JEE Main 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) प्रक्षेप्य के प्रक्षेपपथ का मानक समीकरण $y = x \tan \theta_0 - \frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2 \theta_0}$ है।
दिए गए समीकरण $y = 2x - 9x^2$ के साथ तुलना करने पर:
$1$. $\tan \theta_0 = 2$. अतः $\cos \theta_0 = \frac{1}{\sqrt{5}}$ और $\sin \theta_0 = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
$2$. $\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2 \theta_0} = 9$.
$g = 10$ और $\cos^2 \theta_0 = \frac{1}{5}$ रखने पर:
$\frac{10}{2 v_0^2 (1/5)} = 9 \implies \frac{25}{v_0^2} = 9 \implies v_0^2 = \frac{25}{9} \implies v_0 = \frac{5}{3} \, ms^{-1}$.
अतः,$\theta_0 = \cos^{-1} \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \right)$ और $v_0 = \frac{5}{3} \, ms^{-1}$ प्राप्त होता है। इसलिए विकल्प $A$ सही है।

(D) एक चक्रीय प्रक्रिया के लिए,आंतरिक ऊर्जा में कुल परिवर्तन शून्य होता है: $\Delta U_{ab} + \Delta U_{bc} + \Delta U_{ca} = 0$.
दिया गया है $\Delta U_{ca} = -180\, J$,इसलिए $\Delta U_{ab} + \Delta U_{bc} = 180\, J$.
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
पथ $bc$ के लिए,प्रक्रिया समआयतनिक (isochoric) है ($P-V$ आरेख में ऊर्ध्वाधर रेखा),इसलिए $\Delta W_{bc} = 0$. अतः,$\Delta U_{bc} = \Delta Q_{bc} = 60\, J$.
इसे चक्रीय समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $\Delta U_{ab} + 60 = 180 \implies \Delta U_{ab} = 120\, J$.
अब,पथ $ab$ के लिए,$\Delta W_{ab} = \Delta Q_{ab} - \Delta U_{ab} = 250 - 120 = 130\, J$.
पथ $abc$ के अनुदिश किया गया कुल कार्य $\Delta W_{abc} = \Delta W_{ab} + \Delta W_{bc} = 130 + 0 = 130\, J$.

(A) सबसे निचले बिंदु पर,व्यक्ति का वेग $V_0 = \omega A = \sqrt{\frac{g}{L}} (\theta_0 L) = \theta_0 \sqrt{gL}$ है।
जब व्यक्ति खड़ा होता है,तो धुरी (pivot) से द्रव्यमान केंद्र की दूरी $L$ से बदलकर $L-l$ हो जाती है। धुरी के परितः कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$M V_0 L = M V_1 (L-l) \implies V_1 = V_0 \frac{L}{L-l} = V_0 (1 - \frac{l}{L})^{-1} \approx V_0 (1 + \frac{l}{L})$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार: $W_g + W_p = \Delta KE$.
यहाँ,$W_g = -Mgl$ (गुरुत्वाकर्षण के विरुद्ध किया गया कार्य क्योंकि द्रव्यमान केंद्र ऊपर उठता है)।
$\Delta KE = \frac{1}{2} M (V_1^2 - V_0^2) = \frac{1}{2} M [V_0^2 (1 + \frac{l}{L})^2 - V_0^2] \approx \frac{1}{2} M V_0^2 (1 + \frac{2l}{L} - 1) = M V_0^2 \frac{l}{L}$.
$V_0^2 = \theta_0^2 gL$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\Delta KE = M (\theta_0^2 gL) \frac{l}{L} = Mgl \theta_0^2$.
अतः,$W_p = Mgl + \Delta KE = Mgl + Mgl \theta_0^2 = Mgl(1 + \theta_0^2)$.

(D) तीनों कणों के निर्देशांक इस प्रकार हैं:
$m_1 = 50\, g$ बिंदु $(0, 0)$ पर
$m_2 = 100\, g$ बिंदु $(1, 0)$ पर
$m_3 = 150\, g$ बिंदु $(0.5, \frac{\sqrt{3}}{2})$ पर
द्रव्यमान केंद्र का $x$-निर्देशांक:
$X_{cm} = \frac{m_1x_1 + m_2x_2 + m_3x_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{50(0) + 100(1) + 150(0.5)}{50 + 100 + 150} = \frac{100 + 75}{300} = \frac{175}{300} = \frac{7}{12}\, m$
द्रव्यमान केंद्र का $y$-निर्देशांक:
$Y_{cm} = \frac{m_1y_1 + m_2y_2 + m_3y_3}{m_1 + m_2 + m_3} = \frac{50(0) + 100(0) + 150(\frac{\sqrt{3}}{2})}{300} = \frac{75\sqrt{3}}{300} = \frac{\sqrt{3}}{4}\, m$
अतः,द्रव्यमान केंद्र के निर्देशांक $\left( \frac{7}{12}\,m, \frac{\sqrt{3}}{4}\,m \right)$ हैं।

(D) चूंकि वस्तु का द्रव्यमान स्थिर रहता है,इसलिए वस्तु का भार गुरुत्वीय त्वरण $g$ के समानुपाती होता है।
दिया गया है: $\frac{W_{earth}}{W_{planet}} = \frac{9}{4} = \frac{g_{earth}}{g_{planet}}$.
हम जानते हैं कि $g = \frac{GM}{R^2}$.
यहाँ $\frac{g_e}{g_p} = \frac{M_e}{M_p} \cdot \frac{R_p^2}{R_e^2}$.
दिया गया है कि $M_p = \frac{M_e}{9}$,इसलिए $\frac{M_e}{M_p} = 9$.
अतः,$\frac{9}{4} = 9 \cdot \frac{R_p^2}{R^2}$.
$\frac{1}{4} = \frac{R_p^2}{R^2} \implies \frac{R_p}{R} = \frac{1}{2}$.
इसलिए,$R_p = \frac{R}{2}$.

(D) स्थिति $(A)$ (धकेलना):
अभिलंब बल: $N_1 = mg + F \sin 30^o = 5 \times 10 + 20 \times 0.5 = 50 + 10 = 60\, N$.
क्षैतिज बल: $F_x = F \cos 30^o = 20 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}\, N$.
घर्षण बल: $f_1 = \mu N_1 = 0.2 \times 60 = 12\, N$.
त्वरण: $a_1 = \frac{F_x - f_1}{m} = \frac{10\sqrt{3} - 12}{5} = 2\sqrt{3} - 2.4 \approx 1.064\, ms^{-2}$.
स्थिति $(B)$ (खींचना):
अभिलंब बल: $N_2 = mg - F \sin 30^o = 5 \times 10 - 20 \times 0.5 = 50 - 10 = 40\, N$.
क्षैतिज बल: $F_x = F \cos 30^o = 10\sqrt{3}\, N$.
घर्षण बल: $f_2 = \mu N_2 = 0.2 \times 40 = 8\, N$.
त्वरण: $a_2 = \frac{F_x - f_2}{m} = \frac{10\sqrt{3} - 8}{5} = 2\sqrt{3} - 1.6 \approx 1.864\, ms^{-2}$.
अंतर: $a_2 - a_1 = (2\sqrt{3} - 1.6) - (2\sqrt{3} - 2.4) = 0.8\, ms^{-2}$.

(C) दृढ़ अणुओं वाली द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्थिर दबाव पर मोलर ऊष्मा धारिता $C_{p} = \frac{7}{2} R$ होती है।
समदाबी प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = P \Delta V = nR \Delta T = 10 \ J$ द्वारा दिया जाता है।
गैस द्वारा अवशोषित ऊष्मा ऊर्जा $\Delta Q = n C_{p} \Delta T$ होती है।
$C_{p} = \frac{7}{2} R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\Delta Q = n \left( \frac{7}{2} R \right) \Delta T = \frac{7}{2} (nR \Delta T)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $nR \Delta T = W = 10 \ J$ है,इसलिए $\Delta Q = \frac{7}{2} \times 10 \ J = 35 \ J$ होगा।

(C) ध्वनि की प्रबलता डेसिबल $(dB)$ में इस सूत्र द्वारा दी जाती है: $L = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$,जहाँ $I$ ध्वनि की तीव्रता है और $I_0 = 10^{-12}\, W/m^2$ संदर्भ तीव्रता है।
दिया गया है $L = 120\, dB$,अतः: $120 = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{10^{-12}} \right)$.
$10$ से भाग देने पर,हमें मिलता है $12 = \log_{10} \left( \frac{I}{10^{-12}} \right)$,जिसका अर्थ है $\frac{I}{10^{-12}} = 10^{12}$.
इस प्रकार,$I = 10^{12} \times 10^{-12} = 1\, W/m^2$.
बिंदु स्रोत से $r$ दूरी पर तीव्रता $I$ का सूत्र $I = \frac{P}{4 \pi r^2}$ है,जहाँ $P = 2\, W$ शक्ति है।
मान रखने पर: $1 = \frac{2}{4 \pi r^2}$.
$r^2$ के लिए हल करने पर: $r^2 = \frac{2}{4 \pi} = \frac{1}{2 \pi} \approx \frac{1}{6.28} \approx 0.159\, m^2$.
वर्गमूल लेने पर: $r = \sqrt{0.159} \approx 0.399\, m$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $r \approx 0.399 \times 100 = 39.9\, cm \approx 40\, cm$.

(C) समान परास $R$ के लिए,प्रक्षेपण कोण पूरक होने चाहिए,अर्थात $\theta$ और $(90^\circ - \theta)$।
परास $R$ का सूत्र है: $R = \frac{u^2 \sin(2\theta)}{g} = \frac{2u^2 \sin\theta \cos\theta}{g}$।
दोनों कणों के लिए अधिकतम ऊंचाइयां हैं:
$h_1 = \frac{u^2 \sin^2\theta}{2g}$
$h_2 = \frac{u^2 \sin^2(90^\circ - \theta)}{2g} = \frac{u^2 \cos^2\theta}{2g}$
$h_1$ और $h_2$ का गुणा करने पर:
$h_1 h_2 = \left( \frac{u^2 \sin^2\theta}{2g} \right) \left( \frac{u^2 \cos^2\theta}{2g} \right) = \frac{u^4 \sin^2\theta \cos^2\theta}{4g^2}$
$h_1 h_2 = \frac{1}{16} \left( \frac{4u^4 \sin^2\theta \cos^2\theta}{g^2} \right) = \frac{1}{16} R^2$
अतः,$R^2 = 16 h_1 h_2$।

(B) दी गई चाल $v = b\sqrt{x}$ है।
हम जानते हैं कि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = b\sqrt{x}$।
चरों को अलग करने पर,हमें $\frac{dx}{\sqrt{x}} = b dt$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $t = 0$ (जहाँ $x = 0$) से $t = \tau$ (जहाँ $x = x$) तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{x} x^{-1/2} dx = \int_{0}^{\tau} b dt$
$[2\sqrt{x}]_{0}^{x} = b\tau$
$2\sqrt{x} = b\tau$,जिसका अर्थ है कि $\sqrt{x} = \frac{b\tau}{2}$।
इस मान को चाल के समीकरण $v = b\sqrt{x}$ में रखने पर:
$v = b \left( \frac{b\tau}{2} \right) = \frac{b^2\tau}{2}$।

(C) $1, kg$ पानी का तापमान $20, ^oC$ से $100, ^oC$ तक बढ़ाने और फिर उसे वाष्पित करने के लिए आवश्यक कुल ऊष्मा $Q$ है:
$Q = mc\Delta T + mL$
यहाँ, $m = 1, kg$, $c = 4200, J/kg, ^oC$, $\Delta T = (100 - 20) = 80, ^oC$, और $L = 2260 \times 10^3, J/kg$.
$Q = (1 \times 4200 \times 80) + (1 \times 2260 \times 10^3) = 336000 + 2260000 = 2596000, J$.
हीटिंग एलिमेंट द्वारा व्यय की गई शक्ति $P$:
$P = \frac{V_{rms}^2}{R} = \frac{200^2}{20} = \frac{40000}{20} = 2000, W$.
लगा समय $t = \frac{Q}{P}$:
$t = \frac{2596000}{2000} = 1298, s$.
मिनट में बदलने पर: $t = \frac{1298}{60} \approx 21.63, min \approx 22, min$.

(C) बेलन की लंबाई अपरिवर्तित रहती है,जिसका अर्थ है कि तापीय प्रसार अनुदैर्ध्य संपीड़न द्वारा पूरी तरह से संतुलित हो जाता है।
तापीय प्रसार विकृति $\Delta L / L = \alpha T$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\alpha$ रैखिक प्रसार गुणांक है।
बल $F$ के कारण संपीड़न विकृति $\Delta L / L = \text{Stress} / Y = F / (A Y) = F / (\pi r^2 Y)$ द्वारा दी जाती है।
दोनों विकृतियों को बराबर करने पर: $\alpha T = F / (\pi r^2 Y)$।
इसलिए,$\alpha = F / (\pi r^2 YT)$।
आयतन प्रसार गुणांक $\gamma$ का रैखिक प्रसार गुणांक $\alpha$ के साथ संबंध $\gamma = 3\alpha$ होता है।
$\alpha$ का मान रखने पर,हमें $\gamma = 3F / (\pi r^2 YT)$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: स्रोतों की आवृत्ति $f = 660\, Hz$, ध्वनि का वेग $v = 330\, m/s$, और बीट आवृत्ति $f_b = 10\, \text{beats/s}$।
जब श्रोता $S_1$ से $u$ गति से दूर जाता है, तो प्रेक्षित आवृत्ति $f_1$ है:
$f_1 = f \left( \frac{v - u}{v} \right)$
जब श्रोता $S_2$ की ओर $u$ गति से चलता है, तो प्रेक्षित आवृत्ति $f_2$ है:
$f_2 = f \left( \frac{v + u}{v} \right)$
बीट आवृत्ति दो प्रेक्षित आवृत्तियों के बीच का अंतर है:
$f_b = f_2 - f_1 = f \left( \frac{v + u}{v} \right) - f \left( \frac{v - u}{v} \right)$
$f_b = \frac{f}{v} [v + u - (v - u)] = \frac{f}{v} [2u]$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$10 = \frac{660}{330} \times 2u$
$10 = 2 \times 2u$
$10 = 4u$
$u = \frac{10}{4} = 2.5\, m/s$.

(D) मान लीजिए कि मनके का द्रव्यमान $m$ है और तार द्वारा मनके पर लगाया गया अभिलंब बल $N$ है।
मनके के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R_{path} = r/2$ है।
मनके पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ (नीचे की ओर) और अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ (तार के लंबवत) हैं।
बलों को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करने पर:
$N \sin \theta = m R_{path} \omega^2 = m (r/2) \omega^2$ ... $(i)$
$N \cos \theta = mg$ ... (ii)
$(i)$ को (ii) से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\tan \theta = \frac{(r/2) \omega^2}{g} = \frac{r \omega^2}{2g}$
वृत्त की ज्यामिति से,केंद्र $O$ से ऊर्ध्वाधर अक्ष तक की दूरी $r/2$ है। त्रिज्या सदिश $OP$ ऊर्ध्वाधर के साथ जो कोण $\theta$ बनाता है,वह $\sin \theta = \frac{r/2}{r} = 1/2$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $\theta = 30^\circ$ है।
अतः,$\tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}$ है।
$\tan \theta$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{r \omega^2}{2g}$
$\omega^2 = \frac{2g}{r\sqrt{3}}$

(C) $r$ त्रिज्या वाले गोले का श्यान द्रव में टर्मिनल वेग स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है: $v_T = \frac{2}{9} \frac{r^2 (\rho - \sigma) g}{\eta}$,जहाँ $\rho$ गोले का घनत्व है और $\sigma$ द्रव का घनत्व है।
इस सूत्र से,हम देखते हैं कि $v_T \propto r^2$ है।
माना बड़े गोले की त्रिज्या $R$ है और प्रत्येक छोटे गोले की त्रिज्या $r$ है। जब गोले को $27$ समान छोटे गोलों में तोड़ा जाता है,तो कुल आयतन समान रहता है:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = 27 \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = 27 r^3 \Rightarrow R = 3r \Rightarrow r = R/3$.
अब,टर्मिनल वेग का अनुपात है:
$\frac{\nu_1}{\nu_2} = \frac{R^2}{r^2} = \frac{R^2}{(R/3)^2} = \frac{R^2}{R^2/9} = 9$.
अतः,अनुपात $(\nu_1/\nu_2)$ का मान $9$ है।

(A) अणुओं की कुल संख्या $N$ पूरे आयतन पर संख्या घनत्व $n(r)$ के समाकलन द्वारा प्राप्त की जाती है।
गोलीय निर्देशांक में,आयतन अवयव $dV = 4\pi r^2 dr$ है।
अतः,$N = \int_{0}^{\infty} n(r) dV = \int_{0}^{\infty} n_0 e^{-\alpha r^4} (4\pi r^2) dr$.
$N = 4\pi n_0 \int_{0}^{\infty} r^2 e^{-\alpha r^4} dr$.
मान लीजिए $u = \alpha r^4$,तो $r = (u/\alpha)^{1/4}$ और $dr = \frac{1}{4} \alpha^{-1/4} u^{-3/4} du$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$N = 4\pi n_0 \int_{0}^{\infty} (u/\alpha)^{2/4} e^{-u} (\frac{1}{4} \alpha^{-1/4} u^{-3/4}) du$.
$N = \pi n_0 \alpha^{-1/2} \alpha^{-1/4} \int_{0}^{\infty} u^{1/2 - 3/4} e^{-u} du = \pi n_0 \alpha^{-3/4} \int_{0}^{\infty} u^{-1/4} e^{-u} du$.
समाकलन $\int_{0}^{\infty} u^{-1/4} e^{-u} du$ एक स्थिरांक (Gamma फलन $\Gamma(3/4)$) है।
इसलिए,$N \propto n_0 \alpha^{-3/4}$.

(C) रेजोनेंस ट्यूब प्रयोग में,ध्वनि की गति $\nu$,आवृत्ति $f$ और दो क्रमिक अनुनाद लंबाइयों $\ell_1$ और $\ell_2$ के अंतर से इस सूत्र द्वारा संबंधित है: $\nu = 2f(\ell_2 - \ell_1)$.
दिया गया है:
आवृत्ति $f = 480\, Hz$
$\ell_1 = 30\, cm = 0.30\, m$
$\ell_2 = 70\, cm = 0.70\, m$
सूत्र में मान रखने पर:
$\nu = 2 \times 480 \times (0.70 - 0.30)$
$\nu = 960 \times 0.40$
$\nu = 384\, m/s$.

(D) स्प्रिंग का बल नियतांक $k$ उसकी लंबाई $\ell$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है,अर्थात $k \propto \frac{1}{\ell}$,जिसका अर्थ है $k\ell = C$ (एक नियतांक)।
दो टुकड़ों के लिए,हमारे पास $k_1 \ell_1 = C$ और $k_2 \ell_2 = C$ है।
इसलिए,$k_1 \ell_1 = k_2 \ell_2$।
अनुपात के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{k_1}{k_2} = \frac{\ell_2}{\ell_1}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $\ell_1 = n\ell_2$,इस मान को अनुपात में रखने पर:
$\frac{k_1}{k_2} = \frac{\ell_2}{n\ell_2} = \frac{1}{n}$।

(A) माना समय $T \propto c^{x} G^{y} h^{z}$ है।
$\Rightarrow T = k c^{x} G^{y} h^{z}$।
दोनों पक्षों की विमाएँ लेने पर: $[M^{0} L^{0} T^{1}] = [L T^{-1}]^{x} [M^{-1} L^{3} T^{-2}]^{y} [M L^{2} T^{-1}]^{z}$।
$[M^{0} L^{0} T^{1}] = [M^{-y+z} L^{x+3y+2z} T^{-x-2y-z}]$।
दोनों पक्षों पर $M, L, T$ की घातों की तुलना करने पर:
$-y + z = 0 \implies z = y \quad \dots(1)$
$x + 3y + 2z = 0 \quad \dots(2)$
$-x - 2y - z = 1 \quad \dots(3)$
$(2)$ और $(3)$ को जोड़ने पर: $(x + 3y + 2z) + (-x - 2y - z) = 0 + 1 \implies y + z = 1$।
चूंकि $z = y$ है,इसलिए $2y = 1 \implies y = 1/2$।
अतः,$z = 1/2$।
$(2)$ में मान रखने पर: $x + 3(1/2) + 2(1/2) = 0 \implies x + 3/2 + 1 = 0 \implies x = -5/2$।
इसलिए,$[T] = [G^{1/2} h^{1/2} c^{-5/2}]$।

(A) $q = CV$ संबंध से, $q-V$ ग्राफ का ढाल धारिता $C = q/V$ को दर्शाता है।
रेखा $A$ के लिए, धारिता $C_A = 500\,\mu C / 10\,V = 50\,\mu F$ है।
रेखा $B$ के लिए, धारिता $C_B = 80\,\mu C / 10\,V = 8\,\mu F$ है।
चूंकि समांतर संयोजन की तुल्य धारिता श्रेणी संयोजन से अधिक होती है, इसलिए $C_{parallel} = 50\,\mu F$ और $C_{series} = 8\,\mu F$ है।
मान लीजिए कि दो संधारित्र $C_1$ और $C_2$ हैं। तब $C_1 + C_2 = 50$ और $(C_1 C_2) / (C_1 + C_2) = 8$ होगा।
श्रेणी संयोजन के सूत्र में $C_1 + C_2 = 50$ रखने पर: $(C_1 C_2) / 50 = 8$, जिससे $C_1 C_2 = 400$ प्राप्त होता है।
द्विघात समीकरण $x^2 - 50x + 400 = 0$ को हल करने पर, हमें $(x - 40)(x - 10) = 0$ प्राप्त होता है।
अतः, धारिताएं $40\,\mu F$ और $10\,\mu F$ हैं।

(B) $r$ दूरी पर स्थित $I'$ धारा वाले दूसरे समानांतर तार के कारण $I$ धारा वाले तार पर प्रति इकाई लंबाई बल $F = \frac{\mu_0 I I'}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
तार $C$ पर कुल बल शून्य होने के लिए,तार $A$ और $B$ द्वारा लगाए गए बल परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए।
मान लीजिए तार $C$,$A$ से $x$ दूरी पर और $B$ से $(d-x)$ दूरी पर है। $A$ के कारण प्रति इकाई लंबाई बल $F_A = \frac{\mu_0 I_1 I}{2 \pi x}$ है।
$B$ के कारण प्रति इकाई लंबाई बल $F_B = \frac{\mu_0 I_2 I}{2 \pi (d-x)}$ है।
चूंकि चित्र में $I_1$ और $I_2$ धाराएँ विपरीत दिशाओं में हैं,यदि $C$,$A$ और $B$ के बीच में है तो बल एक ही दिशा में होंगे। इसलिए,संतुलन बिंदु $A$ और $B$ के बीच के क्षेत्र के बाहर होना चाहिए।
$C$ की स्थिति पर $A$ और $B$ द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्रों के परिमाणों की तुलना करने पर:
$\frac{\mu_0 I_1}{2 \pi x} = \frac{\mu_0 I_2}{2 \pi |x - d|}$
$\frac{I_1}{x} = \frac{I_2}{|x - d|}$
स्थिति $1$: $x > d$,तो $x - d = x - d$,इसलिए $I_1(x - d) = I_2 x \Rightarrow x(I_1 - I_2) = I_1 d \Rightarrow x = \frac{I_1 d}{I_1 - I_2}$.
इस प्रकार,संतुलन के लिए बिंदु $x = \frac{I_1 d}{I_1 - I_2}$ है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण की त्रिज्या का सूत्र $r = \frac{mv}{qB}$ है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ है,इसलिए $mv = \sqrt{2mK}$ होता है।
इस मान को त्रिज्या के सूत्र में रखने पर,$r = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ प्राप्त होता है।
यहाँ $K$ और $B$ समान हैं,इसलिए $r \propto \frac{\sqrt{m}}{q}$ होगा।
प्रोटॉन $(p)$ के लिए: $m_p = m, q_p = e$,अतः $r_p \propto \frac{\sqrt{m}}{e}$।
इलेक्ट्रॉन $(e)$ के लिए: $m_e \approx \frac{m}{1836}, q_e = e$,अतः $r_e \propto \frac{\sqrt{m/1836}}{e} = \frac{r_p}{\sqrt{1836}}$। इस प्रकार,$r_e < r_p$।
हीलियम नाभिक $(He^{2+})$ के लिए: $m_{He} \approx 4m, q_{He} = 2e$,अतः $r_{He} \propto \frac{\sqrt{4m}}{2e} = \frac{2\sqrt{m}}{2e} = \frac{\sqrt{m}}{e} = r_p$।
अतः,$r_e < r_p = r_{He}$।

(B) परिपथ में श्रेणीक्रम में $1.5\,V$ के दो सेल हैं,इसलिए कुल $EMF$ $E_{eq} = 1.5 + 1.5 = 3\,V$ है। कुल आंतरिक प्रतिरोध $r_{eq} = r + r = 2r$ है।
बाह्य परिपथ में $15\,\Omega$ और $10\,\Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर क्रम में हैं,जो $2\,\Omega$ के प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में हैं।
समानांतर भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{15 \times 10}{15 + 10} = \frac{150}{25} = 6\,\Omega$ है।
कुल बाह्य प्रतिरोध $R_{ext} = 6 + 2 = 8\,\Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = 8 + 2r$ है।
परिपथ में कुल धारा $i = \frac{E_{eq}}{R_{total}} = \frac{3}{8 + 2r}$ है।
वोल्टमीटर $10\,\Omega$ के प्रतिरोधक के सिरों पर जुड़ा है,जो समानांतर संयोजन का हिस्सा है। समानांतर संयोजन पर वोल्टेज $V_p = i \times R_p = i \times 6$ है।
दिया गया है $V_p = 2\,V$,इसलिए $2 = \frac{3}{8 + 2r} \times 6$.
$2 = \frac{18}{8 + 2r} \Rightarrow 16 + 4r = 18 \Rightarrow 4r = 2 \Rightarrow r = 0.5\,\Omega$.

(A) विद्युत क्षेत्र $\vec E = E_0 \hat i \cos(kz) \cos(\omega t)$ है।
चूंकि तरंग $+z$ दिशा में संचरित हो रही है और $\vec E$,$x$-अक्ष के अनुदिश है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $\vec B$,$y$-अक्ष के अनुदिश होना चाहिए।
फैराडे के नियम का उपयोग करते हुए: $\nabla \times \vec E = -\frac{\partial \vec B}{\partial t}$.
$z$-दिशा में संचरित तरंग के लिए,$\frac{\partial E_x}{\partial z} = -\frac{\partial B_y}{\partial t}$.
$E_x$ का $z$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{\partial}{\partial z} [E_0 \cos(kz) \cos(\omega t)] = -k E_0 \sin(kz) \cos(\omega t)$.
अतः,$\frac{\partial B_y}{\partial t} = k E_0 \sin(kz) \cos(\omega t)$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर: $B_y = \int k E_0 \sin(kz) \cos(\omega t) dt = \frac{k E_0}{\omega} \sin(kz) \sin(\omega t)$.
चूंकि $c = \frac{\omega}{k}$,इसलिए $\frac{k}{\omega} = \frac{1}{c}$ होता है।
अतः,$\vec B = \frac{E_0}{c} \hat j \sin(kz) \sin(\omega t)$।

(B) $dB$ में पावर गेन $G_p = 10 \log_{10} \left( \frac{P_{out}}{P_{in}} \right) = 60\, dB$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,$\frac{P_{out}}{P_{in}} = 10^{(60/10)} = 10^6$.
पावर गेन को $A_p = \beta^2 \times \frac{R_{out}}{R_{in}}$ के रूप में भी व्यक्त किया जाता है,जहाँ $\beta$ करंट गेन है,$R_{out} = 10\, k\Omega = 10^4\,\Omega$,और $R_{in} = 100\,\Omega$ है।
मान रखने पर: $10^6 = \beta^2 \times \frac{10^4}{100}$.
$10^6 = \beta^2 \times 10^2$.
$\beta^2 = \frac{10^6}{10^2} = 10^4$.
$\beta = \sqrt{10^4} = 100$.

(A) मीटर ब्रिज में, अज्ञात प्रतिरोध $X$ का सूत्र $X = R \frac{(100 - l)}{l}$ है, जहाँ $l$ बाएं सिरे से संतुलन लंबाई है।
पाठ्यांक $1$ के लिए: $X = 1000 \times \frac{(100 - 60)}{60} = 1000 \times \frac{40}{60} \approx 666.67 \, \Omega$.
पाठ्यांक $2$ के लिए: $X = 100 \times \frac{(100 - 13)}{13} = 100 \times \frac{87}{13} \approx 669.23 \, \Omega$.
पाठ्यांक $3$ के लिए: $X = 10 \times \frac{(100 - 1.5)}{1.5} = 10 \times \frac{98.5}{1.5} \approx 656.67 \, \Omega$.
पाठ्यांक $4$ के लिए: $X = 1 \times \frac{(100 - 1)}{1} = 1 \times 99 = 99 \, \Omega$.
$X$ के परिकलित मानों की तुलना करने पर, पाठ्यांक $1, 2,$ और $3$ के मान सुसंगत हैं (लगभग $660 \, \Omega$), जबकि पाठ्यांक $4$ का मान काफी अलग है। अतः, पाठ्यांक $4$ असंगत है।

(A) दिया गया है: प्राथमिक कुंडली में फेरों की संख्या $N_{p} = 300$,द्वितीयक कुंडली में फेरों की संख्या $N_{s} = 150$,आउटपुट पावर $P_{s} = 2.2\, kW = 2200\, W$,द्वितीयक धारा $I_{s} = 10\, A$.
सबसे पहले,$P_{s} = V_{s} I_{s}$ का उपयोग करके द्वितीयक वोल्टेज $V_{s}$ की गणना करें:
$2200 = V_{s} \times 10 \Rightarrow V_{s} = 220\, V$.
ट्रांसफार्मर अनुपात $\frac{V_{p}}{V_{s}} = \frac{N_{p}}{N_{s}}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{V_{p}}{220} = \frac{300}{150} = 2 \Rightarrow V_{p} = 440\, V$.
एक आदर्श ट्रांसफार्मर मानते हुए,इनपुट पावर $P_{p} = P_{s} = 2200\, W$:
$P_{p} = V_{p} I_{p} \Rightarrow 2200 = 440 \times I_{p} \Rightarrow I_{p} = \frac{2200}{440} = 5\, A$.
अतः,इनपुट वोल्टेज $440\, V$ और इनपुट धारा $5\, A$ है।

(D) $R$ त्रिज्या और $q$ आवेश वाली रिंग की अक्ष पर $z$ दूरी पर विभव $V = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{q}{\sqrt{R^2 + z^2}}$ होता है।
यहाँ,$R = 3a$ है। $z = 4a$ पर,स्थितिज ऊर्जा $U_i = qV = \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 \sqrt{(3a)^2 + (4a)^2}} = \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 (5a)}$ है।
मूल बिंदु $(z = 0)$ पर,स्थितिज ऊर्जा $U_f = qV = \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 (3a)}$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$K_i + U_i = K_f + U_f$। आवेश के मूल बिंदु को पार करने के लिए,$K_f = 0$ होना चाहिए।
$\frac{1}{2}mv^2 + \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 (5a)} = 0 + \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 (3a)}$.
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 a} (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) = \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 a} (\frac{2}{15})$.
$v^2 = \frac{2}{m} \cdot \frac{2}{15} \cdot \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 a}$.
$v = \sqrt{\frac{2}{m}} \left( \frac{2}{15} \frac{q^2}{4\pi \epsilon_0 a} \right)^{1/2}$.

(B) गतिशीलता $\mu$,अपवाह वेग $V_d$ और विद्युत क्षेत्र $E$ का अनुपात है: $\mu = \frac{V_d}{E}$.
ओम के नियम के अनुसार,$E = \rho J$,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है और $J$ धारा घनत्व है।
धारा घनत्व $J = \frac{I}{A} = \frac{I}{\pi r^2}$.
दिया गया है: $I = 5\, A$,$\rho = 1.7 \times 10^{-8}\, \Omega \, m$,$r = 5\, mm = 5 \times 10^{-3}\, m$,और $V_d = 1.1 \times 10^{-3}\, m/s$.
सबसे पहले,विद्युत क्षेत्र $E$ की गणना करें:
$E = \rho \times \frac{I}{\pi r^2} = 1.7 \times 10^{-8} \times \frac{5}{\pi \times (5 \times 10^{-3})^2} = 1.7 \times 10^{-8} \times \frac{5}{\pi \times 25 \times 10^{-6}} \approx 1.08 \times 10^{-3}\, V/m$.
अब,गतिशीलता $\mu$ की गणना करें:
$\mu = \frac{1.1 \times 10^{-3}}{1.08 \times 10^{-3}} \approx 1.01\, m^2/Vs$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $1.0\, m^2/Vs$ है।

(A) दिया गया है:
संदेश सिग्नल की आवृत्ति $f_m = 100\, MHz = 10^8\, Hz$ है।
संदेश सिग्नल का शिखर वोल्टेज $V_m = 100\, V$ है।
वाहक तरंग की आवृत्ति $f_c = 300\, GHz$ है।
वाहक तरंग का शिखर वोल्टेज $V_c = 400\, V$ है।
मॉडुलन सूचकांक $\mu$ का सूत्र $\mu = \frac{V_m}{V_c} = \frac{100}{400} = 0.25$ है।
दो साइडबैंड आवृत्तियाँ $(f_c + f_m)$ और $(f_c - f_m)$ होती हैं।
दोनों साइडबैंड आवृत्तियों के बीच का अंतर $(f_c + f_m) - (f_c - f_m) = 2f_m$ होता है।
$f_m$ का मान रखने पर,हमें $2 \times 10^8\, Hz$ प्राप्त होता है।

(D) स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$ होता है।
यहाँ,$n_1 = 1$ (निर्वात),$i = 60^o$,$n_2 = \mu$ (कांच),और $r = 30^o$ है।
$1 \cdot \sin 60^o = \mu \cdot \sin 30^o$
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \mu \cdot \frac{1}{2} \Rightarrow \mu = \sqrt{3}$।
प्रकाशीय पथ लंबाई को प्रत्येक माध्यम के लिए अपवर्तनांक और ज्यामितीय पथ लंबाई के गुणनफल के योग के रूप में परिभाषित किया जाता है।
प्रकाशीय पथ लंबाई $= n_{vacuum} \cdot AO + n_{glass} \cdot OB$।
चित्र की ज्यामिति से:
$AO = \frac{a}{\cos 60^o} = \frac{a}{1/2} = 2a$।
$OB = \frac{b}{\cos 30^o} = \frac{b}{\sqrt{3}/2} = \frac{2b}{\sqrt{3}}$।
प्रकाशीय पथ लंबाई $= 1 \cdot (2a) + \sqrt{3} \cdot \left( \frac{2b}{\sqrt{3}} \right) = 2a + 2b$।

(C) माना कि दोनों पदार्थों के लिए प्रारंभिक नाभिकों की संख्या $N_0$ है।
पदार्थ $A$ के लिए,समय $t$ पर नाभिकों की संख्या $N_A = N_0 e^{-10\lambda t}$ है।
पदार्थ $B$ के लिए,समय $t$ पर नाभिकों की संख्या $N_B = N_0 e^{-\lambda t}$ है।
हमें दिया गया है कि अनुपात $\frac{N_A}{N_B} = \frac{1}{e}$ है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{N_0 e^{-10\lambda t}}{N_0 e^{-\lambda t}} = e^{-1}$।
यह सरल होकर $e^{-10\lambda t + \lambda t} = e^{-1}$ हो जाता है,जिसका अर्थ है $e^{-9\lambda t} = e^{-1}$।
घातांकों की तुलना करने पर,हमें $-9\lambda t = -1$ प्राप्त होता है।
अतः,$t = \frac{1}{9\lambda}$।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max}$ इस प्रकार दी जाती है:
$K_{\max} = E - \phi$
जहाँ $E$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है और $\phi$ कार्य फलन है।
दिया गया है $E = \frac{1237}{\lambda}$ और $\phi = \frac{1237}{\lambda_0}$,जहाँ $\lambda_0 = 380 \, nm$ और $\lambda = 260 \, nm$.
$K_{\max} = \frac{1237}{260} - \frac{1237}{380}$
$K_{\max} = 1237 \times \left( \frac{380 - 260}{380 \times 260} \right)$
$K_{\max} = 1237 \times \left( \frac{120}{98800} \right)$
$K_{\max} \approx 1.5 \, eV$.

(C) प्रथम लेंस (समतल-उत्तल) के लिए,लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{f_1} = (\mu_1 - 1) \left( \frac{1}{\infty} - \frac{1}{-R} \right) = \frac{\mu_1 - 1}{R}$.
दूसरे लेंस (समतल-अवतल) के लिए,लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{f_2} = (\mu_2 - 1) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{\infty} \right) = -\frac{\mu_2 - 1}{R}$.
संयोजन की तुल्य फोकस दूरी $f_{eq}$ का सूत्र: $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$.
मान रखने पर: $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{\mu_1 - 1}{R} - \frac{\mu_2 - 1}{R} = \frac{\mu_1 - 1 - \mu_2 + 1}{R} = \frac{\mu_1 - \mu_2}{R}$.
अतः,$f_{eq} = \frac{R}{\mu_1 - \mu_2}$.

(D) माना $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $I_g = 10^{-4} \ A$ पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा है।
$V = 5 \ V$ रेंज के वोल्टमीटर के लिए श्रेणी प्रतिरोध $R_s = 2 \ M\Omega = 2 \times 10^6 \ \Omega$ है:
$V = I_g(R_s + G)$
$5 = 10^{-4}(2 \times 10^6 + G)$
$5 \times 10^4 = 2 \times 10^6 + G$
$G = 50000 - 2000000 = -1950000 \ \Omega$.
चूंकि गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G$ ऋणात्मक नहीं हो सकता,इसलिए प्रश्न में दिए गए मान असंगत हैं। अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) $L$ लंबाई के सीधे तार के कारण $r$ लंबवत दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{4\pi r} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
$a = 1\,m$ भुजा वाले समबाहु त्रिभुज के लिए,केंद्र से भुजा की दूरी $r = \frac{a}{2\tan(60^\circ)} = \frac{a}{2\sqrt{3}}$ है।
प्रत्येक भुजा के लिए,$\theta_1 = \theta_2 = 60^\circ$,इसलिए $\sin \theta_1 + \sin \theta_2 = 2 \sin(60^\circ) = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$।
एक भुजा के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 i}{4\pi (a/2\sqrt{3})} \times \sqrt{3} = \frac{\mu_0 i \sqrt{3}}{2\pi a} \times \sqrt{3} = \frac{3\mu_0 i}{2\pi a}$ है।
चूंकि $3$ भुजाएं हैं,केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = 3 \times B_1 = 3 \times \frac{3\mu_0 i}{2\pi a} = \frac{9\mu_0 i}{2\pi a}$ होगा।
मान रखने पर: $B = \frac{9 \times (4\pi \times 10^{-7}) \times 10}{2\pi \times 1} = 18 \times 10^{-6}\,T = 18\,\mu T$।

(D) मान लीजिए कि पदार्थ $A$ और $B$ दोनों के लिए प्रारंभिक नाभिकों की संख्या $N_0$ है।
समय $t$ पर शेष नाभिकों की संख्या $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
पदार्थ $A$ के लिए: $N_A(t) = N_0 e^{-5\lambda t}$.
पदार्थ $B$ के लिए: $N_B(t) = N_0 e^{-\lambda t}$.
नाभिकों की संख्या का अनुपात $\frac{N_A(t)}{N_B(t)} = \frac{N_0 e^{-5\lambda t}}{N_0 e^{-\lambda t}} = e^{-4\lambda t}$ है।
हमें दिया गया है कि यह अनुपात $(1/e)^2 = e^{-2}$ है।
अतः,$e^{-4\lambda t} = e^{-2}$.
घातांकों की तुलना करने पर: $-4\lambda t = -2$.
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{-2}{-4\lambda} = \frac{1}{2\lambda}$.

(A) जब एक इलेक्ट्रॉन उत्तेजित अवस्था $n$ से मूल अवस्था $(n=1)$ में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या का सूत्र: $N = \frac{n(n-1)}{2}$ है।
यहाँ $N = 6$ दिया गया है,इसलिए $\frac{n(n-1)}{2} = 6$,जिसका अर्थ है $n^2 - n - 12 = 0$। इस द्विघात समीकरण को हल करने पर,हमें $(n-4)(n+3) = 0$ प्राप्त होता है। चूँकि $n > 0$,इलेक्ट्रॉन $n = 4$ स्तर में उत्तेजित होता है।
हाइड्रोजन जैसे आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z$ होने पर $n=1$ से $n=4$ में उत्तेजित करने के लिए अवशोषित फोटॉन की ऊर्जा: $\Delta E = 13.6 \cdot Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) eV$ है।
$Li^{++}$ के लिए,$Z = 3$ है। अतः,$\Delta E = 13.6 \times 3^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \times 9 \times \frac{15}{16} \approx 114.75 \, eV$।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ द्वारा प्राप्त होती है। $hc \approx 1240 \, eV \cdot nm$ का उपयोग करने पर,$\lambda = \frac{1240}{114.75} \approx 10.8 \, nm$ प्राप्त होता है।

(D) एक पतले लेंस के लिए,आवर्धन $m$ को $m = \frac{v}{f} - 1$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $v$ प्रतिबिंब दूरी है और $f$ फोकस दूरी है।
यह $y = mx + c$ के रूप का एक रैखिक समीकरण है,जहाँ ढाल (slope) $\frac{1}{f}$ है।
ग्राफ से,ढाल आवर्धन में परिवर्तन को प्रतिबिंब दूरी में परिवर्तन से विभाजित करने पर प्राप्त होता है:
ढाल $= \frac{\Delta m}{\Delta v} = \frac{c}{b}$.
चूँकि ढाल $\frac{1}{f}$ के बराबर भी है,इसलिए हमारे पास $\frac{1}{f} = \frac{c}{b}$ है।
अतः,फोकस दूरी $f = \frac{b}{c}$ है।

(C) ऊर्जा फ्लक्स $I = 25\,W/cm^2$ दिया गया है। सतह पर आपतित कुल शक्ति $P = I \times A = 25\,W/cm^2 \times 25\,cm^2 = 625\,W$ है।
एक पूर्णतः अवशोषक सतह के लिए,विकिरण दबाव द्वारा लगाया गया बल $F = \frac{P}{c}$ होता है,जहाँ $c$ प्रकाश की गति $(3 \times 10^8\,m/s)$ है।
$F = \frac{625}{3 \times 10^8}\,N.$
समय $t$ में सतह पर स्थानांतरित संवेग $p = F \times t$ द्वारा प्राप्त होता है।
दिया गया समय $t = 40\,min = 40 \times 60\,s = 2400\,s.$
$p = \left( \frac{625}{3 \times 10^8} \right) \times 2400 = \frac{625 \times 2400}{3 \times 10^8} = \frac{1500000}{3 \times 10^8} = 500000 \times 10^{-8} = 5.0 \times 10^{-3}\,Ns.$

(D) दो गोलों के बीच $x$ त्रिज्या और $dx$ मोटाई वाले एक गोलीय कवच पर विचार करें।
इस कवच का क्षेत्रफल $A = 4\pi x^2$ है।
इस पतले कवच का प्रतिरोध $dR = \rho \frac{dx}{A} = \rho \frac{dx}{4\pi x^2}$ द्वारा दिया जाता है।
गोलों के बीच कुल प्रतिरोध $R$ ज्ञात करने के लिए,हम $r = a$ से $r = b$ तक समाकलन करते हैं:
$R = \int_a^b \frac{\rho}{4\pi x^2} dx$.
$R = \frac{\rho}{4\pi} \int_a^b x^{-2} dx$.
$R = \frac{\rho}{4\pi} \left[ -\frac{1}{x} \right]_a^b$.
$R = \frac{\rho}{4\pi} \left( -\frac{1}{b} - (-\frac{1}{a}) \right) = \frac{\rho}{4\pi} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right)$.

(D) दिया गया है: ज़ेनर डायोड का ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_Z = 6\,V,$ लोड प्रतिरोध $R_L = 4\,k\Omega,$ श्रेणी प्रतिरोध $R_i = 1\,k\Omega.$
लोड प्रतिरोध से गुजरने वाली धारा स्थिर रहती है क्योंकि ज़ेनर डायोड अपने सिरों पर स्थिर वोल्टेज $V_Z$ बनाए रखता है:
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{6\,V}{4\,k\Omega} = 1.5\,mA.$
श्रेणी प्रतिरोध $R_i$ के माध्यम से बैटरी द्वारा प्रदान की जाने वाली कुल धारा $I_i$ को $I_i = \frac{V_B - V_Z}{R_i}$ द्वारा दिया जाता है।
न्यूनतम बैटरी वोल्टेज $V_B = 8\,V$ के लिए:
$I_{i,min} = \frac{8\,V - 6\,V}{1\,k\Omega} = \frac{2\,V}{1\,k\Omega} = 2\,mA.$
ज़ेनर धारा $I_Z = I_i - I_L = 2\,mA - 1.5\,mA = 0.5\,mA.$
अधिकतम बैटरी वोल्टेज $V_B = 16\,V$ के लिए:
$I_{i,max} = \frac{16\,V - 6\,V}{1\,k\Omega} = \frac{10\,V}{1\,k\Omega} = 10\,mA.$
ज़ेनर धारा $I_Z = I_i - I_L = 10\,mA - 1.5\,mA = 8.5\,mA.$
इस प्रकार,ज़ेनर डायोड से गुजरने वाली न्यूनतम और अधिकतम धाराएँ क्रमशः $0.5\,mA$ और $8.5\,mA$ हैं।

(D) लोलक के गोलक पर दो लंबवत बल कार्य करते हैं: नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ और क्षैतिज रूप से कार्य करने वाला विद्युत बल $qE$ है।
गोलक द्वारा अनुभव किया जाने वाला प्रभावी त्वरण $g_{eff}$,गुरुत्वाकर्षण त्वरण $g$ और विद्युत त्वरण $a_e = \frac{qE}{m}$ का सदिश योग है।
चूंकि ये दोनों त्वरण एक-दूसरे के लंबवत हैं,इसलिए प्रभावी त्वरण का परिमाण इस प्रकार है:
$g_{eff} = \sqrt{g^2 + a_e^2} = \sqrt{g^2 + \left(\frac{qE}{m}\right)^2}$
सरल लोलक का आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{eff}}}$ है।
$g_{eff}$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{\sqrt{g^2 + \left(\frac{qE}{m}\right)^2}}}$

(D) दिया गया है: $q_A = 1\,\mu C = 10^{-6}\,C$,$q_B = 1\,\mu C = 10^{-6}\,C$,$m_B = 4\,\mu g = 4 \times 10^{-9}\,kg$,$r_1 = 1\,mm = 10^{-3}\,m$,$r_2 = 9\,mm = 9 \times 10^{-3}\,m$.
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,स्थिर वैद्युत स्थितिज ऊर्जा में हुई कमी गतिज ऊर्जा में हुई वृद्धि के बराबर होती है:
$\Delta U = \Delta K$
$k q_A q_B \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right) = \frac{1}{2} m_B v^2$
मान रखने पर:
$9 \times 10^9 \times (10^{-6}) \times (10^{-6}) \left( \frac{1}{10^{-3}} - \frac{1}{9 \times 10^{-3}} \right) = \frac{1}{2} \times 4 \times 10^{-9} \times v^2$
$9 \times 10^{-3} \left( 1000 - \frac{1000}{9} \right) = 2 \times 10^{-9} \times v^2$
$9 \times 10^{-3} \times 1000 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = 2 \times 10^{-9} \times v^2$
$9 \times \frac{8}{9} = 2 \times 10^{-9} \times v^2$
$8 = 2 \times 10^{-9} \times v^2$
$v^2 = 4 \times 10^9$
$v = \sqrt{40 \times 10^8} = 2 \times 10^4 \times \sqrt{10} \approx 6.32 \times 10^4\,m/s$.
चूंकि यह मान विकल्पों में नहीं है,इसलिए सही विकल्प $D$ है।

(D) लेजर की शक्ति $P = n \cdot E_{photon}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या है और $E_{photon} = \frac{hc}{\lambda}.$
यहाँ $P = 2\,mW = 2 \times 10^{-3}\,W,$ $\lambda = 500\,nm = 500 \times 10^{-9}\,m,$ $h = 6.6 \times 10^{-34}\,Js,$ और $c = 3.0 \times 10^8\,m/s$ है।
$n$ के लिए सूत्र: $n = \frac{P \cdot \lambda}{h \cdot c}$
मान रखने पर:
$n = \frac{2 \times 10^{-3} \times 500 \times 10^{-9}}{6.6 \times 10^{-34} \times 3.0 \times 10^8}$
$n = \frac{1000 \times 10^{-12}}{19.8 \times 10^{-26}}$
$n = \frac{10^{-9}}{19.8 \times 10^{-26}} \approx 5 \times 10^{15}.$
अतः,प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $5 \times 10^{15}$ है।

(A) दिया गया है: स्व-प्रेरकत्व $L = 10\,mH = 10 \times 10^{-3}\,H$,कुंडली का प्रतिरोध $r_1 = 0.1\,\Omega$,आंतरिक प्रतिरोध $r_2 = 0.9\,\Omega$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R = r_1 + r_2 = 0.1 + 0.9 = 1.0\,\Omega$ है।
$LR$ परिपथ का समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R} = \frac{10 \times 10^{-3}}{1.0} = 10^{-2}\,s$ है।
किसी भी समय $t$ पर धारा $i = i_0(1 - e^{-t/\tau})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $i_0$ संतृप्ति धारा है।
हमें वह $t$ ज्ञात करना है जब $i = 0.8 i_0$ हो।
$0.8 i_0 = i_0(1 - e^{-t/\tau})$
$0.8 = 1 - e^{-t/\tau}$
$e^{-t/\tau} = 0.2 = \frac{1}{5}$
$e^{t/\tau} = 5$
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\frac{t}{\tau} = \ln 5$.
दिया गया है $\ln 5 = 1.6$,इसलिए $t = 1.6 \times \tau = 1.6 \times 10^{-2}\,s = 0.016\,s$.

(A) प्रकाश की तीव्रता $I$,स्लिट की चौड़ाई $w$ के सीधे आनुपातिक होती है,इसलिए $I_1/I_2 = w_1/w_2 = 4/1$ है।
मान लीजिए $I_1 = 4I_0$ और $I_2 = I_0$ है।
आयाम $a_1 = \sqrt{I_1} = 2\sqrt{I_0}$ और $a_2 = \sqrt{I_2} = \sqrt{I_0}$ हैं।
अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात $\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \left( \frac{a_1 + a_2}{a_1 - a_2} \right)^2$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \left( \frac{2\sqrt{I_0} + \sqrt{I_0}}{2\sqrt{I_0} - \sqrt{I_0}} \right)^2 = \left( \frac{3\sqrt{I_0}}{\sqrt{I_0}} \right)^2 = (3)^2 = 9/1$।

(C) $l$ भुजा वाले वर्गाकार लूप के लिए,परिधि $P = 4l$ है और क्षेत्रफल $A_s = l^2$ है। चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $m = I A_s = I l^2$ है।
जब इसे $r$ त्रिज्या वाले वृत्ताकार लूप में बदला जाता है,तो परिधि समान रहती है: $2\pi r = 4l$,जिससे $r = \frac{2l}{\pi}$ प्राप्त होता है।
वृत्ताकार लूप का क्षेत्रफल $A_c = \pi r^2 = \pi \left(\frac{2l}{\pi}\right)^2 = \frac{4l^2}{\pi}$ है।
नया चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $m'$ है: $m' = I A_c = I \left(\frac{4l^2}{\pi}\right)$।
चूंकि $m = I l^2$,हम इस मान को $m'$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करते हैं:
$m' = \frac{4}{\pi} (I l^2) = \frac{4m}{\pi}$।

(C) सूक्ष्मदर्शी की विभेदन क्षमता (resolving power) दो बिंदुओं के बीच की उस न्यूनतम दूरी $d$ द्वारा परिभाषित होती है जिन्हें अलग-अलग देखा जा सकता है।
न्यूनतम दूरी $d$ का सूत्र है:
$d = \frac{0.61 \lambda}{\text{NA}}$
दिया गया है:
$\lambda = 5000\,\mathring{A} = 5000 \times 10^{-10}\,\text{m} = 5 \times 10^{-7}\,\text{m}$
$\text{NA} = 1.25$
मान रखने पर:
$d = \frac{0.61 \times 5 \times 10^{-7}}{1.25}$
$d = \frac{3.05 \times 10^{-7}}{1.25}$
$d = 2.44 \times 10^{-7}\,\text{m}$
माइक्रोमीटर $(\mu m)$ में बदलने पर:
$d = 2.44 \times 10^{-7} \times 10^6\,\mu m = 0.244\,\mu m \approx 0.24\,\mu m$
अतः, सही विकल्प $C$ है।

(A) सबसे पहले,हम नेटवर्क का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करते हैं।
$1$. दो $4 \, R$ प्रतिरोधों का पहला समानांतर संयोजन $R_{p1} = \frac{4R \times 4R}{4R + 4R} = 2R$ है।
$2$. $6 \, R$ और $12 \, R$ प्रतिरोधों का दूसरा समानांतर संयोजन $R_{p2} = \frac{6R \times 12R}{6R + 12R} = \frac{72R^2}{18R} = 4R$ है।
$3$. कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ अन्य दो $R$ प्रतिरोधों के साथ श्रेणीक्रम में इनका योग है: $R_{eq} = 2R + R + 4R + R = 8R$।
$4$. खपत की गई शक्ति $P = \frac{V^2}{R_{eq}}$ द्वारा दी जाती है।
$5$. दिए गए मान रखने पर: $4 = \frac{16^2}{8R} \implies 4 = \frac{256}{8R} \implies 4 = \frac{32}{R}$।
$6$. अतः,$R = \frac{32}{4} = 8 \, \Omega$।

(D) $1$. प्रतिरोध नेटवर्क का विश्लेषण करें: यह नेटवर्क $1\, \Omega, 2\, \Omega, 1\, \Omega, 2\, \Omega$ की भुजाओं और बीच में $3\, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज है। चूँकि $\frac{1}{1} = \frac{2}{2}$,यह एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज है। बीच वाले $3\, \Omega$ प्रतिरोधक से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। ब्रिज का समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{(1+2)(1+2)}{(1+2)+(1+2)} = \frac{3 \times 3}{3+3} = 1.5\, \Omega$ है।
$2$. प्रेरित इलेक्ट्रोमोटिव फोर्स $(EMF)$ की गणना करें: गतिक $EMF$ $\varepsilon = B \ell v$ द्वारा दिया जाता है। यहाँ,$B = 1\, T$,$\ell = 5\, cm = 0.05\, m$,और $v = 1\, cm/s = 0.01\, m/s$ है। अतः,$\varepsilon = 1 \times 0.05 \times 0.01 = 5 \times 10^{-4}\, V$.
$3$. कुल प्रतिरोध की गणना करें: कुल प्रतिरोध $R_{total} = R_{loop} + R_{eq} = 1.7\, \Omega + 1.5\, \Omega = 3.2\, \Omega$.
$4$. धारा की गणना करें: धारा $i = \frac{\varepsilon}{R_{total}} = \frac{5 \times 10^{-4}}{3.2} \approx 1.5625 \times 10^{-4}\, A = 156.25\, \mu A$ है। दिए गए विकल्पों में से,$150\, \mu A$ सबसे निकटतम मान है।

(B) संधारित्र $(I)$ के लिए,परावैद्युत श्रेणीक्रम में हैं। प्रत्येक भाग की धारिता $C_i = \frac{3 \varepsilon_0 A K_i}{d}$ है।
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3} = \frac{d}{3 \varepsilon_0 A} (\frac{1}{K_1} + \frac{1}{K_2} + \frac{1}{K_3}) = \frac{d(K_2 K_3 + K_3 K_1 + K_1 K_2)}{3 \varepsilon_0 A K_1 K_2 K_3}$.
अतः,$C_{eq} = \frac{3 \varepsilon_0 A K_1 K_2 K_3}{d(K_1 K_2 + K_2 K_3 + K_3 K_1)}$.
संधारित्र $(II)$ के लिए,परावैद्युत समानांतर क्रम में हैं। प्रत्येक भाग की धारिता $C_i' = \frac{\varepsilon_0 (A/3) K_i}{d} = \frac{\varepsilon_0 A K_i}{3d}$ है।
चूंकि वे समानांतर क्रम में हैं,$C_{eq}' = C_1' + C_2' + C_3' = \frac{\varepsilon_0 A}{3d} (K_1 + K_2 + K_3)$.
संचित ऊर्जा $E = \frac{1}{2} C V^2$ है। इसलिए,$\frac{E_1}{E_2} = \frac{C_{eq}}{C_{eq}'} = \frac{3 \varepsilon_0 A K_1 K_2 K_3}{d(K_1 K_2 + K_2 K_3 + K_3 K_1)} \cdot \frac{3d}{\varepsilon_0 A (K_1 + K_2 + K_3)} = \frac{9 K_1 K_2 K_3}{(K_1 + K_2 + K_3)(K_1 K_2 + K_2 K_3 + K_3 K_1)}$.

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
$h\nu = \phi + eV_0$
निरोधी विभव $V_0$ के लिए समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$V_0 = \frac{h\nu}{e} - \frac{\phi}{e}$
दिए गए ग्राफ से,देहली आवृत्ति (threshold frequency) $(\nu_0)$ वह आवृत्ति है जिस पर निरोधी विभव $V_0$ शून्य हो जाता है। ग्राफ को देखने पर,जब $\nu = 4 \times 10^{14} \, Hz$ होता है,तब $V_0 = 0$ होता है।
इस बिंदु पर:
$0 = \frac{h\nu_0}{e} - \frac{\phi}{e}$
$\Rightarrow \phi = h\nu_0$
मान रखने पर:
$\phi = (6.63 \times 10^{-34} \, Js) \times (4 \times 10^{14} \, Hz)$
$\phi = 26.52 \times 10^{-20} \, J$
कार्य फलन को इलेक्ट्रॉन-वोल्ट $(eV)$ में बदलने के लिए:
$\phi (eV) = \frac{26.52 \times 10^{-20} \, J}{1.6 \times 10^{-19} \, C}$
$\phi = 1.6575 \, eV \approx 1.66 \, eV$

(D) चुंबकीय क्षेत्र $B$ में चुंबकीय सुई के दोलन की आवृत्ति $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{\mu B_H}{I}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $B_H = B \cos \delta$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक है और $\delta$ नमन कोण है।
दिया गया है कि $f_1 = 30 \text{ दोलन/मिनट}$ जहाँ $\delta_1 = 45^{\circ}$ और $f_2 = 40 \text{ दोलन/मिनट}$ जहाँ $\delta_2 = 30^{\circ}$ है।
अतः,$f_1^2 \propto B_1 \cos 45^{\circ}$ और $f_2^2 \propto B_2 \cos 30^{\circ}$।
अनुपात लेने पर: $\frac{f_1^2}{f_2^2} = \frac{B_1 \cos 45^{\circ}}{B_2 \cos 30^{\circ}}$।
मान रखने पर: $(\frac{30}{40})^2 = \frac{B_1 (1/\sqrt{2})}{B_2 (\sqrt{3}/2)}$।
$\frac{9}{16} = \frac{B_1}{B_2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{B_1}{B_2} \times \sqrt{\frac{2}{3}}$।
$\frac{B_1}{B_2} = \frac{9}{16} \times \sqrt{\frac{3}{2}} = 0.5625 \times 1.2247 \approx 0.689 \approx 0.7$।

(C) फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{1240}{\lambda} \, eV$ द्वारा दी जाती है।
पहले संक्रमण के लिए, $\lambda_1 = 108.5 \, nm$, इसलिए $E_1 = \frac{1240}{108.5} \approx 11.43 \, eV$.
दूसरे संक्रमण के लिए, $\lambda_2 = 30.4 \, nm$, इसलिए $E_2 = \frac{1240}{30.4} \approx 40.79 \, eV$.
कुल मुक्त ऊर्जा $E_{total} = E_1 + E_2 = 11.43 + 40.79 = 52.22 \, eV$ है।
हाइड्रोजन जैसे आयन की $n$-वीं अवस्था में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -13.6 \, Z^2 \frac{1}{n^2}$ होती है।
$He^+$ के लिए, $Z = 2$, इसलिए $E_n = -13.6 \times 4 \times \frac{1}{n^2} = -54.4 \frac{1}{n^2} \, eV$.
संक्रमण $n$ अवस्था से ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ तक है, इसलिए $E_{total} = E_n - E_1 = -54.4 \left(\frac{1}{n^2} - 1\right) = 54.4 \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$.
$54.4 \left(1 - \frac{1}{n^2}\right) = 52.22$ रखने पर, हमें $1 - \frac{1}{n^2} = \frac{52.22}{54.4} \approx 0.96$ प्राप्त होता है।
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.96 = 0.04$.
$n^2 = \frac{1}{0.04} = 25$, इसलिए $n = 5$.

(A) दिया गया है: इनपुट प्रतिरोध $R_{\text{in}} = 100\,\Omega$,आउटपुट प्रतिरोध $R_{\text{out}} = 100\,k\Omega = 10^5\,\Omega$.
ग्राफ से,धारा लाभ $\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{(20 - 5) \times 10^{-3} \text{ A}}{(400 - 100) \times 10^{-6} \text{ A}} = \frac{15 \times 10^{-3}}{300 \times 10^{-6}} = \frac{15000}{300} = 50$.
वोल्टेज गेन $A_V = \beta \times \frac{R_{\text{out}}}{R_{\text{in}}} = 50 \times \frac{10^5}{100} = 50 \times 10^3 = 5 \times 10^4$.
पावर गेन $A_P = \beta \times A_V = 50 \times (5 \times 10^4) = 250 \times 10^4 = 2.5 \times 10^6$.

(B) द्विध्रुव का कुल आवेश $0$ है,इसलिए आंतरिक सतह पर प्रेरित कुल आवेश $0$ होता है। चूंकि कोश एक चालक है,इसलिए कुल आवेश $Q$ बाहरी सतह पर रहता है।
चूंकि द्विध्रुव केंद्र पर है,यह गुहा के अंदर एक असमान विद्युत क्षेत्र उत्पन्न करता है। यह कोश की आंतरिक सतह पर एक असमान आवेश वितरण को प्रेरित करता है।
हालाँकि,कोश के बाहर किसी भी बिंदु $(r > b)$ के लिए,आंतरिक सतह पर प्रेरित आवेशों और स्वयं द्विध्रुव द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्र अध्यारोपण के सिद्धांत और स्थिरवैद्युत संतुलन में चालक के गुणों के कारण एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
अतः,कोश के बाहर विद्युत क्षेत्र केवल बाहरी सतह पर समान रूप से वितरित कुल आवेश $Q$ के कारण होता है,जो केंद्र पर स्थित बिंदु आवेश $Q$ के विद्युत क्षेत्र $E = \frac{kQ}{r^2}$ के बराबर है।

(D) निर्वात की विद्युतशीलता का विमीय सूत्र $[\varepsilon_0] = M^{-1}L^{-3}T^4A^2$ है।
निर्वात की चुंबकशीलता का विमीय सूत्र $[\mu_0] = MLT^{-2}A^{-2}$ है।
विद्युत प्रतिरोध का विमीय सूत्र $[R] = ML^2T^{-3}A^{-2}$ है।
अब,व्यंजक $\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}}$ पर विचार करें:
$\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}} = \sqrt{\frac{MLT^{-2}A^{-2}}{M^{-1}L^{-3}T^4A^2}} = \sqrt{M^2L^4T^{-6}A^{-4}} = ML^2T^{-3}A^{-2}$.
यह विद्युत प्रतिरोध $[R]$ की विमा से मेल खाता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) गैल्वेनोमीटर की पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा $I_g = 50 \times 20 \times 10^{-6} \, A = 10^{-3} \, A = 1 \, mA$ है।
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = 100 \, \Omega$ है।
$V$ रेंज के वोल्टमीटर के लिए,आवश्यक कुल प्रतिरोध $R_{total} = V / I_g$ है।
श्रेणी में जोड़ा जाने वाला प्रतिरोध $R = R_{total} - G$ है।
$0-2 \, V$ रेंज के लिए: $R_{total} = 2 / 10^{-3} = 2000 \, \Omega$। अतः,$R_1 = 2000 - 100 = 1900 \, \Omega$।
$0-10 \, V$ रेंज के लिए: $R_{total} = 10 / 10^{-3} = 10000 \, \Omega$। $R_1$ के साथ श्रेणी में जोड़ा गया प्रतिरोध $R_2 = 10000 - 2000 = 8000 \, \Omega$ है।
$0-20 \, V$ रेंज के लिए: $R_{total} = 20 / 10^{-3} = 20000 \, \Omega$। $R_1 + R_2$ के साथ श्रेणी में जोड़ा गया प्रतिरोध $R_3 = 20000 - 10000 = 10000 \, \Omega$ है।
अतः,परिपथ में श्रेणी में $R_1 = 1900 \, \Omega$,$R_2 = 8000 \, \Omega$ और $R_3 = 10000 \, \Omega$ होने चाहिए।

(B) जब यंग के डबल स्लिट प्रयोग में एक स्लिट के सामने $\mu$ अपवर्तनांक और $t$ मोटाई की एक पतली फिल्म रखी जाती है,तो उत्पन्न पथ अंतर $\Delta x = (\mu - 1)t$ होता है।
फ्रिंज पैटर्न में विस्थापन $\Delta y = \frac{D}{d} \Delta x = \frac{D}{d} (\mu - 1)t$ द्वारा दिया जाता है।
फ्रिंज की चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ होती है।
यह दिया गया है कि विस्थापन एक फ्रिंज चौड़ाई के बराबर है,इसलिए $\Delta y = \beta$।
अतः,$\frac{D}{d} (\mu - 1)t = \frac{\lambda D}{d}$।
इसे सरल करने पर,हमें $(\mu - 1)t = \lambda$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$t = \frac{\lambda}{\mu - 1}$।

(D) द्विध्रुव के निरक्षीय तल (इस मामले में $y$-अक्ष) पर किसी भी बिंदु पर विभव $V$ शून्य होता है क्योंकि द्विध्रुव के धनात्मक और ऋणात्मक आवेशों के कारण उत्पन्न विभव इस तल के प्रत्येक बिंदु पर एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
$V = 0$
द्विध्रुव से $d$ दूरी पर निरक्षीय तल पर स्थित बिंदु पर विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\vec{E} = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\vec{p}}{d^3}$
दिए गए द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p} = -p_0\hat{x}$ को प्रतिस्थापित करने पर,विद्युत क्षेत्र धनात्मक $x$-अक्ष की दिशा में होता है,जो $-\vec{p}$ की दिशा के अनुरूप है।
अतः,विभव $0$ है और विद्युत क्षेत्र $-\frac{\vec{p}}{4\pi\varepsilon_0 d^3}$ है।

(A) विद्युतचुंबकीय तरंग का सामान्य रूप $\vec{E} = E_0 \hat{n} \sin(\omega t + \vec{k} \cdot \vec{r})$ है।
दिए गए समीकरण $\vec{E} = E_0 \hat{n} \sin[\omega t + (6y - 8z)]$ के साथ तुलना करने पर,हमें तरंग सदिश $\vec{k} = 6\hat{j} - 8\hat{k}$ प्राप्त होता है।
संचरण की दिशा $\hat{s}$,$-\vec{k}$ की दिशा में इकाई सदिश है।
अतः,$\hat{s} = -\frac{\vec{k}}{|\vec{k}|} = -\frac{6\hat{j} - 8\hat{k}}{\sqrt{6^2 + (-8)^2}} = -\frac{6\hat{j} - 8\hat{k}}{\sqrt{36 + 64}} = -\frac{6\hat{j} - 8\hat{k}}{10} = \frac{-6\hat{j} + 8\hat{k}}{10} = \frac{-3\hat{j} + 4\hat{k}}{5}$.

(D) घूर्णन करती आवेशित रिंग के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 i}{2R}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,तुल्य धारा $i = \frac{q}{T} = \frac{q \omega}{2 \pi}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र के सूत्र में $i$ का मान रखने पर: $B = \frac{\mu_0 q \omega}{2R(2 \pi)} = \frac{\mu_0 q \omega}{4 \pi R}$.
दिया गया है: $R = 0.1 \, m$,$\omega = 40 \pi \, rad/s$,$B = 3.8 \times 10^{-9} \, T$,और $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \, N/A^2$.
$q$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $q = \frac{B \cdot 4 \pi R}{\mu_0 \omega}$.
$q = \frac{3.8 \times 10^{-9} \times 4 \pi \times 0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 40 \pi}$.
$q = \frac{3.8 \times 10^{-10}}{40 \pi \times 10^{-7}} = \frac{3.8 \times 10^{-3}}{40 \pi} \approx 3.02 \times 10^{-5} \, C$.
अतः,आवेश का मान लगभग $3 \times 10^{-5} \, C$ है।

(D) दिया गया परिपथ एक $OR$ गेट और एक $NAND$ गेट से बना है। मान लीजिए कि $OR$ गेट का आउटपुट $C$ है। तब $C = A + B$ होगा।
$NAND$ गेट के इनपुट $A$ और $C$ हैं। $NAND$ गेट का आउटपुट $Y$, $Y = \overline{A \cdot C}$ द्वारा दिया जाता है।
$Y$ के समीकरण में $C = A + B$ रखने पर, हमें $Y = \overline{A \cdot (A + B)} = \overline{A \cdot A + A \cdot B} = \overline{A + A \cdot B} = \overline{A(1 + B)} = \overline{A}$ प्राप्त होता है।
आइए इसे सत्यता सारणी द्वारा सत्यापित करें:

$A$	$B$	$C = A + B$	$A \cdot C$	$Y = \overline{A \cdot C}$
$0$	$0$	$0$	$0$	$1$
$0$	$1$	$1$	$0$	$1$
$1$	$0$	$1$	$1$	$0$
$1$	$1$	$1$	$1$	$0$

इस सारणी की तुलना दिए गए विकल्पों से करने पर, यह विकल्प $D$ से मेल खाती है।

(B) कण $P$ से आपतित प्रकाश दर्पण पर परावर्तित होगा।
दर्पण के लिए,वस्तु दूरी $u = -5\, cm$ और फोकस दूरी $f = -R/2 = -20\, cm$ है।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-5} = \frac{1}{-20}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{5} - \frac{1}{20} = \frac{4-1}{20} = \frac{3}{20}$
$v = +\frac{20}{3}\, cm$.
यह प्रतिबिंब पानी की सतह पर अपवर्तित होने वाले प्रकाश के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करेगा।
पानी की सतह से इस आभासी वस्तु की दूरी $d_{obj} = 5 + \frac{20}{3} = \frac{35}{3}\, cm$ है।
चूंकि प्रकाश पानी $(\mu_1 = 4/3)$ से हवा $(\mu_2 = 1)$ में जा रहा है,आभासी गहराई $d'$ का मान $d' = d_{obj} \times (\mu_2 / \mu_1)$ द्वारा दिया जाता है।
$d' = \left( \frac{35}{3} \right) \times \left( \frac{1}{4/3} \right) = \frac{35}{3} \times \frac{3}{4} = \frac{35}{4} = 8.75\, cm$.
अतः,$d \approx 8.8\, cm$।

(C) बैटरी के सिरों पर टर्मिनल विभवांतर $V$ को $V = E - Ir$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E$ $emf$ है और $r$ आंतरिक प्रतिरोध है।
ग्राफ से,जब धारा $I = 0$ है,तो वोल्टेज $V = E = 1.5 \, V$ है।
जब धारा $I = 1000 \, mA = 1 \, A$ है,तो वोल्टेज $V = V_0 \approx 0 \, V$ है।
इन मानों को समीकरण $V = E - Ir$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$0 = 1.5 - (1 \, A) \times r$
$r = 1.5 \, \Omega$.
अतः,बैटरी का $emf$ $1.5 \, V$ है और इसका आंतरिक प्रतिरोध $1.5 \, \Omega$ है।

(B) ज़ेनर डायोड एक वोल्टेज रेगुलेटर के रूप में कार्य करता है, जो ब्रेकडाउन क्षेत्र में होने पर लोड प्रतिरोध $R_L = 4\,k\Omega$ के पार $V_Z = 6\,V$ का स्थिर वोल्टेज बनाए रखता है।
लोड धारा $I_L$ स्थिर है और इसे इस प्रकार दिया जाता है:
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{6\,V}{4\,k\Omega} = 1.5\,mA$
कुल स्रोत धारा $I_S$ इस प्रकार दी जाती है:
$I_S = \frac{V_{in} - V_Z}{R_S}$
ज़ेनर धारा $I_Z$ इस प्रकार दी जाती है:
$I_Z = I_S - I_L = \frac{V_{in} - 6}{2\,k\Omega} - 1.5\,mA$
$I_Z$ को अधिकतम करने के लिए, हमें अधिकतम इनपुट वोल्टेज $V_{in} = 16\,V$ का उपयोग करना होगा:
$I_{S,max} = \frac{16\,V - 6\,V}{2\,k\Omega} = \frac{10\,V}{2\,k\Omega} = 5\,mA$
इसलिए, अधिकतम ज़ेनर धारा है:
$I_{Z,max} = I_{S,max} - I_L = 5\,mA - 1.5\,mA = 3.5\,mA$

(B) सबसे पहले,परिपथ को सरल करें। $1\, \mu F$ और $5\, \mu F$ के संधारित्र समानांतर क्रम में हैं,इसलिए उनकी तुल्य धारिता $C_p = 1\, \mu F + 5\, \mu F = 6\, \mu F$ है।
यह $6\, \mu F$ संधारित्र,$4\, \mu F$ संधारित्र के साथ श्रेणी क्रम में है। उनकी तुल्य धारिता $C_s = \frac{4 \times 6}{4 + 6} = 2.4\, \mu F$ है।
यह $2.4\, \mu F$ की शाखा,$10\, V$ की बैटरी के साथ $3\, \mu F$ के संधारित्र के समानांतर है।
$2.4\, \mu F$ की शाखा पर आवेश $q = C_s \times V = 2.4\, \mu F \times 10\, V = 24\, \mu C$ है।
चूंकि $4\, \mu F$ और $6\, \mu F$ ($1\, \mu F$ और $5\, \mu F$ का तुल्य) संधारित्र श्रेणी क्रम में हैं,इसलिए उनमें से प्रत्येक पर आवेश शाखा के कुल आवेश के बराबर होगा,जो कि $24\, \mu C$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु में इलेक्ट्रॉन के लिए,बोहर के अभिधारणा के अनुसार स्थिर कक्षा के लिए शर्त $2 \pi r_n = n \lambda_n$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है,$r_n$ $n$-वीं कक्षा की त्रिज्या है और $\lambda_n$ डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य है।
मूल अवस्था $n=1$ के अनुरूप है,पहली उत्तेजित अवस्था $n=2$ के और दूसरी उत्तेजित अवस्था $n=3$ के अनुरूप है।
यहाँ इलेक्ट्रॉन दूसरी उत्तेजित अवस्था में है,इसलिए $n=3$ और त्रिज्या $r_3 = 4.65 \, \mathring{A}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$3 \lambda_3 = 2 \pi r_3$
$\lambda_3 = \frac{2 \pi (4.65 \, \mathring{A})}{3}$
$\lambda_3 = 2 \times 3.14159 \times 1.55 \, \mathring{A}$
$\lambda_3 \approx 9.738 \, \mathring{A}$.
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर,हमें $\lambda_3 = 9.7 \, \mathring{A}$ प्राप्त होता है।