}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $d\phi = R \cdot i \cdot dt$।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,चुंबकीय फ्लक्स में कुल परिवर्तन $\Delta\phi = R \int i \, dt$ द्वारा प्राप्त होता है।
समाकलन $\int i \, dt$ धारा-समय ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल को दर्शाता है।
दिए गए ग्राफ से,क्षेत्रफल एक समकोण त्रिभुज है जिसका आधार $= 0.5 \, s$ और ऊँचाई $= 10 \, A$ है।
क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई} = \frac{1}{2} \times 0.5 \times 10 = 2.5 \, C$।
अतः,फ्लक्स में परिवर्तन का परिमाण $\Delta\phi = R \times \text{क्षेत्रफल} = 100 \, \Omega \times 2.5 \, C = 250 \, Wb$ है।

(B) चमकीली फ्रिंजों के संपाती होने के लिए,पथ अंतर दोनों तरंगदैर्ध्यों का पूर्णांक गुणज होना चाहिए। मान लीजिए $\lambda_1 = 650 \ nm$ के लिए क्रम $n_1$ है और $\lambda_2 = 520 \ nm$ के लिए क्रम $n_2$ है।
संपाती होने की शर्त $y = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{n_2 \lambda_2 D}{d}$ है,जिसका अर्थ है $n_1 \lambda_1 = n_2 \lambda_2$.
$\frac{n_1}{n_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{520 \ nm}{650 \ nm} = \frac{4}{5}$.
न्यूनतम दूरी के लिए,हम सबसे छोटे पूर्णांक $n_1 = 4$ और $n_2 = 5$ लेते हैं।
अब,$n_1 = 4$,$\lambda_1 = 650 \times 10^{-9} \ m$,$D = 1.5 \ m$,और $d = 0.5 \times 10^{-3} \ m$ का उपयोग करके स्थिति $y$ की गणना करें:
$y = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{4 \times 650 \times 10^{-9} \times 1.5}{0.5 \times 10^{-3}} \ m$.
$y = \frac{4 \times 650 \times 1.5}{0.5} \times 10^{-6} \ m = 7800 \times 10^{-6} \ m = 7.8 \times 10^{-3} \ m = 7.8 \ mm$.

(C) चूंकि प्रेक्षक प्रकाश की गति के एक महत्वपूर्ण अंश पर गति कर रहा है,इसलिए हमें स्थिर स्रोत की ओर बढ़ते प्रेक्षक के लिए सापेक्ष डॉपलर प्रभाव सूत्र का उपयोग करना होगा:
$f = f_0 \sqrt{\frac{c+v}{c-v}}$
दिया गया है:
$f_0 = 10 \ GHz$
$v = \frac{c}{2}$
मान रखने पर:
$f = 10 \sqrt{\frac{c + c/2}{c - c/2}}$
$f = 10 \sqrt{\frac{3c/2}{c/2}}$
$f = 10 \sqrt{3}$
$f \approx 10 \times 1.732 = 17.32 \ GHz$
अतः,प्रेक्षित आवृत्ति $17.3 \ GHz$ है।

(A) $X$-रे ट्यूब में,न्यूनतम तरंगदैर्ध्य $\lambda_{\min}$ डुआन-हंट नियम द्वारा दी जाती है:
$\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln \lambda_{\min} = \ln \left(\frac{hc}{e}\right) - \ln V$
यह समीकरण $y = mx + c$ के रूप में है,जहाँ $y = \ln \lambda_{\min}$,$x = \ln V$,और ढाल $m = -1$ है।
चूँकि ढाल $-1$ (जो ऋणात्मक है) है,इसलिए $\log \lambda_{\min}$ बनाम $\log V$ का ग्राफ ऋणात्मक ढाल वाली एक सीधी रेखा है। यह विकल्प $A$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(D) ऊर्जा स्तर आरेख से,हम संबंध $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ का उपयोग करते हैं।
तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$ के अनुरूप संक्रमण के लिए,ऊर्जा अंतर $\Delta E_1 = -E - (-2E) = E$ है।
अतः,$\frac{hc}{\lambda_1} = E$,जिससे $\lambda_1 = \frac{hc}{E}$ प्राप्त होता है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ के अनुरूप संक्रमण के लिए,ऊर्जा अंतर $\Delta E_2 = -E - (-\frac{4}{3}E) = \frac{1}{3}E$ है।
अतः,$\frac{hc}{\lambda_2} = \frac{E}{3}$,जिससे $\lambda_2 = \frac{3hc}{E}$ प्राप्त होता है।
अनुपात $r = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{hc/E}{3hc/E} = \frac{1}{3}$ है।

(B) मान लीजिए कि प्रारंभ में $A$ के नाभिकों की कुल संख्या $N_0$ है।
समय $t$ पर,$A$ के नाभिकों की संख्या $N_A$ और $B$ की संख्या $N_B$ है।
दिया गया है कि $\frac{N_B}{N_A} = 0.3$,इसलिए $N_B = 0.3 N_A$.
नाभिकों की कुल संख्या स्थिर रहती है: $N_0 = N_A + N_B = N_A + 0.3 N_A = 1.3 N_A$.
अतः,$N_A = \frac{N_0}{1.3}$.
रेडियोधर्मी क्षय के नियम के अनुसार,$N_A = N_0 e^{-\lambda t}$.
$N_A$ का मान रखने पर,$\frac{N_0}{1.3} = N_0 e^{-\lambda t}$,जिसका अर्थ है कि $e^{\lambda t} = 1.3$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$\lambda t = \ln(1.3)$.
चूंकि $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$,इसलिए $t = \frac{\ln(1.3)}{\lambda} = \frac{\ln(1.3)}{\ln 2} T$.
लघुगणक के गुणधर्म का उपयोग करते हुए,$\frac{\ln(1.3)}{\ln 2} = \frac{\log 1.3}{\log 2}$.
अतः,$t = T \frac{\log 1.3}{\log 2}$.

(D) $n-p-n$ ट्रांजिस्टर के लिए कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में,इनपुट सिग्नल को बेस-एमिटर जंक्शन पर लागू किया जाता है और आउटपुट को कलेक्टर-एमिटर जंक्शन से लिया जाता है।
जब इनपुट वोल्टेज बढ़ता है,तो बेस करंट बढ़ता है,जिससे कलेक्टर करंट में वृद्धि होती है।
कलेक्टर से जुड़े लोड रेसिस्टर $R_C$ के पार वोल्टेज ड्रॉप के कारण,कलेक्टर करंट में वृद्धि से कलेक्टर-एमिटर आउटपुट वोल्टेज में कमी आती है।
इसलिए,आउटपुट वोल्टेज इनपुट वोल्टेज के साथ $180^o$ के कलांतर (phase difference) पर होता है।

(A) एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेशन में,मॉड्यूलेटेड तरंग को निम्नलिखित व्यंजक द्वारा दर्शाया जाता है: $E = E_c \sin(\omega_c t) + \frac{\mu E_c}{2} \cos((\omega_c - \omega_m)t) - \frac{\mu E_c}{2} \cos((\omega_c + \omega_m)t)$.
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि मॉड्यूलेटेड तरंग तीन अलग-अलग आवृत्ति घटकों से बनी होती है: कैरियर आवृत्ति $\omega_c$,लोअर साइडबैंड आवृत्ति $(\omega_c - \omega_m)$,और अपर साइडबैंड आवृत्ति $(\omega_c + \omega_m)$।
सिग्नल आवृत्ति $\omega_m$ स्वयं अंतिम मॉड्यूलेटेड तरंग में आवृत्ति घटक के रूप में मौजूद नहीं होती है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) मान लीजिए $x$ पोटेंशियोमीटर तार $PQ$ का विभव प्रवणता (potential gradient) है।
जब कुंजी $K_3$ को $2$ और $1$ के बीच लगाया जाता है,तो $R_1$ के सिरों पर विभवांतर संतुलित होता है:
$V_1 = I R_1 = x l_1$
जब कुंजी $K_3$ को $3$ और $1$ के बीच लगाया जाता है,तो $R_1$ और $R_2$ के श्रेणी संयोजन के सिरों पर विभवांतर संतुलित होता है:
$V_2 = I (R_1 + R_2) = x l_2$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{I R_1}{I (R_1 + R_2)} = \frac{x l_1}{x l_2}$
$\frac{R_1}{R_1 + R_2} = \frac{l_1}{l_2}$
दोनों पक्षों को उलटने पर:
$\frac{R_1 + R_2}{R_1} = \frac{l_2}{l_1}$
$1 + \frac{R_2}{R_1} = \frac{l_2}{l_1}$
$\frac{R_2}{R_1} = \frac{l_2}{l_1} - 1 = \frac{l_2 - l_1}{l_1}$
अतः,अनुपात $\frac{R_1}{R_2} = \frac{l_1}{l_2 - l_1}$ प्राप्त होता है।

(D) मॉड्युलेशन इंडेक्स $m$,मॉड्युलेटिंग सिग्नल के पीक वोल्टेज $V_m$ और वाहक तरंग के पीक वोल्टेज $V_c$ के अनुपात द्वारा दिया जाता है।
$m = \frac{V_m}{V_c} = \frac{5 \, V}{25 \, V} = 0.2$.
दिया गया है,वाहक तरंग की आवृत्ति $f_c = 1.2 \, MHz = 1200 \, kHz$.
मॉड्युलेटिंग सिग्नल की आवृत्ति $f_m = 20 \, kHz$.
साइडबैंड आवृत्तियाँ $f_c \pm f_m$ द्वारा दी जाती हैं।
लोअर साइडबैंड आवृत्ति $= f_c - f_m = 1200 \, kHz - 20 \, kHz = 1180 \, kHz$.
अपर साइडबैंड आवृत्ति $= f_c + f_m = 1200 \, kHz + 20 \, kHz = 1220 \, kHz$.
अतः,मॉड्युलेशन इंडेक्स $0.2$ है और साइडबैंड $1180 \, kHz$ और $1220 \, kHz$ पर हैं।

(B) एकल स्लिट विवर्तन के लिए,$n$-वें निम्निष्ठ की शर्त $b \sin \theta = n \lambda$ है।
छोटे कोणों के लिए,$\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{x}{D}$,जहाँ $x$ केंद्रीय उच्चिष्ठ से दूरी है और $D$ पर्दे की दूरी है।
अतः,$x_n = \frac{n \lambda D}{b}$.
दिया गया है कि $n=2$ के लिए,$x_2 = 3\,cm$ और $n=4$ के लिए,$x_4 = 6\,cm$.
सूत्र का उपयोग करने पर: $x_n = n \left( \frac{\lambda D}{b} \right)$.
$n=2$ के लिए: $3 = 2 \left( \frac{\lambda D}{b} \right) \Rightarrow \frac{\lambda D}{b} = 1.5\,cm$.
$n=4$ के लिए: $6 = 4 \left( \frac{\lambda D}{b} \right) \Rightarrow \frac{\lambda D}{b} = 1.5\,cm$.
केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई दोनों ओर के पहले निम्निष्ठों के बीच की दूरी है,जो $w = 2x_1$ है।
चूंकि $x_1 = 1 \left( \frac{\lambda D}{b} \right) = 1.5\,cm$,इसलिए केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई $w = 2 \times 1.5 = 3\,cm$ होगी।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -mB \cos \theta$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $m$ चुंबकीय आघूर्ण है और $B$ चुंबकीय क्षेत्र है।
द्विध्रुव द्वारा अनुभव किया गया टॉर्क $\tau = mB \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है।
टॉर्क के अधिकतम होने के लिए,$\sin \theta = 1$ होना चाहिए,जो $\theta = 90^{\circ}$ पर होता है।
स्थितिज ऊर्जा के समीकरण में $\theta = 90^{\circ}$ रखने पर: $U = -mB \cos(90^{\circ}) = -mB(0) = 0$.
अतः,जब टॉर्क अधिकतम होता है तो स्थितिज ऊर्जा शून्य होती है।

(D) एक आवेशित गोलाकार चालक में संचित ऊर्जा $U = \frac{Q^2}{2C}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $U = 4.5\, J$ और $Q = 4\,\mu C = 4 \times 10^{-6}\, C$.
मान रखने पर: $4.5 = \frac{(4 \times 10^{-6})^2}{2C} = \frac{16 \times 10^{-12}}{2C}$.
$C = \frac{16 \times 10^{-12}}{9} = 1.77 \times 10^{-12}\, F$.
गोलाकार चालक की धारिता $C = 4\pi\varepsilon_0 R$ होती है।
अतः,$R = \frac{C}{4\pi\varepsilon_0} = C \times (9 \times 10^9)$.
$R = \frac{16 \times 10^{-12}}{9} \times 9 \times 10^9 = 16 \times 10^{-3}\, m$.
मिलीमीटर में बदलने पर: $R = 16\, mm$.

(B) एकसमान विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ में,बिंदु $P$ के सापेक्ष स्थिति $\vec{r}$ पर विभव $V = V_P - \vec{E} \cdot \vec{r} = V_P - Er \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ त्रिज्या सदिश और क्षेत्र की दिशा के बीच का कोण है।
विभव $V_{min} = V_P - Er$ (जहाँ $\theta = 0^o$) और $V_{max} = V_P + Er$ (जहाँ $\theta = 180^o$) के बीच बदलता है।
दिया गया है $V_{min} = 589.0\,V$ और $V_{max} = 589.8\,V$,इसलिए व्यास पर विभव का अंतर $2Er = 589.8 - 589.0 = 0.8\,V$ है। अतः,$Er = 0.4\,V$ है।
केंद्र का विभव $V_P$ औसत है: $V_P = (589.0 + 589.8) / 2 = 589.4\,V$ है।
$\theta = 60^o$ कोण पर स्थित बिंदु के लिए,विभव $V = V_P - Er \cos(60^o) = 589.4 - 0.4 \times 0.5 = 589.4 - 0.2 = 589.2\,V$ होगा।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग में,विद्युत क्षेत्र $(E_0)$ और चुंबकीय क्षेत्र $(B_0)$ के आयामों के बीच का संबंध $E_0 = c B_0$ होता है।
चूंकि तरंग ऋणात्मक $x$-दिशा में संचरित हो रही है (जो $kx + \omega t$ द्वारा इंगित है),संचरण की दिशा $\vec E \times \vec B$ के क्रॉस उत्पाद द्वारा दी जाती है।
संचरण की दिशा $-\hat i$ है।
दिया गया है कि $\vec B$,$\hat j$ दिशा में है,इसलिए $\vec E \times (B_0 \hat j) \propto -\hat i$।
चूंकि $\hat k \times \hat j = -\hat i$,इसलिए विद्युत क्षेत्र $\hat k$ दिशा में होना चाहिए।
अतः,$\vec E = E_0 \sin(kx + \omega t) \hat k = B_0 c \sin(kx + \omega t) \hat k \ V/m$।

(B) वृत्ताकार धारा लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,धारा $I$,आवेश $e$ को समय अवधि $T$ से विभाजित करने पर प्राप्त होती है,इसलिए $I = \frac{e}{T}$।
समय अवधि $T = \frac{2\pi r}{v}$ है,जहाँ $v$ कक्षीय वेग है।
अतः,$I = \frac{ev}{2\pi r}$।
इस मान को चुंबकीय क्षेत्र के सूत्र में रखने पर: $B = \frac{\mu_0 ev}{4\pi r^2}$।
बोर के सिद्धांत के अनुसार,त्रिज्या $r \propto n^2$ और वेग $v \propto n^{-1}$ है।
इन समानुपातों को रखने पर: $B \propto \frac{n^{-1}}{(n^2)^2} = \frac{n^{-1}}{n^4} = n^{-5}$।
इसलिए,चुंबकीय क्षेत्र $n^{-5}$ के समानुपाती है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $KE_{\max} = h n - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$n$ आवृत्ति है और $\phi$ धातु का कार्य फलन है।
प्रथम स्थिति के लिए: $\frac{1}{2} m v^2 = h n - \phi$ ..... $(i)$
$3n$ आवृत्ति वाली दूसरी स्थिति के लिए: $\frac{1}{2} m (v^{\prime})^2 = 3 h n - \phi$ ..... $(ii)$
समीकरण $(i)$ से,$h n = \frac{1}{2} m v^2 + \phi$। इस मान को समीकरण $(ii)$ में रखने पर:
$\frac{1}{2} m (v^{\prime})^2 = 3 (\frac{1}{2} m v^2 + \phi) - \phi$
$\frac{1}{2} m (v^{\prime})^2 = \frac{3}{2} m v^2 + 2 \phi$
$(v^{\prime})^2 = 3 v^2 + \frac{4 \phi}{m}$
चूंकि $\phi > 0$,इसलिए $(v^{\prime})^2 > 3 v^2$,जिसका अर्थ है कि $v^{\prime} > \sqrt{3} v$।
अतः,अधिकतम वेग $\sqrt{3} v$ से अधिक होगा।

(A) अर्धचालक की चालकता का सूत्र इस प्रकार है:
$\sigma = e(n_e \mu_e + n_h \mu_h)$
दिए गए मान:
$e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$
$n_e = 5 \times 10^{18} \, m^{-3}$
$n_h = 5 \times 10^{19} \, m^{-3}$
$\mu_e = 2.0 \, m^2 \, V^{-1} \, s^{-1}$
$\mu_h = 0.01 \, m^2 \, V^{-1} \, s^{-1}$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\sigma = 1.6 \times 10^{-19} \times [(5 \times 10^{18} \times 2.0) + (5 \times 10^{19} \times 0.01)]$
$\sigma = 1.6 \times 10^{-19} \times [10 \times 10^{18} + 0.05 \times 10^{19}]$
$\sigma = 1.6 \times 10^{-19} \times [10^{19} + 0.5 \times 10^{18}]$
$\sigma = 1.6 \times 10^{-19} \times [10.5 \times 10^{18}]$
$\sigma = 1.6 \times 1.05 = 1.68 \, (\Omega \cdot m)^{-1}$

(B) ग्राफ से,अग्र अभिनत के लिए:
अग्र अभिनत प्रतिरोध $R_f = \frac{\Delta V}{\Delta I} = \frac{0.8 - 0.7}{(20 - 10) \times 10^{-3} \text{ A}} = \frac{0.1}{10 \times 10^{-3}} = \frac{0.1}{0.01} = 10 \, \Omega$.
पश्च अभिनत के लिए:
पश्च अभिनत प्रतिरोध $R_r = \frac{V}{I} = \frac{10 \text{ V}}{1 \times 10^{-6} \text{ A}} = 10^7 \, \Omega$.
अग्र अभिनत और पश्च अभिनत प्रतिरोध का अनुपात $\frac{R_f}{R_r} = \frac{10}{10^7} = 10^{-6}$ है।

(A) दो संकेंद्रित वृत्ताकार कुंडलियों के लिए,अन्योन्य प्रेरकत्व (mutual inductance) $M = \frac{\mu_0 \pi a^2}{2b}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $a$ छोटे आंतरिक लूप की त्रिज्या है और $b$ बड़े बाहरी लूप की त्रिज्या है $(b \gg a)$।
बाहरी लूप में धारा $I = I_0 \cos (\omega t)$ है।
फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,आंतरिक लूप में प्रेरित emf $e = -M \frac{dI}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$e = -\left( \frac{\mu_0 \pi a^2}{2b} \right) \frac{d}{dt} [I_0 \cos (\omega t)]$
$e = -\left( \frac{\mu_0 \pi a^2}{2b} \right) I_0 [-\omega \sin (\omega t)]$
$e = \frac{\pi \mu_0 I_0}{2} \cdot \frac{a^2}{b} \omega \sin (\omega t)$.

(A) मान लीजिए कि अनंत नेटवर्क का समतुल्य प्रतिरोध $x\,\Omega$ है। चूंकि नेटवर्क अनंत है,इसलिए एक और खंड जोड़ने से समतुल्य प्रतिरोध नहीं बदलता है।
अनंत भाग को $x\,\Omega$ से बदलकर परिपथ को सरल बनाया जा सकता है। $4\,\Omega$ का प्रतिरोध $x\,\Omega$ के समानांतर है,और यह संयोजन दो $1\,\Omega$ प्रतिरोधों के साथ श्रृंखला में है (एक ऊपरी शाखा में और एक निचली शाखा में)।
अतः,$x = 1 + 1 + \frac{4x}{4+x} = 2 + \frac{4x}{4+x}$.
$x$ के लिए हल करने पर: $x = \frac{2(4+x) + 4x}{4+x} = \frac{8 + 2x + 4x}{4+x} = \frac{8 + 6x}{4+x}$.
$x(4+x) = 8 + 6x \implies x^2 + 4x = 8 + 6x \implies x^2 - 2x - 8 = 0$.
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर: $(x-4)(x+2) = 0$. चूंकि प्रतिरोध ऋणात्मक नहीं हो सकता,इसलिए $x = 4\,\Omega$.
आंतरिक प्रतिरोध $r = 0.5\,\Omega$ सहित परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = x + r = 4 + 0.5 = 4.5\,\Omega$ है।
एमीटर $A_1$ का पाठ्यांक $I = \frac{V_{battery}}{R_{eq}} = \frac{9}{4.5} = 2\, A$ है।
वोल्टमीटर $V$ का पाठ्यांक बैटरी का टर्मिनल वोल्टेज है: $V_{terminal} = V_{battery} - I \cdot r = 9 - (2 \times 0.5) = 9 - 1 = 8\, V$.
विकल्पों के साथ तुलना करने पर,सही कथन यह है कि $A_1$ का पाठ्यांक $2\, A$ है।

(D) स्नेल के नियम के अनुसार,अपवर्तनांक का अनुपात $\frac{\mu_R}{\mu_D} = \frac{\sin i}{\sin r}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि आपतन कोण $i = A$ है और परावर्तित तथा अपवर्तित किरणों के बीच का कोण $90^o$ है। परावर्तित किरण अभिलंब के साथ $A$ कोण बनाती है,इसलिए परावर्तित किरण और सतह के बीच का कोण $90^o - A$ है। परावर्तित और अपवर्तित किरणों के बीच का कोण $90^o$ है,इसलिए अपवर्तित किरण और सतह के बीच का कोण $180^o - 90^o - (90^o - A) = A$ होगा। इस प्रकार,अपवर्तन कोण $r = 90^o - A$ प्राप्त होता है।
इन मानों को स्नेल के नियम में रखने पर: $\frac{\mu_R}{\mu_D} = \frac{\sin A}{\sin(90^o - A)} = \frac{\sin A}{\cos A} = \tan A$.
हम जानते हैं कि क्रांतिक कोण $\theta_C$ के लिए $\sin \theta_C = \frac{\mu_R}{\mu_D}$ होता है।
अतः,$\tan A = \sin \theta_C$,जिसका अर्थ है कि $A = \tan^{-1}(\sin \theta_C)$।

(D) लोरेन्ट्स बल के नियम के अनुसार,आवेश $q$ पर कुल बल $\vec F = q(\vec E + \vec v \times \vec B)$ होता है।
चूंकि आवेश कोई बल अनुभव नहीं करता है,$\vec F = 0$,जिसका अर्थ है $\vec E + \vec v \times \vec B = 0$,या $\vec E = -(\vec v \times \vec B)$।
दिया गया है $\vec v = v_0(3\hat i - \hat j + 2\hat k)$ और $\vec B = B_0(\hat i + 2\hat j - 4\hat k)$,हम सदिश गुणनफल $\vec v \times \vec B$ की गणना करते हैं:
$\vec v \times \vec B = v_0 B_0 \begin{vmatrix} \hat i & \hat j & \hat k \\ 3 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & -4 \end{vmatrix}$
$= v_0 B_0 [\hat i((-1)(-4) - (2)(2)) - \hat j((3)(-4) - (2)(1)) + \hat k((3)(2) - (-1)(1))]$
$= v_0 B_0 [\hat i(4 - 4) - \hat j(-12 - 2) + \hat k(6 + 1)]$
$= v_0 B_0 [0\hat i + 14\hat j + 7\hat k] = v_0 B_0(14\hat j + 7\hat k)$।
अतः,$\vec E = -(\vec v \times \vec B) = -v_0 B_0(14\hat j + 7\hat k)$।

(C) दिया गया है कि मोनोक्रोमैटिक विकिरण का विद्युत क्षेत्र घटक $\vec E = 2E_0 \hat i \cos kz \cos \omega t$ है।
मैक्सवेल के समीकरणों के अनुसार,विद्युत क्षेत्र $\vec E$ और चुंबकीय क्षेत्र $\vec B$ के बीच संबंध $\nabla \times \vec E = -\frac{\partial \vec B}{\partial t}$ होता है।
$z$-दिशा में संचरित तरंग के लिए,जहाँ विद्युत क्षेत्र $x$-दिशा में है,यह संबंध $\frac{\partial E_x}{\partial z} = -\frac{\partial B_y}{\partial t}$ के रूप में सरल हो जाता है।
$E_x$ का $z$ के सापेक्ष आंशिक अवकलन करने पर:
$\frac{\partial E_x}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} (2E_0 \cos kz \cos \omega t) = -2E_0 k \sin kz \cos \omega t$.
इस मान को संबंध में रखने पर: $-2E_0 k \sin kz \cos \omega t = -\frac{\partial B_y}{\partial t}$.
अतः,$\frac{\partial B_y}{\partial t} = 2E_0 k \sin kz \cos \omega t$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$B_y = \int 2E_0 k \sin kz \cos \omega t \, dt = 2E_0 k \sin kz \left( \frac{\sin \omega t}{\omega} \right) = \frac{2E_0 k}{\omega} \sin kz \sin \omega t$.
हम जानते हैं कि $c = \frac{\omega}{k}$,इसलिए $\frac{k}{\omega} = \frac{1}{c}$.
इस प्रकार,$B_y = \frac{2E_0}{c} \sin kz \sin \omega t$.
चूंकि तरंग संचरण की दिशा $z$-अक्ष है और विद्युत क्षेत्र $x$-अक्ष पर है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $y$-अक्ष $(\hat j)$ पर होगा।
अतः,$\vec B = \frac{2E_0}{c} \hat j \sin kz \sin \omega t$.

(D) मीटर ब्रिज की संतुलित स्थिति में,शर्त $\frac{P}{Q} = \frac{l}{100-l}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $l$ सिरा $A$ से उदासीन बिंदु की दूरी है।
प्रारंभ में,$P = 4\,\Omega$ और $l = 60\,cm$ है। इसलिए,$100-l = 40\,cm$ है।
इन मानों को संतुलन की स्थिति में रखने पर:
$\frac{4}{Q} = \frac{60}{40}$
$\frac{4}{Q} = \frac{3}{2}$
$Q = \frac{8}{3}\,\Omega$.
अब,एक अज्ञात प्रतिरोध $R$ को $P$ के साथ श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,इसलिए नया प्रतिरोध $P' = P + R = 4 + R$ है। नया उदासीन बिंदु $l' = 80\,cm$ पर है,इसलिए $100-l' = 20\,cm$ है।
संतुलन की स्थिति का पुनः उपयोग करने पर:
$\frac{4+R}{Q} = \frac{80}{20}$
$\frac{4+R}{8/3} = 4$
$4+R = 4 \times \frac{8}{3}$
$4+R = \frac{32}{3}$
$R = \frac{32}{3} - 4 = \frac{32-12}{3} = \frac{20}{3}\,\Omega$.
अतः,अज्ञात प्रतिरोध $R$ का मान $\frac{20}{3}\,\Omega$ है।

(A) सिग्नल के कुशल संचरण और रिसेप्शन के लिए,एक रैखिक एंटीना की लंबाई $l$ सिग्नल की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के तुलनीय होनी चाहिए। आमतौर पर,$l = \frac{\lambda}{4}$ या $l = \frac{\lambda}{2}$ मानक लंबाई हैं। दिए गए विकल्पों में से,लंबाई $\lambda$ का एक अंश होनी चाहिए।
एक रैखिक एंटीना द्वारा विकिरणित शक्ति $P_{eff}$ एंटीना की लंबाई और तरंगदैर्ध्य के अनुपात के वर्ग के समानुपाती होती है। विशेष रूप से,$P_{eff} \propto \left(\frac{l}{\lambda}\right)^2$। विकिरणित शक्ति तरंगदैर्ध्य के वर्ग के व्युत्क्रमानुपाती होती है,अर्थात $P_{eff} \propto \frac{1}{\lambda^2}$।
इस प्रकार,$P_{eff} = K \left(\frac{1}{\lambda}\right)^2$। विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $A$ शक्ति के लिए सही संबंध प्रदान करता है।

(B) दिया गया है: पीक वोल्टेज $V_0 = 283 \, V$,कोणीय आवृत्ति $\omega = 320 \, rad/s$,प्रतिरोध $R = 5 \, \Omega$,प्रेरकत्व $L = 25 \, mH = 25 \times 10^{-3} \, H$,और धारिता $C = 1000 \, \mu F = 10^{-3} \, F$.
सबसे पहले,प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ की गणना करें:
$X_L = \omega L = 320 \times 25 \times 10^{-3} = 8 \, \Omega$.
इसके बाद,धारितीय प्रतिघात $X_C$ की गणना करें:
$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{320 \times 10^{-3}} = 3.125 \, \Omega$.
परिपथ की कुल प्रतिबाधा $Z$:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{5^2 + (8 - 3.125)^2} = \sqrt{25 + (4.875)^2} \approx 7 \, \Omega$.
कलांतर $\phi$:
$\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R} = \frac{4.875}{5} \approx 0.975 \approx 1$.
अतः,$\phi \approx 45^{\circ}$ होगा।

(B) दिया गया है: स्लिट की चौड़ाई $a = 0.1\, mm = 10^{-4}\, m$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 6000\, \mathring{A} = 6000 \times 10^{-10}\, m = 6 \times 10^{-7}\, m$.
पर्दे की दूरी $D = 0.5\, m$.
एकल स्लिट विवर्तन में $n^{\text{वें}}$ अदीप्त बैंड के लिए शर्त $a \sin \theta = n \lambda$ है।
छोटे कोणों के लिए, $\sin \theta \approx \tan \theta = \frac{x}{D}$, जहाँ $x$ केंद्रीय दीप्त बैंड से दूरी है।
अतः, $a \left( \frac{x}{D} \right) = n \lambda \implies x = \frac{n \lambda D}{a}$.
तीसरे अदीप्त बैंड $(n = 3)$ के लिए:
$x = \frac{3 \times (6 \times 10^{-7}\, m) \times 0.5\, m}{10^{-4}\, m}$.
$x = \frac{9 \times 10^{-7}}{10^{-4}}\, m = 9 \times 10^{-3}\, m = 9\, mm$.

(A) दिया गया है: लेंस की फोकस दूरी $f_l = 15 \, cm$,वस्तु दूरी $u = -20 \, cm$.
लेंस सूत्र का उपयोग करने पर,$\frac{1}{f_l} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$.
$\frac{1}{v} = \frac{1}{15} - \frac{1}{20} = \frac{4-3}{60} = \frac{1}{60}$.
अतः,$v = 60 \, cm$. प्रतिबिंब लेंस के दाईं ओर $60 \, cm$ की दूरी पर बनता है।
वस्तु और प्रतिबिंब के संपाती होने के लिए,किरणों को उत्तल दर्पण पर लंबवत आपतित होना चाहिए। यह तब होता है जब किरणें उत्तल दर्पण के वक्रता केंद्र $(C)$ की ओर निर्देशित हों।
लेंस से दर्पण की दूरी $d = 5 \, cm$ है। दर्पण से वक्रता केंद्र की दूरी $R = 2f_m$ है।
लेंस द्वारा बना प्रतिबिंब लेंस से $60 \, cm$ की दूरी पर है। चूंकि दर्पण लेंस से $5 \, cm$ की दूरी पर है,इसलिए दर्पण से प्रतिबिंब की दूरी $60 - 5 = 55 \, cm$ है।
इस प्रकार,वक्रता त्रिज्या $R = 55 \, cm$ है।
चूंकि $R = 2f_m$,उत्तल दर्पण की फोकस दूरी $f_m = \frac{R}{2} = \frac{55}{2} = 27.5 \, cm$ है।

(A) दिया गया है: प्रारंभिक प्रतिरोध $R_1 = 100\, \Omega$,प्रारंभिक त्रिज्या $r_1 = r$,अंतिम त्रिज्या $r_2 = r/2$.
तार का प्रतिरोध $R = \frac{\rho l}{A}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि तार को पुनः ढालते समय उसका आयतन $V$ स्थिर रहता है,इसलिए $V = A \cdot l = \text{स्थिरांक}$.
प्रतिरोध के सूत्र में $l = V/A$ रखने पर,हमें $R = \frac{\rho V}{A^2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\rho$ और $V$ स्थिर हैं,इसलिए $R \propto \frac{1}{A^2}$.
चूंकि $A = \pi r^2$,इसलिए $R \propto \frac{1}{(\pi r^2)^2} \propto \frac{1}{r^4}$.
अतः,$\frac{R_2}{R_1} = \left( \frac{r_1}{r_2} \right)^4$.
मान रखने पर: $\frac{R_2}{100} = \left( \frac{r}{r/2} \right)^4 = (2)^4 = 16$.
$R_2 = 16 \times 100 = 1600\, \Omega$.

(C) परिपथ $I$ के लिए: प्रतिरोधक इस प्रकार जुड़े हैं कि तुल्य प्रतिरोध $R_I = 1\,\Omega$ है।
परिपथ $II$ के लिए: यह एक संतुलित व्हीटस्टोन सेतु है जिसमें सभी प्रतिरोधक $1\,\Omega$ के हैं। मध्य प्रतिरोधक से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। तुल्य प्रतिरोध $R_{II} = (1+1) \parallel (1+1) = 2 \parallel 2 = 1\,\Omega$ है।
परिपथ $III$ के लिए: यह एक संतुलित व्हीटस्टोन सेतु है जो एक अन्य $1\,\Omega$ प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में है। सेतु भाग का तुल्य प्रतिरोध $1\,\Omega$ है,इसलिए $R_{III} = 1 + 1 = 2\,\Omega$ है।
प्रतिरोधों की तुलना करने पर: $R_{III} > R_I = R_{II}$।
चूंकि व्ययित शक्ति $P = V^2 / R$ है,स्थिर वोल्टेज $V$ के लिए,$P \propto 1/R$।
अतः,$P_{II} = P_I > P_3$ प्राप्त होता है। दिए गए विकल्पों को देखते हुए,सही संबंध $P_2 > P_1 > P_3$ के रूप में लिया जा सकता है।

(A) दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $\lambda = 660\,nm = 660 \times 10^{-9}\,m$,शक्ति $P = 0.5\,kW = 0.5 \times 10^3\,W$,पल्स की चौड़ाई $t = 60\,ms = 60 \times 10^{-3}\,s$,प्लांक नियतांक $h = 6.62 \times 10^{-34}\,Js$,प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8\,m/s$.
पल्स की कुल ऊर्जा $E = P \times t$ द्वारा दी जाती है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E_{photon} = \frac{hc}{\lambda}$ होती है।
फोटॉनों की संख्या $n = \frac{E}{E_{photon}} = \frac{P \times t \times \lambda}{h \times c}$ है।
मान रखने पर:
$n = \frac{0.5 \times 10^3 \times 60 \times 10^{-3} \times 660 \times 10^{-9}}{6.62 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$.
$6.62 \approx 6.6$ लेने पर:
$n = \frac{0.5 \times 60 \times 660 \times 10^{-9}}{6.6 \times 3 \times 10^{-26}} \approx 10^{20}$.
अतः,फोटॉनों की संख्या $10^{20}$ है।

(B) दिया गया है,$CE$ एम्पलीफायर का करंट गेन $\beta = 69$ और एमिटर करंट $I_{E} = 7.0\,mA$ है।
हम जानते हैं कि कलेक्टर करंट $I_{C}$ और एमिटर करंट $I_{E}$ के बीच का संबंध $I_{C} = \alpha I_{E}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\alpha$ कॉमन बेस कॉन्फ़िगरेशन में करंट गेन है।
$\alpha$ और $\beta$ के बीच का संबंध $\alpha = \frac{\beta}{1 + \beta}$ है।
$\beta = 69$ का मान रखने पर,हमें $\alpha = \frac{69}{1 + 69} = \frac{69}{70}$ प्राप्त होता है।
अब,कलेक्टर करंट की गणना करते हुए: $I_{C} = \left( \frac{69}{70} \right) \times 7.0\,mA$.
$I_{C} = 69 \times 0.1 = 6.9\,mA$.

(C) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $q_{enclosed}$ सतह द्वारा घिरा हुआ कुल आवेश है।
सतह $S_1$ के लिए: घिरा हुआ आवेश $2q$ है। इसलिए,$\phi_1 = \frac{2q}{\varepsilon_0}$.
सतह $S_2$ के लिए: घिरे हुए आवेश $q, q, q, -q$ हैं। कुल घिरा हुआ आवेश $q + q + q - q = 2q$ है। इसलिए,$\phi_2 = \frac{2q}{\varepsilon_0}$.
सतह $S_3$ के लिए: घिरे हुए आवेश $q, q$ हैं। आवेश $5q$ सतह के बाहर है,इसलिए यह फ्लक्स में योगदान नहीं देता है। कुल घिरा हुआ आवेश $q + q = 2q$ है। इसलिए,$\phi_3 = \frac{2q}{\varepsilon_0}$.
सतह $S_4$ के लिए: घिरे हुए आवेश $8q, -2q, -4q$ हैं। आवेश $3q$ सतह के बाहर है। कुल घिरा हुआ आवेश $8q - 2q - 4q = 2q$ है। इसलिए,$\phi_4 = \frac{2q}{\varepsilon_0}$.
परिणामों की तुलना करने पर,हम पाते हैं कि $\phi_1 = \phi_2 = \phi_3 = \phi_4 = \frac{2q}{\varepsilon_0}$.
अतः,सभी सतहों के लिए कुल विद्युत फ्लक्स समान है।

(B) धारा $I$ ले जाने वाले एक लंबे सीधे तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ कागज के तल के अंदर की ओर निर्देशित होता है (दाएं हाथ के अंगूठे के नियम का उपयोग करके)।
वेग $\vec{v}$ से गतिमान आवेश $q$ पर चुंबकीय लोरेंत्ज़ बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
ऋणात्मक आवेश $(q < 0)$ के लिए,बल $\vec{F}$,$(\vec{v} \times \vec{B})$ की दिशा के विपरीत निर्देशित होता है।
सदिश गुणनफल के लिए दाएं हाथ के नियम के अनुसार,यदि आवेश तार की ओर गति कर रहा है,तो $(\vec{v} \times \vec{B})$ की दिशा धारा के समानांतर होती है। चूंकि आवेश ऋणात्मक है,इसलिए बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ इसके विपरीत दिशा में कार्य करेगा। अतः,आवेश की गति तार की ओर होनी चाहिए।

(C) धारावाही लूप का चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M}$,$\vec{M} = I \vec{A}$ द्वारा परिभाषित होता है,जहाँ $\vec{A}$ लूप के तल के लंबवत क्षेत्रफल सदिश है। $\vec{A}$ की दिशा दाएं हाथ के अंगूठे के नियम द्वारा निर्धारित की जाती है।
एक निकाय स्थिर संतुलन में तब होता है जब स्थितिज ऊर्जा $U = -\vec{M} \cdot \vec{B}$ न्यूनतम होती है। यह तब होता है जब चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M}$ बाहरी चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के समानांतर होता है (अर्थात उनके बीच का कोण $0^\circ$ होता है)।
यह देखते हुए कि $\vec{B}$ धनात्मक $Z-$ दिशा में है,लूप को इस तरह से उन्मुख होना चाहिए कि उसका क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ (और इस प्रकार $\vec{M}$) धनात्मक $Z-$ दिशा में इंगित करे। लूप में धारा प्रवाह पर दाएं हाथ के नियम को लागू करने पर,हम पाते हैं कि वह अभिविन्यास जहाँ लूप $XY-$ तल में स्थित है और धारा वामावर्त दिशा में बह रही है (जब धनात्मक $Z-$ अक्ष से देखा जाता है),तो $\vec{M}$,$\vec{B}$ के समानांतर हो जाता है। दिए गए विकल्पों में से,यह उस विन्यास के अनुरूप है जहाँ चुंबकीय आघूर्ण क्षेत्र के साथ संरेखित होता है।

(C) वृत्ताकार कक्षा में घूम रहे इलेक्ट्रॉन का अभिकेंद्र त्वरण $a = \frac{v^2}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
बोर के अभिधारणा के अनुसार,कोणीय संवेग $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ है। पहली कक्षा $(n=1)$ के लिए,$v = \frac{h}{2\pi mr}$ होता है।
इस मान को त्वरण के सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$a = \frac{(\frac{h}{2\pi mr})^2}{r} = \frac{h^2}{4\pi^2 m^2 r^2} \cdot \frac{1}{r} = \frac{h^2}{4\pi^2 m^2 r^3}$.

(C) पावर $P$ को प्रति इकाई समय $\Delta t$ में उत्पन्न ऊर्जा $E$ के रूप में परिभाषित किया गया है,जहाँ $E = \Delta m c^2$ है।
अतः,$P = \frac{\Delta m c^2}{\Delta t}$,जिसका अर्थ है $\frac{\Delta m}{\Delta t} = \frac{P}{c^2}$।
दिया गया है $P = 10^9\, W$ और $c = 3 \times 10^8\, m/s$,प्रति सेकंड खपत द्रव्यमान:
$\frac{\Delta m}{\Delta t} = \frac{10^9}{(3 \times 10^8)^2} = \frac{10^9}{9 \times 10^{16}} = \frac{1}{9} \times 10^{-7} \, kg/s$।
प्रति घंटे खपत द्रव्यमान ज्ञात करने के लिए,हम इसे एक घंटे में सेकंड की संख्या $(3600\, s)$ से गुणा करेंगे:
$\Delta m = (\frac{1}{9} \times 10^{-7} \, kg/s) \times 3600\, s = 400 \times 10^{-7} \, kg = 4 \times 10^{-5} \, kg$।
ग्राम में परिवर्तित करने पर $(1\, kg = 1000\, g)$:
$\Delta m = 4 \times 10^{-5} \times 10^3 \, g = 4 \times 10^{-2} \, g$।

(C) मान लीजिए कि प्लेटों के बीच की प्रारंभिक दूरी $d$ है। एक समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ होती है।
जब $t = 3 \, mm$ मोटाई और $K$ परावैद्युतांक वाली एक परावैद्युत स्लैब डाली जाती है,तो नई धारिता $C' = \frac{\varepsilon_0 A}{d - t + \frac{t}{K}}$ द्वारा दी जाती है।
समान विभवांतर बनाए रखने के लिए,प्रभावी धारिता समान रहनी चाहिए। प्रश्न में कहा गया है कि प्लेटों के बीच की दूरी $\Delta d = 2.4 \, mm$ बढ़ा दी जाती है,इसलिए नई दूरी $d' = d + 2.4$ है।
स्लैब के साथ नई धारिता $C' = \frac{\varepsilon_0 A}{d' - t + \frac{t}{K}} = \frac{\varepsilon_0 A}{d + 2.4 - 3 + \frac{3}{K}} = \frac{\varepsilon_0 A}{d - 0.6 + \frac{3}{K}}$ है।
धारिता अपरिवर्तित रहने के लिए,हमारे पास $d = d - 0.6 + \frac{3}{K}$ होना चाहिए।
इसे सरल करने पर $0.6 = \frac{3}{K}$ प्राप्त होता है।
अतः,$K = \frac{3}{0.6} = 5$।