JEE Main 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) गैस के अणु की $rms$ चाल का सूत्र: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
दिया गया है कि $H_{2}$ की $rms$ चाल,$N_{2}$ की $rms$ चाल के बराबर है:
$V_{rms(H_{2})} = V_{rms(N_{2})}$
$\sqrt{\frac{3RT_{H_{2}}}{M_{H_{2}}}} = \sqrt{\frac{3RT_{N_{2}}}{M_{N_{2}}}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर और उभयनिष्ठ पदों $(3R)$ को हटाने पर:
$\frac{T_{H_{2}}}{M_{H_{2}}} = \frac{T_{N_{2}}}{M_{N_{2}}}$
यहाँ $T_{N_{2}} = 300^{\circ}C = 300 + 273 = 573 \ K$,$M_{N_{2}} = 28 \ g/mol$,और $M_{H_{2}} = 2 \ g/mol$ है:
$\frac{T_{H_{2}}}{2} = \frac{573}{28}$
$T_{H_{2}} = \frac{573 \times 2}{28} = \frac{573}{14} \approx 40.928 \ K$.
निकटतम पूर्णांक में लेने पर,उत्तर $41 \ K$ प्राप्त होता है।

(C) चूंकि धुरी (pivot) पर लगने वाला आवेगी बल शून्य है,इसलिए टक्कर के दौरान धुरी के परितः कोणीय संवेग संरक्षित रहता है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = m v L$.
अंतिम कोणीय संवेग $L_f = I_{total} \omega$,जहाँ $I_{total} = I_{rod} + I_{particle} = \frac{M L^2}{3} + m L^2$.
$L_i = L_f$ को बराबर करने पर:
$m v L = \left( \frac{M L^2}{3} + m L^2 \right) \omega$
दिए गए मानों $(M = 0.9\, kg, m = 0.1\, kg, L = 1\, m, v = 80\, m/s)$ को रखने पर:
$0.1 \times 80 \times 1 = \left( \frac{0.9 \times 1^2}{3} + 0.1 \times 1^2 \right) \omega$
$8 = (0.3 + 0.1) \omega$
$8 = 0.4 \omega$
$\omega = \frac{8}{0.4} = 20\, rad/s$.

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 2\, kg$,पावर $P = 1\, J/s$,समय $t = 9\, s$,प्रारंभिक वेग $u = 0$.
पावर को $P = F \cdot v = (m \cdot a) \cdot v = m \cdot \frac{dv}{dt} \cdot v$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $m \cdot v \cdot dv = P \cdot dt$.
विरामावस्था से दोनों पक्षों का समाकलन करने पर ($t=0$ पर $v=0$): $\int_{0}^{v} m \cdot v \cdot dv = \int_{0}^{t} P \cdot dt$.
$m \cdot \frac{v^2}{2} = P \cdot t \Rightarrow v^2 = \frac{2Pt}{m} \Rightarrow v = \sqrt{\frac{2Pt}{m}}$.
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot t^{1/2}$.
दूरी $x$ ज्ञात करने के लिए समाकलन करने पर: $\int_{0}^{x} dx = \sqrt{\frac{2P}{m}} \int_{0}^{t} t^{1/2} dt$.
$x = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot \frac{2}{3} \cdot t^{3/2}$.
मान $m = 2$,$P = 1$,$t = 9$ रखने पर: $x = \sqrt{\frac{2 \cdot 1}{2}} \cdot \frac{2}{3} \cdot 9^{3/2} = 1 \cdot \frac{2}{3} \cdot (3^2)^{3/2} = \frac{2}{3} \cdot 27 = 18\, m$.

(A) बिंदु $B$ पर पहली स्थिति में,ऊर्ध्वाधर के साथ कोण $45^{\circ}$ है। अतः,जमीन के साथ कोण $90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ होगा।
$\tan 45^{\circ} = \frac{h_{1}}{d} \Rightarrow 1 = \frac{h_{1}}{d} \Rightarrow h_{1} = d$.
जब गुब्बारा $h_{1} + h_{2}$ ऊंचाई पर होता है,तो लड़की बिंदु $C$ पर होती है। $A$ से $C$ की दूरी $d + 2.464d = 3.464d$ है। ऊर्ध्वाधर के साथ कोण $60^{\circ}$ है,इसलिए जमीन के साथ कोण $90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ होगा।
$\tan 30^{\circ} = \frac{h_{1} + h_{2}}{3.464d}$.
दिया गया है $\tan 30^{\circ} = 0.5774$,अतः $0.5774 = \frac{d + h_{2}}{3.464d}$.
$d + h_{2} = 0.5774 \times 3.464d \approx 2d$.
$h_{2} = 2d - d = d$.

(C) अनुनाद नली में,दो क्रमिक अनुनाद स्थितियों के बीच की दूरी ध्वनि तरंग की तरंगदैर्ध्य की आधी होती है,अर्थात $\frac{\lambda}{2} = l_2 - l_1$.
दिया गया है $l_1 = 17.0 \, cm$ और $l_2 = 24.5 \, cm$.
$\frac{\lambda}{2} = 24.5 \, cm - 17.0 \, cm = 7.5 \, cm$.
अतः,$\lambda = 2 \times 7.5 \, cm = 15.0 \, cm = 0.15 \, m$.
वेग $(v)$,आवृत्ति $(f)$ और तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ के बीच का संबंध $v = f \lambda$ है।
दिया गया है $v = 330 \, m/s$,इसलिए $330 = f \times 0.15$.
$f = \frac{330}{0.15} = \frac{33000}{15} = 2200 \, Hz$.

(C) $1$. सबसे पहले,$h$ ऊंचाई पर हेलीकॉप्टर का वेग ज्ञात करें। चूंकि यह स्थिर अवस्था से $g$ त्वरण के साथ शुरू होता है,$v^2 = u^2 + 2as \Rightarrow v^2 = 0 + 2gh \Rightarrow v = \sqrt{2gh}$।
$2$. जब पैकेट गिराया जाता है,तो इसका प्रारंभिक वेग ऊपर की ओर $u = \sqrt{2gh}$ होता है।
$3$. पैकेट ऊपर की ओर बढ़ता है,अधिकतम ऊंचाई तक पहुंचता है और फिर जमीन पर गिरता है। पैकेट द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊंचाई $H_{max} = \frac{u^2}{2g} = \frac{2gh}{2g} = h$ है।
$4$. जमीन से पैकेट की कुल ऊंचाई $H_{total} = h + h = 2h$ है।
$5$. नीचे की ओर गति के लिए गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए (ऊपर की दिशा को धनात्मक लेते हुए,$s = -h$,$u = \sqrt{2gh}$,$a = -g$):
$-h = \sqrt{2gh} \cdot t - \frac{1}{2}gt^2$
$\frac{1}{2}gt^2 - \sqrt{2gh} \cdot t - h = 0$
$2/g$ से गुणा करने पर: $t^2 - 2\sqrt{\frac{2h}{g}} \cdot t - \frac{2h}{g} = 0$।
$6$. द्विघात सूत्र $t = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ का उपयोग करके $t$ ज्ञात करने पर:
$t = \frac{2\sqrt{2h/g} + \sqrt{8h/g + 8h/g}}{2} = \sqrt{\frac{2h}{g}} + \sqrt{\frac{4h}{g}} = (\sqrt{2} + 2) \sqrt{\frac{h}{g}} \approx (1.414 + 2) \sqrt{\frac{h}{g}} = 3.414 \sqrt{\frac{h}{g}}$।

(B) कवच के ठीक पानी के नीचे तैरने के लिए,कवच का भार विस्थापित पानी के भार के बराबर होना चाहिए।
कवच का भार = $V_{material} \times \rho_{material} \times g = \frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \rho_{material} g$.
विस्थापित पानी का भार = $V_{total} \times \rho_{water} \times g = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho_{water} g$.
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{4}{3} \pi (R^3 - r^3) \rho_{material} g = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho_{water} g$.
$(R^3 - r^3) \rho_{material} = R^3 \rho_{water}$.
दिया गया विशिष्ट गुरुत्व $\frac{\rho_{material}}{\rho_{water}} = \frac{27}{8}$ है।
अतः,$(R^3 - r^3) \frac{27}{8} = R^3$.
$R^3 - r^3 = \frac{8}{27} R^3$.
$r^3 = R^3 - \frac{8}{27} R^3 = \frac{19}{27} R^3$.
$r = R \left( \frac{19}{27} \right)^{1/3} = \frac{R}{3} (19)^{1/3}$.
चूंकि $(19)^{1/3} \approx 2.668$,इसलिए $r \approx \frac{2.668}{3} R \approx 0.889 R$.

(C) $1$. एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा केवल तापमान पर निर्भर करती है: $\Delta U = nC_v \Delta T$। सभी प्रक्रियाएं बिंदु $A$ (तापमान $T_2$) से शुरू होती हैं और अलग-अलग बिंदुओं $B, C, D$ पर समाप्त होती हैं जो अलग-अलग समतापी वक्रों (isotherms) पर स्थित हैं। बिंदु $B$ समतापी वक्र $T_1$ पर है। बिंदु $C$ और $D$ समतापी वक्र $T_1$ से ऊपर स्थित हैं। इसलिए,अंतिम तापमान $T_B = T_1$ और $T_C = T_D > T_1$ हैं। इस प्रकार,$\Delta U_{AB} < \Delta U_{AC} = \Delta U_{AD}$।
$2$. किया गया कार्य $W$,$P-V$ वक्र के नीचे का क्षेत्रफल है। $A \rightarrow B$ के लिए,आयतन बढ़ता है,इसलिए $W_{AB} > 0$। $A \rightarrow C$ के लिए,यह एक समआयतनिक प्रक्रिया (ऊर्ध्वाधर रेखा) है,इसलिए $W_{AC} = 0$। $A \rightarrow D$ के लिए,आयतन घटता है,इसलिए $W_{AD} < 0$।
$3$. इनकी तुलना करने पर,हमें $E_{AB} < E_{AC} = E_{AD}$ और $W_{AB} > 0, W_{AC} = 0, W_{AD} < 0$ प्राप्त होता है।

(B) ध्वनि तरंग में दबाव आयाम $\Delta p$ और विस्थापन आयाम $s$ के बीच का संबंध $\Delta p = B k s$ है,जहाँ $B$ बल्क मापांक है और $k$ तरंग संख्या है।
चूंकि $B = \rho v^2$ और $k = \frac{\omega}{v} = \frac{2 \pi f}{v}$,इसलिए $\Delta p = (\rho v^2) \times (\frac{2 \pi f}{v}) \times s$ होता है।
गुणात्मक स्थिरांक को $1$ लेने पर ($2 \pi$ को अनदेखा करते हुए),संबंध $\Delta p = \rho v \omega s$ हो जाता है।
$s$ के लिए सूत्र बनाने पर,$s = \frac{\Delta p}{\rho v \omega} = \frac{\Delta p}{\rho v (2 \pi f)}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $s \approx \frac{10}{1 \times 300 \times 2 \pi \times 1000} \, m$।
निर्देशानुसार $2 \pi$ के कारक को अनदेखा करने पर: $s \approx \frac{10}{300 \times 1000} \, m = \frac{1}{30000} \, m$।
मिलीमीटर में बदलने पर: $s \approx \frac{1}{30000} \times 1000 \, mm = \frac{1}{30} \, mm \approx 0.033 \, mm = \frac{3}{100} \, mm$।

(B) गोली की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m v^2$ है।
यहाँ $m = 5\, g$ और $v = 210\, m/s = 21000\, cm/s$ दिया गया है।
$K = \frac{1}{2} \times 5 \times (21000)^2 = 1.1025 \times 10^9\, ergs$.
इस ऊर्जा का आधा भाग गोली में ऊष्मा के रूप में परिवर्तित हो जाता है:
$Q = \frac{1}{2} K = \frac{1}{2} \times 1.1025 \times 10^9 = 5.5125 \times 10^8\, ergs$.
हम जानते हैं कि $Q = m s \Delta T$,जहाँ $s = 0.030\, cal/(g \cdot ^{\circ}C) = 0.030 \times 4.2 \times 10^7\, ergs/(g \cdot ^{\circ}C) = 1.26 \times 10^6\, ergs/(g \cdot ^{\circ}C)$ है।
मान रखने पर:
$5.5125 \times 10^8 = 5 \times (1.26 \times 10^6) \times \Delta T$.
$\Delta T = \frac{5.5125 \times 10^8}{6.3 \times 10^6} = \frac{551.25}{6.3} = 87.5^{\circ}C$.

(C) दबाव $P = h \rho g$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $h = 2\, cm$,$\rho = 13.6\, g/cm^{3}$,और $g = 980\, cm/s^{2}$ है।
$P = 2 \times 13.6 \times 980 = 26656\, dyne/cm^{2}$.
आयतन $V = 4\, cm^{3}$.
एकपरमाणुक गैस के अणु की औसत गतिज ऊर्जा $E = \frac{3}{2} kT = 4 \times 10^{-14}\, erg$ है।
आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$PV = NkT$,जहाँ $N$ अणुओं की संख्या है।
अतः $N = \frac{PV}{kT}$.
यहाँ $kT = \frac{2}{3} E = \frac{2}{3} \times 4 \times 10^{-14} = \frac{8}{3} \times 10^{-14}\, erg$.
मान रखने पर: $N = \frac{26656 \times 4}{\frac{8}{3} \times 10^{-14}} = \frac{106624 \times 3}{8 \times 10^{-14}} = 13328 \times 3 \times 10^{14} = 39984 \times 10^{14} \approx 4.0 \times 10^{18}$.

(B) दिया गया संबंध $z = \frac{a^2 b^{2/3}}{c^{1/2} d^3}$ है।
$z$ में सापेक्ष त्रुटि का सूत्र: $\frac{\Delta z}{z} = 2 \frac{\Delta a}{a} + \frac{2}{3} \frac{\Delta b}{b} + \frac{1}{2} \frac{\Delta c}{c} + 3 \frac{\Delta d}{d}$ है।
दी गई प्रतिशत त्रुटियाँ हैं: $\frac{\Delta a}{a} \times 100 = 2\%$,$\frac{\Delta b}{b} \times 100 = 1.5\%$,$\frac{\Delta c}{c} \times 100 = 4\%$,और $\frac{\Delta d}{d} \times 100 = 2.5\%$.
इन मानों को त्रुटि के सूत्र में रखने पर:
$\frac{\Delta z}{z} \times 100 = 2(2\%) + \frac{2}{3}(1.5\%) + \frac{1}{2}(4\%) + 3(2.5\%)$.
$\frac{\Delta z}{z} \times 100 = 4\% + 1\% + 2\% + 7.5\% = 14.5\%$.
अतः,$z$ में प्रतिशत त्रुटि $14.5\%$ है।

(C) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$I\omega + 3I \times 0 = (I + 3I)\omega'$
$I\omega = 4I\omega'$
$\omega' = \frac{\omega}{4}$
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $(KE)_i = \frac{1}{2}I\omega^2$
अंतिम गतिज ऊर्जा $(KE)_f = \frac{1}{2}(I + 3I)(\omega')^2 = \frac{1}{2}(4I)\left(\frac{\omega}{4}\right)^2 = 2I \times \frac{\omega^2}{16} = \frac{I\omega^2}{8}$
गतिज ऊर्जा में हानि $\Delta KE = (KE)_i - (KE)_f = \frac{1}{2}I\omega^2 - \frac{1}{8}I\omega^2 = \frac{3}{8}I\omega^2$
गतिज ऊर्जा में भिन्नात्मक हानि = $\frac{\Delta KE}{(KE)_i} = \frac{\frac{3}{8}I\omega^2}{\frac{1}{2}I\omega^2} = \frac{3}{8} \times 2 = \frac{3}{4}$

(D) $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_{h} = \frac{GM}{(R+h)^{2}}$ होता है।
यहाँ $h = \frac{R}{2}$ दिया गया है,इसलिए $g_{1} = \frac{GM}{(R + R/2)^{2}} = \frac{GM}{(3R/2)^{2}} = \frac{4GM}{9R^{2}} \ldots(1)$
$d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_{d} = g(1 - \frac{d}{R}) = \frac{GM}{R^{2}}(1 - \frac{d}{R}) = \frac{GM(R-d)}{R^{3}} \ldots(2)$
चूँकि $g_{1} = g_{d}$ है,समीकरण $(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$\frac{4GM}{9R^{2}} = \frac{GM(R-d)}{R^{3}}$
$\frac{4}{9} = \frac{R-d}{R}$
$\frac{4}{9} = 1 - \frac{d}{R}$
$\frac{d}{R} = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$

(B) बिंदु $\vec{r}_2$ के परितः बल आघूर्ण $\vec{\tau} = (\vec{r}_1 - \vec{r}_2) \times \vec{F}$ द्वारा दिया जाता है।
सबसे पहले,घूर्णन बिंदु के सापेक्ष स्थिति सदिश की गणना करें:
$\vec{r} = \vec{r}_1 - \vec{r}_2 = (4\hat{i} + 3\hat{j} - \hat{k}) - (\hat{i} + 2\hat{j} + \hat{k}) = 3\hat{i} + \hat{j} - 2\hat{k}$.
अब,क्रॉस प्रोडक्ट $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ की गणना करें:
$\vec{\tau} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & 3 \end{vmatrix}$
$= \hat{i}(1(3) - (-2)(2)) - \hat{j}(3(3) - (-2)(1)) + \hat{k}(3(2) - 1(1))$
$= \hat{i}(3 + 4) - \hat{j}(9 + 2) + \hat{k}(6 - 1) = 7\hat{i} - 11\hat{j} + 5\hat{k}$.
बल आघूर्ण का परिमाण $|\vec{\tau}| = \sqrt{7^2 + (-11)^2 + 5^2} = \sqrt{49 + 121 + 25} = \sqrt{195}$.
इसे $\sqrt{x}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 195$ प्राप्त होता है।

(B) छोटे ग्रह तक पहुँचने के लिए,पिंड को दोनों ग्रहों के बीच शून्य गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र (तटस्थ बिंदु) को पार करना होगा।
मान लीजिए कि छोटे ग्रह के केंद्र से तटस्थ बिंदु की दूरी $x$ है।
इस बिंदु पर दोनों ग्रहों द्वारा उत्पन्न गुरुत्वाकर्षण क्षेत्रों की तुलना करने पर:
$\frac{GM}{x^2} = \frac{G(16M)}{(10a - x)^2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{1}{x} = \frac{4}{10a - x} \implies 10a - x = 4x \implies x = 2a$.
अब,बड़े ग्रह की सतह और तटस्थ बिंदु के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम को लागू करने पर।
बड़े ग्रह की सतह पर विभव (त्रिज्या $2a$,द्रव्यमान $16M$) $V_L = -\frac{G(16M)}{2a} - \frac{GM}{8a} = -\frac{8GM}{a} - \frac{GM}{8a} = -\frac{65GM}{8a}$ है।
तटस्थ बिंदु पर विभव (बड़े ग्रह से $8a$ दूरी,छोटे ग्रह से $2a$ दूरी) $V_P = -\frac{G(16M)}{8a} - \frac{GM}{2a} = -\frac{2GM}{a} - \frac{GM}{2a} = -\frac{5GM}{2a}$ है।
$KE_i + PE_i = KE_f + PE_f$ का उपयोग करने पर,जहाँ तटस्थ बिंदु पर $KE_f = 0$ है:
$\frac{1}{2}mv^2 + m V_L = 0 + m V_P$
$\frac{1}{2}v^2 = V_P - V_L = -\frac{5GM}{2a} - (-\frac{65GM}{8a}) = \frac{-20GM + 65GM}{8a} = \frac{45GM}{8a}$.
$v^2 = \frac{45GM}{4a} \implies v = \sqrt{\frac{45GM}{4a}} = \frac{3}{2} \sqrt{\frac{5GM}{a}}$.

(A) छड़ें समान हैं,जिसका अर्थ है कि उनकी लंबाई $(\ell)$ और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $(A)$ समान है।
चूंकि छड़ें श्रेणीक्रम में जुड़ी हुई हैं,इसलिए स्थिर अवस्था में सभी छड़ों के लिए ऊष्मा प्रवाह (heat current) समान होता है।
मान लीजिए ऊष्मा प्रवाह $H = \frac{\Delta Q}{\Delta t}$ है।
$H = \frac{K_{1} A (100 - 70)}{\ell} = \frac{K_{2} A (70 - 20)}{\ell} = \frac{K_{3} A (20 - 0)}{\ell}$
समीकरण को सरल करने पर:
$30 K_{1} = 50 K_{2} = 20 K_{3}$
$10$ से भाग देने पर:
$3 K_{1} = 5 K_{2} = 2 K_{3}$
$3 K_{1} = 2 K_{3}$ से,हमें $\frac{K_{1}}{K_{3}} = \frac{2}{3}$ या $K_{1}: K_{3} = 2: 3$ प्राप्त होता है।
$5 K_{2} = 2 K_{3}$ से,हमें $\frac{K_{2}}{K_{3}} = \frac{2}{5}$ या $K_{2}: K_{3} = 2: 5$ प्राप्त होता है।
अतः,सही संबंध $K_{1}: K_{3} = 2: 3$ और $K_{2}: K_{3} = 2: 5$ है।

(C) दिया गया बल $\overrightarrow{F} = m\overrightarrow{a} = k(v_y \hat{i} + v_x \hat{j})$ है।
अतः,$a_x = \frac{dv_x}{dt} = \frac{k}{m} v_y$ और $a_y = \frac{dv_y}{dt} = \frac{k}{m} v_x$ है।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{dv_y}{dv_x} = \frac{v_x}{v_y} \implies v_y dv_y = v_x dv_x$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int v_y dv_y = \int v_x dv_x \implies v_y^2 = v_x^2 + C \implies v_y^2 - v_x^2 = \text{स्थिरांक}$।
अब,$\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{a}$ की गणना करते हैं:
$\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{a} = (v_x \hat{i} + v_y \hat{j}) \times \frac{k}{m}(v_y \hat{i} + v_x \hat{j})$
$= \frac{k}{m} [v_x^2 (\hat{i} \times \hat{j}) + v_y^2 (\hat{j} \times \hat{i})]$
$= \frac{k}{m} [v_x^2 \hat{k} - v_y^2 \hat{k}] = \frac{k}{m} (v_x^2 - v_y^2) \hat{k}$।
चूंकि $v_y^2 - v_x^2$ स्थिर है,इसलिए $\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{a}$ समय के साथ स्थिर रहता है।

(D) जड़त्व आघूर्ण $I$ इस प्रकार दिया जाता है: $I = \int r^{2} dm = \int_{0}^{L} x^{2} \lambda(x) dx$.
$\lambda(x) = \lambda_{0}(1 + \frac{x}{L})$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{0}^{L} x^{2} \lambda_{0}(1 + \frac{x}{L}) dx = \lambda_{0} \int_{0}^{L} (x^{2} + \frac{x^{3}}{L}) dx$
$I = \lambda_{0} [\frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{4}}{4L}]_{0}^{L} = \lambda_{0} (\frac{L^{3}}{3} + \frac{L^{3}}{4}) = \frac{7}{12} \lambda_{0} L^{3} \quad ...(i)$
अब,कुल द्रव्यमान $M$ की गणना करें:
$M = \int_{0}^{L} \lambda(x) dx = \int_{0}^{L} \lambda_{0}(1 + \frac{x}{L}) dx = \lambda_{0} [x + \frac{x^{2}}{2L}]_{0}^{L} = \lambda_{0} (L + \frac{L}{2}) = \frac{3}{2} \lambda_{0} L$
अतः,$\lambda_{0} L = \frac{2}{3} M \quad ...(ii)$
$(ii)$ को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{7}{12} (\lambda_{0} L) L^{2} = \frac{7}{12} (\frac{2}{3} M) L^{2} = \frac{14}{36} M L^{2} = \frac{7}{18} M L^{2}$
$I \approx 0.388 M L^{2}$.

(C) $1$. दी गई रीडिंग $5.50\, mm, 5.55\, mm, 5.45\, mm,$ और $5.65\, mm$ हैं। इन सभी रीडिंग में $3$ सार्थक अंक हैं।
$2$. औसत मान $5.5375\, mm$ है। सार्थक अंकों के नियमों के अनुसार,परिणाम को मापे गए मानों के समान सार्थक अंकों तक राउंड ऑफ किया जाना चाहिए,जो कि $3$ है। इस प्रकार,$5.5375$ को $5.54\, mm$ के रूप में राउंड ऑफ किया जाता है।
$3$. मानक विचलन $0.07395\, mm$ है। अनिश्चितता (त्रुटि) को आमतौर पर एक या दो सार्थक अंकों में व्यक्त किया जाना चाहिए। $0.07395$ को एक सार्थक अंक में राउंड ऑफ करने पर $0.07\, mm$ प्राप्त होता है।
$4$. इसलिए,व्यास को $(5.54 \pm 0.07)\, mm$ के रूप में रिकॉर्ड किया जाना चाहिए।

(B) गति का दिया गया समीकरण $y = y_{0} \sin^{2} \omega t$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^{2} \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करते हुए,हम समीकरण को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$y = \frac{y_{0}}{2} (1 - \cos 2\omega t)$
$y - \frac{y_{0}}{2} = -\frac{y_{0}}{2} \cos 2\omega t$
यह समीकरण संतुलन स्थिति $y_{eq} = \frac{y_{0}}{2}$ के चारों ओर सरल आवर्त गति को दर्शाता है,जिसका आयाम $A = \frac{y_{0}}{2}$ है।
एक ऊर्ध्वाधर स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली के लिए,संतुलन स्थिति बिना खिंची हुई स्थिति से $y_{eq} = \frac{mg}{k}$ की दूरी पर होती है।
इसलिए,$\frac{y_{0}}{2} = \frac{mg}{k}$,जिसका अर्थ है $\frac{k}{m} = \frac{2g}{y_{0}}$।
दोलन की कोणीय आवृत्ति $\Omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ द्वारा दी जाती है।
समीकरण $y = \frac{y_{0}}{2} - \frac{y_{0}}{2} \cos 2\omega t$ से,गति की कोणीय आवृत्ति $2\omega$ है।
अतः,$2\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{2g}{y_{0}}}$।
$\omega$ के लिए हल करने पर,हमें प्राप्त होता है $\omega = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2g}{y_{0}}} = \sqrt{\frac{2g}{4y_{0}}} = \sqrt{\frac{g}{2y_{0}}}$।

(A) औसत मुक्त पथ $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$ है,जहाँ $k_B$ बोल्ट्ज़मैन स्थिरांक है और $d$ अणु का व्यास है।
स्थिर दाब $P$ के लिए,$\lambda \propto T$ होता है।
अणु की औसत चाल $v_{avg}$ का सूत्र $v_{avg} = \sqrt{\frac{8 k_B T}{\pi m}}$ है,इसलिए $v_{avg} \propto \sqrt{T}$ होता है।
क्रमिक टक्करों के बीच का औसत समय $t_0$ को $t_0 = \frac{\lambda}{v_{avg}}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
समानुपातिकता को प्रतिस्थापित करने पर: $t_0 \propto \frac{T}{\sqrt{T}} = \sqrt{T}$।
अतः,क्रमिक टक्करों के बीच का औसत समय $T$ के साथ $\sqrt{T}$ के रूप में बदलता है।

(B) क्षैतिज पाइप के लिए,ऊँचाई $h$ स्थिर रहती है,इसलिए $h_1 = h_2$। बर्नौली के समीकरण के अनुसार:
$P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 = P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2$
यहाँ $P_1 = P$,$v_1 = v$,$P_2 = \frac{P}{2}$,और $v_2 = V$ दिया गया है।
इन मानों को रखने पर:
$P + \frac{1}{2}\rho v^2 = \frac{P}{2} + \frac{1}{2}\rho V^2$
दोनों पक्षों से $\frac{P}{2}$ घटाने पर:
$\frac{P}{2} + \frac{1}{2}\rho v^2 = \frac{1}{2}\rho V^2$
पूरे समीकरण को $\frac{2}{\rho}$ से गुणा करने पर:
$\frac{P}{\rho} + v^2 = V^2$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$V = \sqrt{\frac{P}{\rho} + v^2}$

(D) कण $A$ का प्रारंभिक वेग: $\vec{u}_{1} = (\sqrt{3} \hat{i} + \hat{j}) \, m/s$.
कण $B$ का प्रारंभिक वेग: $\vec{u}_{2} = 0$.
दिया गया है $m_{1} = 2m_{2}$.
टक्कर के बाद कण $A$ का वेग: $\vec{V}_{1} = (\hat{i} + \sqrt{3} \hat{j}) \, m/s$.
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m_{1} \vec{u}_{1} + m_{2} \vec{u}_{2} = m_{1} \vec{V}_{1} + m_{2} \vec{V}_{2}$
$2m_{2}(\sqrt{3} \hat{i} + \hat{j}) + 0 = 2m_{2}(\hat{i} + \sqrt{3} \hat{j}) + m_{2} \vec{V}_{2}$
$m_{2}$ से विभाजित करने पर:
$2(\sqrt{3} \hat{i} + \hat{j}) = 2(\hat{i} + \sqrt{3} \hat{j}) + \vec{V}_{2}$
$\vec{V}_{2} = 2(\sqrt{3} \hat{i} + \hat{j} - \hat{i} - \sqrt{3} \hat{j}) = 2[(\sqrt{3}-1) \hat{i} + (1-\sqrt{3}) \hat{j}] = 2(\sqrt{3}-1) (\hat{i} - \hat{j})$.
अब,$\vec{V}_{1}$ और $\vec{V}_{2}$ के बीच का कोण $\theta$,$\cos \theta = \frac{\vec{V}_{1} \cdot \vec{V}_{2}}{|\vec{V}_{1}| |\vec{V}_{2}|}$ द्वारा दिया जाता है।
$\vec{V}_{1} \cdot \vec{V}_{2} = (\hat{i} + \sqrt{3} \hat{j}) \cdot [2(\sqrt{3}-1) (\hat{i} - \hat{j})] = 2(\sqrt{3}-1) (1 - \sqrt{3}) = -2(\sqrt{3}-1)^{2}$.
$|\vec{V}_{1}| = \sqrt{1^{2} + (\sqrt{3})^{2}} = 2$.
$|\vec{V}_{2}| = 2(\sqrt{3}-1) \sqrt{1^{2} + (-1)^{2}} = 2\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)$.
$\cos \theta = \frac{-2(\sqrt{3}-1)^{2}}{2 \cdot 2\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)} = \frac{-(\sqrt{3}-1)}{2\sqrt{2}} = \frac{1-\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$.
चूंकि $\cos 105^{\circ} = \cos(60^{\circ} + 45^{\circ}) = \cos 60^{\circ} \cos 45^{\circ} - \sin 60^{\circ} \sin 45^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1-\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$,इसलिए $\theta = 105^{\circ}$.

(D) मान लीजिए बारिश का वेग $\vec{v}_r = -v_r \hat{j}$ है और कार का वेग $\vec{v}_m = v_m \hat{i}$ है।
जब कार $v$ गति से चलती है,तो कार के सापेक्ष बारिश का आपेक्षिक वेग $\vec{v}_{r/m} = \vec{v}_r - \vec{v}_m = -v_r \hat{j} - v \hat{i}$ होता है।
क्षैतिज के साथ कोण $\theta$ को $\tan \theta = \frac{|v_r|}{|v_m|}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $\theta = 60^{\circ}$ और $v_m = v$,इसलिए $\tan 60^{\circ} = \frac{v_r}{v} = \sqrt{3}$,अर्थात $v_r = v\sqrt{3}$।
जब कार की गति बढ़कर $(1+\beta)v$ हो जाती है,तो नया कोण $45^{\circ}$ होता है।
अतः,$\tan 45^{\circ} = \frac{v_r}{(1+\beta)v} = 1$।
$v_r = v\sqrt{3}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{v\sqrt{3}}{(1+\beta)v} = 1$।
$\sqrt{3} = 1 + \beta$।
$\beta = \sqrt{3} - 1 \approx 1.732 - 1 = 0.732$।
इसलिए,$\beta$ का मान $0.73$ के करीब है।

(A) प्रति चक्र किया गया कार्य $P-V$ आरेख द्वारा घिरा हुआ क्षेत्रफल है:
$W = \text{Area} = (2V_0 - V_0) \times (3P_0 - P_0) = V_0 \times 2P_0 = 2P_0V_0$.
प्रक्रिया $AB$ और $BC$ के दौरान ऊष्मा अवशोषित होती है:
प्रक्रिया $AB$ (समआयतनिक) के लिए: $Q_{AB} = nC_V \Delta T = n \left( \frac{3R}{2} \right) \left( \frac{P_B V_A}{nR} - \frac{P_A V_A}{nR} \right) = \frac{3}{2} V_A (P_B - P_A) = \frac{3}{2} V_0 (3P_0 - P_0) = 3P_0V_0$.
प्रक्रिया $BC$ (समदाबीय) के लिए: $Q_{BC} = nC_P \Delta T = n \left( \frac{5R}{2} \right) \left( \frac{P_B V_C}{nR} - \frac{P_B V_B}{nR} \right) = \frac{5}{2} P_B (V_C - V_B) = \frac{5}{2} (3P_0) (2V_0 - V_0) = \frac{15}{2} P_0V_0$.
कुल अवशोषित ऊष्मा $Q_{\text{in}} = Q_{AB} + Q_{BC} = 3P_0V_0 + 7.5P_0V_0 = 10.5P_0V_0 = \frac{21}{2} P_0V_0$.
दक्षता $\eta = \frac{W}{Q_{\text{in}}} \times 100 = \frac{2P_0V_0}{(21/2)P_0V_0} \times 100 = \frac{4}{21} \times 100 \approx 19.04\%$.
अतः,दक्षता $19\%$ के करीब है।

(B) एक ठोस अर्धगोले के द्रव्यमान केंद्र की उसके समतल आधार के केंद्र से दूरी का सूत्र $X = \frac{3R}{8}$ है,जहाँ $R$ अर्धगोले की त्रिज्या है।
दिया गया है,$R = 8 \, cm$.
सूत्र में $R$ का मान रखने पर:
$X = \frac{3 \times 8}{8} \, cm$
$X = 3 \, cm$.
अतः,$X$ का मान $3$ है।

(A) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,उपग्रह का कोणीय संवेग उसकी पूरी कक्षा में स्थिर रहता है।
सबसे निकटतम बिंदु (पेरिअप्सिस) और सबसे दूरस्थ बिंदु (अपोअप्सिस) पर,वेग सदिश स्थिति सदिश के लंबवत होता है।
इसलिए,$L = m r_{\min} V_{\max} = m r_{\max} V_{\min}$।
यह समीकरण $r_{\min} V_{\max} = r_{\max} V_{\min} \quad \dots(i)$ में सरल हो जाता है।
दिया गया है कि सबसे दूरस्थ बिंदु पर वेग,सबसे निकटतम बिंदु पर वेग से $6$ गुना कम है,इसलिए $V_{\min} = \frac{V_{\max}}{6}$,या $\frac{V_{\min}}{V_{\max}} = \frac{1}{6}$।
इस मान को समीकरण $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{r_{\min}}{r_{\max}} = \frac{V_{\min}}{V_{\max}} = \frac{1}{6}$ प्राप्त होता है।
अतः,दूरियों का अनुपात $1:6$ है।

(B) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(LC)$ इस प्रकार परिकलित किया जाता है:
$LC = \frac{\text{पिच}}{\text{वृत्ताकार पैमाने पर विभाजनों की संख्या}}$
दिया गया है,$\text{पिच} = 0.5\, mm$ और $\text{विभाजनों की संख्या} = 50$.
$LC = \frac{0.5\, mm}{50} = 0.01\, mm = 10\, \mu m$.
चूंकि वृत्ताकार पैमाना पिच स्केल के निशान से $4$ इकाई आगे है (वृत्ताकार पैमाने का शून्य संदर्भ रेखा के ऊपर है),इसलिए शून्य त्रुटि धनात्मक है।
अतः,शून्य त्रुटि की प्रकृति धनात्मक है और अल्पतमांक $10\, \mu m$ है।

(A) एक प्रत्यास्थ तार को एक स्प्रिंग के रूप में माना जा सकता है,जिसका बल नियतांक $k = \frac{YA}{L}$ होता है।
द्रव्यमान-स्प्रिंग निकाय के लिए दोलन की आवृत्ति $f$ का सूत्र $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{k}{m}}$ है।
आवृत्ति के सूत्र में $k$ का मान रखने पर:
$f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{YA/L}{m}}$
अतः,आवृत्ति $f = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{YA}{mL}}$ है।

(D) मान लीजिए कि जिस बिंदु पर कीट फिसलना शुरू करता है,वहाँ त्रिज्या ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण बनाती है। इस बिंदु पर,स्पर्शरेखा की दिशा में गुरुत्वाकर्षण का घटक अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल को संतुलित करता है।
$mg \sin \theta = f_{max} = \mu N$
चूँकि अभिलंब बल $N = mg \cos \theta$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$mg \sin \theta = \mu mg \cos \theta$
$\tan \theta = \mu = 0.75 = \frac{3}{4}$
अर्धगोले की ज्यामिति से,तल से ऊँचाई $h$ इस प्रकार दी जाती है:
$h = R - R \cos \theta = R(1 - \cos \theta)$
यहाँ $\tan \theta = \frac{3}{4}$ है,इसलिए $\sin \theta = \frac{3}{5}$ और $\cos \theta = \frac{4}{5}$ होगा।
मान रखने पर:
$h = 1 \times (1 - \frac{4}{5}) = 1 \times \frac{1}{5} = 0.2\, m$.

(A) सेकंड की सुई की लंबाई वृत्ताकार पथ की त्रिज्या है,$R = 0.1\, m$.
सेकंड की सुई के लिए आवर्तकाल $T = 60\, s$ है।
कोणीय वेग $\omega$ इस प्रकार है: $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{60} \approx 0.105\, rad/s$.
सुई के सिरे का अभिकेंद्र त्वरण $a$,$a = \omega^2 R$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $a = (0.105)^2 \times 0.1$.
$a \approx 0.011025 \times 0.1 = 0.0011025\, m/s^2$.
इसे $1.1 \times 10^{-3}\, m/s^2$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,औसत त्वरण $10^{-3}$ की कोटि का है।

(A) मान लीजिए $M$ द्रव्यमान,$H$ ऊँचाई और $R$ त्रिज्या वाला एक खोखला शंकु है। इसकी तिर्यक ऊँचाई $L = \sqrt{R^2 + H^2}$ है।
मान लीजिए $\theta$ अर्ध-शीर्ष कोण है,इसलिए $\tan \theta = R/H$.
अक्ष पर शीर्ष से $y$ दूरी पर एक पतली वृत्ताकार वलय (ring) लें,जिसकी तिर्यक ऊँचाई पर मोटाई $dy$ है।
इस वलय की त्रिज्या $r = y \tan \theta$ है।
वलय की तिर्यक लंबाई $dl = dy / \cos \theta$ है।
शंकु का पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = \pi R L = \pi R \sqrt{R^2 + H^2}$ है।
प्रति इकाई क्षेत्रफल द्रव्यमान $\sigma = M / A = M / (\pi R \sqrt{R^2 + H^2})$ है।
वलय का क्षेत्रफल $dA = 2 \pi r dl = 2 \pi (y \tan \theta) (dy / \cos \theta)$ है।
वलय का द्रव्यमान $dm = \sigma dA = \frac{M}{\pi R \sqrt{R^2 + H^2}} \cdot 2 \pi (y \tan \theta) \frac{dy}{\cos \theta} = \frac{2M}{R \sqrt{R^2 + H^2}} \cdot \frac{\tan \theta}{\cos \theta} y dy$.
चूँकि $\tan \theta = R/H$ और $\cos \theta = H/L = H/\sqrt{R^2 + H^2}$,इसलिए $\frac{\tan \theta}{\cos \theta} = \frac{R/H}{H/L} = \frac{RL}{H^2} = \frac{R\sqrt{R^2+H^2}}{H^2}$.
अतः,$dm = \frac{2M}{R\sqrt{R^2+H^2}} \cdot \frac{R\sqrt{R^2+H^2}}{H^2} y dy = \frac{2M}{H^2} y dy$.
इस वलय का अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $dI = dm \cdot r^2 = (\frac{2M}{H^2} y dy) (y \tan \theta)^2 = \frac{2M}{H^2} \tan^2 \theta \cdot y^3 dy$.
$y=0$ से $y=H$ तक समाकलन करने पर:
$I = \int_0^H \frac{2M}{H^2} (R/H)^2 y^3 dy = \frac{2MR^2}{H^4} \int_0^H y^3 dy = \frac{2MR^2}{H^4} [\frac{y^4}{4}]_0^H = \frac{2MR^2}{H^4} \cdot \frac{H^4}{4} = \frac{MR^2}{2}$.

(C) स्थितिज ऊर्जा $U(r) = -\frac{A}{r^6} + \frac{B}{r^{12}}$ है।
संतुलन पर,बल $F = -\frac{dU}{dr} = 0$ होता है।
अवकलन करने पर: $\frac{dU}{dr} = -A(-6r^{-7}) + B(-12r^{-13}) = \frac{6A}{r^7} - \frac{12B}{r^{13}}$.
$\frac{dU}{dr} = 0$ रखने पर: $\frac{6A}{r^7} = \frac{12B}{r^{13}} \Rightarrow r^6 = \frac{12B}{6A} = \frac{2B}{A}$.
अतः,संतुलन दूरी $r = \left(\frac{2B}{A}\right)^{1/6}$ है।
इस मान को स्थितिज ऊर्जा के व्यंजक में रखने पर:
$U = -\frac{A}{(2B/A)} + \frac{B}{(2B/A)^2} = -\frac{A^2}{2B} + \frac{B \cdot A^2}{4B^2} = -\frac{A^2}{2B} + \frac{A^2}{4B} = -\frac{A^2}{4B}$.

(C) मान लीजिए कि वर्ग के कोने $(0,0)$,$(\ell, 0)$,$(\ell, \ell)$,और $(0, \ell)$ पर हैं। अक्ष $(0,0)$ से गुजरती है और $(0, \ell)$ तथा $(\ell, 0)$ को जोड़ने वाले विकर्ण के समानांतर है। इस विकर्ण का समीकरण $x + y = \ell$ है। रेखा $x + y - \ell = 0$ से बिंदु $(x, y)$ की लंबवत दूरी $r = \frac{|x + y - \ell|}{\sqrt{2}}$ है।
चार द्रव्यमानों के लिए:
$1$. $(0,0)$ पर: $r_1 = \frac{|0 + 0 - \ell|}{\sqrt{2}} = \frac{\ell}{\sqrt{2}}$.
$2$. $(\ell, 0)$ पर: $r_2 = \frac{|\ell + 0 - \ell|}{\sqrt{2}} = 0$.
$3$. $(0, \ell)$ पर: $r_3 = \frac{|0 + \ell - \ell|}{\sqrt{2}} = 0$.
$4$. $(\ell, \ell)$ पर: $r_4 = \frac{|\ell + \ell - \ell|}{\sqrt{2}} = \frac{\ell}{\sqrt{2}}$.
अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \sum mr_i^2 = m \left( \left(\frac{\ell}{\sqrt{2}}\right)^2 + 0^2 + 0^2 + \left(\frac{\ell}{\sqrt{2}}\right)^2 \right) = m \left( \frac{\ell^2}{2} + \frac{\ell^2}{2} \right) = m\ell^2$.
कोणीय संवेग $L = I\omega = m\ell^2\omega$. अतः,लुप्त मान $1$ है।

(D) स्वतंत्रता की कोटियों की कुल संख्या $(f)$ स्थानांतरण और घूर्णन स्वतंत्रता की कोटियों का योग है: $f = 3 + 2 = 5$.
आदर्श गैस के एक मोल के लिए कुल आंतरिक ऊर्जा $(U)$ का सूत्र $U = \frac{f}{2} RT$ है। $f = 5$ रखने पर,हमें $U = \frac{5}{2} RT$ प्राप्त होता है।
एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma$ को मोलर विशिष्ट ऊष्मा के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है,$\gamma = \frac{C_P}{C_V} = 1 + \frac{2}{f}$।
$\gamma$ के सूत्र में $f = 5$ रखने पर,हमें $\gamma = 1 + \frac{2}{5} = \frac{7}{5}$ प्राप्त होता है।

(D) प्रेक्षक द्वारा सुनी गई आवृत्ति $f$ डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है: $f = f_{0} \left( \frac{v_{s}}{v_{s} - v \cos \theta} \right)$,जहाँ $v_{s}$ ध्वनि की गति है,$v$ स्रोत की गति है,और $\theta$ स्रोत के वेग सदिश और स्रोत को प्रेक्षक से जोड़ने वाली रेखा के बीच का कोण है।
स्रोत के निकटतम बिंदु तक पहुँचने से पहले $(t < t_{0})$,स्रोत प्रेक्षक के करीब आ रहा है,इसलिए $\theta$ न्यून कोण है,$\cos \theta > 0$,और प्रेक्षित आवृत्ति $f > f_{0}$ है। जैसे-जैसे स्रोत निकटतम बिंदु की ओर बढ़ता है,$\theta$ बढ़कर $90^{\circ}$ की ओर जाता है,इसलिए $\cos \theta$ घटता है,और $f$ घटकर $f_{0}$ की ओर जाता है।
निकटतम बिंदु पर $(t = t_{0})$,$\theta = 90^{\circ}$,$\cos \theta = 0$,और $f = f_{0}$ होता है।
स्रोत के निकटतम बिंदु को पार करने के बाद $(t > t_{0})$,स्रोत प्रेक्षक से दूर जा रहा है,इसलिए $\theta$ अधिक कोण है,$\cos \theta < 0$,और प्रेक्षित आवृत्ति $f < f_{0}$ है। जैसे-जैसे स्रोत और दूर जाता है,$\theta$ बढ़ता है,$\cos \theta$ और अधिक ऋणात्मक हो जाता है,और $f$ का मान $f_{0}$ से और नीचे गिरता जाता है।
इस प्रकार,आवृत्ति $f$ का मान $f_{0}$ से ऊपर से शुरू होता है,$t = t_{0}$ पर $f_{0}$ तक घटता है,और $t > t_{0}$ के लिए $f_{0}$ से नीचे गिरना जारी रहता है। इस व्यवहार को ग्राफ $D$ द्वारा सबसे अच्छी तरह दर्शाया गया है।

(B) मान लीजिए कि दोनों पिंडों का द्रव्यमान $m$ और प्रारंभिक चाल $v_0$ है। मान लीजिए कि उनके प्रारंभिक वेग सदिशों के बीच का कोण $2\theta$ है।
सममिति के अनुसार,संयुक्त द्रव्यमान $2m$ प्रारंभिक वेग सदिशों के कोण समद्विभाजक की दिशा में $v_f = v_0/2$ की अंतिम चाल के साथ गति करेगा।
अंतिम वेग की दिशा में रैखिक संवेग संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$m v_0 \cos \theta + m v_0 \cos \theta = (2m) v_f$
$2 m v_0 \cos \theta = 2 m (v_0/2)$
$2 m v_0 \cos \theta = m v_0$
$\cos \theta = 1/2$
$\theta = 60^\circ$
प्रारंभिक वेगों के बीच का कोण $2\theta = 2 \times 60^\circ = 120^\circ$ है।

(D) गोले का घनत्व $\rho$ का सूत्र $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\frac{4}{3} \pi (D/2)^3} = \frac{6M}{\pi D^3}$ है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln \rho = \ln(6/\pi) + \ln M - 3 \ln D$.
सापेक्ष त्रुटि ज्ञात करने के लिए दोनों पक्षों का अवकलन करने पर: $\frac{d\rho}{\rho} = \frac{dM}{M} - 3 \frac{dD}{D}$.
अधिकतम प्रतिशत त्रुटि के लिए,हम सापेक्ष त्रुटियों के निरपेक्ष मानों को जोड़ते हैं: $\left( \frac{d\rho}{\rho} \times 100 \right)_{\text{max}} = \left( \frac{dM}{M} \times 100 \right) + 3 \left( \frac{dD}{D} \times 100 \right)$.
दिया गया है कि $\frac{dM}{M} \times 100 = 6.0 \%$ और $\frac{dD}{D} \times 100 = 1.5 \%$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\text{अधिकतम त्रुटि} = 6.0 + 3(1.5) = 6.0 + 4.5 = 10.5 \%$.
हमें त्रुटि $\left(\frac{x}{100}\right) \% = 10.5 \%$ के रूप में दी गई है।
इसलिए,$\frac{x}{100} = 10.5 \implies x = 1050$.

(A) माना प्रारंभिक मोलों की संख्या $n$ है। प्रारंभिक अवस्था $P_{1}V_{1} = nRT_{1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_{1} = 250\, K$ है।
जब $25\%$ द्विपरमाणुक अणु $(X_{2})$ वियोजित होते हैं,तो अभिक्रिया $X_{2} \rightarrow 2X$ होती है। यदि $n$ मोल का $25\%$ वियोजित होता है,तो शेष $X_{2}$ के मोल $0.75n$ हैं और उत्पन्न $X$ के मोल $2 \times 0.25n = 0.5n$ हैं।
अंतिम अवस्था में मोलों की कुल संख्या $n' = 0.75n + 0.5n = 1.25n = \frac{5n}{4}$ है।
अंतिम अवस्था $P_{2}V_{2} = n'RT_{2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V_{2} = 2V_{1}$ और $T_{2} = 2000\, K$ है।
मान रखने पर: $P_{2}(2V_{1}) = \left(\frac{5n}{4}\right)R(2000)$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{P_{2}(2V_{1})}{P_{1}V_{1}} = \frac{(5n/4)R(2000)}{n R(250)}$.
$2 \frac{P_{2}}{P_{1}} = \frac{5}{4} \times \frac{2000}{250} = \frac{5}{4} \times 8 = 10$.
अतः,$\frac{P_{2}}{P_{1}} = \frac{10}{2} = 5$.

(C) मान लीजिए कि स्प्रिंग का विस्तार $\Delta x$ है। स्प्रिंग की कुल लंबाई $l = l_{0} + \Delta x$ हो जाती है।
$m$ द्रव्यमान की वस्तु की वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल,स्प्रिंग बल $F_{s} = k \Delta x$ द्वारा प्रदान किया जाता है।
स्प्रिंग बल को अभिकेंद्र बल के बराबर रखने पर: $k \Delta x = m \omega^{2} (l_{0} + \Delta x)$।
समीकरण का विस्तार करने पर: $k \Delta x = m \omega^{2} l_{0} + m \omega^{2} \Delta x$।
$\Delta x$ के लिए हल करने हेतु पदों को व्यवस्थित करने पर: $k \Delta x - m \omega^{2} \Delta x = m \omega^{2} l_{0}$।
$\Delta x (k - m \omega^{2}) = m \omega^{2} l_{0}$।
अतः,विस्तार $\Delta x = \frac{m \omega^{2} l_{0}}{k - m \omega^{2}}$ होगा।

(D) मान लीजिए कि पृथ्वी की सतह से ऊपर और नीचे $h$ दूरी पर पिंड का भार समान है। इसका अर्थ है कि $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण $(g_h)$ और $h$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण $(g_d)$ समान होने चाहिए।
$h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_h = \frac{g R^2}{(R+h)^2}$ है।
$h$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_d = g \left( 1 - \frac{h}{R} \right)$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{g R^2}{(R+h)^2} = g \left( 1 - \frac{h}{R} \right)$.
$\frac{1}{(1 + h/R)^2} = 1 - \frac{h}{R}$.
मान लीजिए $x = \frac{h}{R}$। तब $\frac{1}{(1+x)^2} = 1 - x$.
$1 = (1-x)(1+x)^2 = (1-x)(1 + 2x + x^2) = 1 + x - x^2 - x^3$.
$x^3 + x^2 - x = 0$.
चूँकि $x \neq 0$,इसलिए $x^2 + x - 1 = 0$.
द्विघात सूत्र का उपयोग करने पर,$x = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$.
अतः,$h = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} R = \frac{\sqrt{5} R - R}{2}$.

(A) जब छड़ चुंबक स्थिर गति से कुंडली में प्रवेश करता है,तो कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स बदल जाता है और एक $e.m.f.$ प्रेरित होता है,जिससे गैल्वेनोमीटर एक दिशा में (जैसे,धनात्मक) विक्षेपित होता है।
जब चुंबक पूरी तरह से कुंडली के अंदर होता है,तो कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स स्थिर रहता है,इसलिए फ्लक्स में परिवर्तन की दर शून्य होती है,और गैल्वेनोमीटर का पाठ्यांक शून्य होता है।
जब छड़ चुंबक कुंडली से बाहर निकलता है,तो कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स फिर से बदल जाता है और प्रवेश चरण की विपरीत दिशा में एक $e.m.f.$ प्रेरित होता है,जिससे गैल्वेनोमीटर विपरीत दिशा में (जैसे,ऋणात्मक) विक्षेपित होता है।

(D) दिया गया है:
विद्युत वाहक बल $E = 3.0 \ V$
टर्मिनल वोल्टेज $V = 2.5 \ V$
बाह्य प्रतिरोधक द्वारा व्यय शक्ति $P_R = 0.5 \ W$
हम जानते हैं कि टर्मिनल वोल्टेज $V = E - ir$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $i$ धारा है और $r$ आंतरिक प्रतिरोध है।
$2.5 = 3.0 - ir$
$ir = 0.5 \ V$
आंतरिक प्रतिरोध में व्यय शक्ति $P_r = i^2r = (ir) \cdot i$ है।
चूंकि $V = iR = 2.5 \ V$,इसलिए $i = \frac{2.5}{R}$ है।
साथ ही,$P_R = i^2R = 0.5 \ W$ है।
$i = \frac{2.5}{R}$ को $P_R = i^2R$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$0.5 = (\frac{2.5}{R})^2 \cdot R = \frac{6.25}{R}$
$R = \frac{6.25}{0.5} = 12.5 \ \Omega$।
अब,धारा $i$ ज्ञात करें:
$i = \frac{V}{R} = \frac{2.5}{12.5} = 0.2 \ A$।
अंत में,आंतरिक प्रतिरोध में व्यय शक्ति $P_r$ की गणना करें:
$P_r = i^2r = i(ir) = 0.2 \ A \times 0.5 \ V = 0.10 \ W$।

(C) किसी बिंदु पर आवेश $q$ की स्थितिज ऊर्जा $U = qV$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ स्थिर आवेशों के कारण विद्युत विभव है।
प्रारंभिक स्थिति: $x_i = 0$. $4q$ और $-q$ से दूरियाँ $r_1 = d/2$ और $r_2 = d/2$ हैं।
प्रारंभिक विभव $V_i = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{4q}{d/2} + \frac{-q}{d/2} \right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{3q}{d/2} \right) = \frac{6q}{4\pi\varepsilon_0 d}$.
अंतिम स्थिति: $x_f = d$. $4q$ और $-q$ से दूरियाँ $r_1' = d + d/2 = 3d/2$ और $r_2' = d - d/2 = d/2$ हैं।
अंतिम विभव $V_f = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{4q}{3d/2} + \frac{-q}{d/2} \right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{8q}{3d} - \frac{2q}{d} \right) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{8q - 6q}{3d} \right) = \frac{2q}{12\pi\varepsilon_0 d} = \frac{q}{6\pi\varepsilon_0 d}$.
स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = q(V_f - V_i) = q \left( \frac{q}{6\pi\varepsilon_0 d} - \frac{6q}{4\pi\varepsilon_0 d} \right) = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 d} \left( \frac{2}{3} - 6 \right) = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 d} \left( -\frac{16}{3} \right) = -\frac{4q^2}{3\pi\varepsilon_0 d}$.
ऋणात्मक चिह्न दर्शाता है कि स्थितिज ऊर्जा में $\frac{4q^2}{3\pi\varepsilon_0 d}$ की कमी होती है।

(A) पतले अनंत समान रूप से आवेशित समतल एक समान विद्युत क्षेत्र उत्पन्न करते हैं। इसलिए,विद्युत क्षेत्र रेखाएं समानांतर सीधी रेखाएं होनी चाहिए,जो विकल्प $B$ और $C$ को गलत साबित करती हैं क्योंकि वे वक्र क्षेत्र रेखाएं दिखाती हैं।
धनात्मक आवेशित शीट के कारण विद्युत क्षेत्र उससे दूर की दिशा में होता है,और ऋणात्मक आवेशित शीट के कारण क्षेत्र उसकी ओर होता है। विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\left|\sigma_{+}\right| > \left|\sigma_{-}\right|$,धनात्मक आवेशित शीट द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्र का परिमाण ऋणात्मक आवेशित शीट द्वारा उत्पन्न क्षेत्र से अधिक है। इसका अर्थ है कि धनात्मक शीट से निकलने वाली क्षेत्र रेखाओं का घनत्व ऋणात्मक शीट पर समाप्त होने वाली क्षेत्र रेखाओं के घनत्व से अधिक है। विकल्प $A$ सही ढंग से धनात्मक शीट से निकलने वाली और ऋणात्मक शीट पर समाप्त होने वाली क्षेत्र रेखाओं को उचित सापेक्ष घनत्व के साथ दर्शाता है,इसलिए यह सही प्रतिनिधित्व है।

(A) यह परिपथ विपरीत ध्रुवता में श्रेणीक्रम में जुड़े दो ज़ेनर डायोड से बना है।
जब इनपुट वोल्टेज $V_{in}$ धनात्मक होता है, तो पहला ज़ेनर डायोड रिवर्स बायस में और दूसरा फॉरवर्ड बायस में होता है।
जब $V_{in}$, $6\, V$ के भंजन वोल्टेज से अधिक हो जाता है, तो पहला ज़ेनर डायोड भंजन क्षेत्र में कार्य करता है, जिससे आउटपुट वोल्टेज $6\, V$ पर स्थिर रहता है।
जब $V_{in}$, $0\, V$ और $6\, V$ के बीच होता है, तो आउटपुट वोल्टेज इनपुट वोल्टेज का अनुसरण करता है।
इसी प्रकार, जब इनपुट वोल्टेज $V_{in}$ ऋणात्मक होता है, तो दूसरा ज़ेनर डायोड रिवर्स बायस में और पहला फॉरवर्ड बायस में होता है।
जब $V_{in}$, $-6\, V$ से अधिक ऋणात्मक हो जाता है, तो दूसरा ज़ेनर डायोड भंजन क्षेत्र में कार्य करता है, जिससे आउटपुट वोल्टेज $-6\, V$ पर स्थिर रहता है।
इस प्रकार, आउटपुट वोल्टेज $+6\, V$ और $-6\, V$ पर क्लिप हो जाता है, जिसके परिणामस्वरूप एक तरंग रूप प्राप्त होता है जो $-6\, V$ और $+6\, V$ के बीच इनपुट साइन तरंग का अनुसरण करता है और इस सीमा के बाहर $\pm 6\, V$ पर स्थिर रहता है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर, सही ग्राफ विकल्प $A$ द्वारा दर्शाया गया है।

(A) माना अभिदृश्यक लेंस से वस्तु की दूरी $u_1$ है। दिया गया है $f_o = 1 \, cm$। अभिदृश्यक लेंस के लिए लेंस सूत्र के अनुसार प्रतिबिंब दूरी $v_1$: $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-u_1} = \frac{1}{f_o} \Rightarrow \frac{1}{v_1} = 1 - \frac{1}{u_1} = \frac{u_1 - 1}{u_1} \Rightarrow v_1 = \frac{u_1}{u_1 - 1}$।
अभिदृश्यक लेंस का आवर्धन $m_o = \frac{v_1}{u_1} = \frac{1}{u_1 - 1}$ है।
नली की लंबाई $L = v_1 + |u_e| = 20 \, cm$,जहाँ $u_e$ नेत्रिका के लिए वस्तु की दूरी है। अतः,$|u_e| = 20 - v_1 = 20 - \frac{u_1}{u_1 - 1} = \frac{20u_1 - 20 - u_1}{u_1 - 1} = \frac{19u_1 - 20}{u_1 - 1}$।
नेत्रिका का आवर्धन $m_e = \frac{D}{|u_e|} = \frac{25}{|u_e|} = \frac{25(u_1 - 1)}{19u_1 - 20}$ है।
कुल आवर्धन $M = m_o \times m_e = 100 \Rightarrow \left(\frac{1}{u_1 - 1}\right) \times \left(\frac{25(u_1 - 1)}{19u_1 - 20}\right) = 100$।
$\frac{25}{19u_1 - 20} = 100 \Rightarrow 19u_1 - 20 = 0.25 \Rightarrow 19u_1 = 20.25 \Rightarrow u_1 = \frac{20.25}{19} \approx 1.0658 \, cm$।
अब,$|u_e| = 20 - v_1 = 20 - \frac{1.0658}{1.0658 - 1} = 20 - \frac{1.0658}{0.0658} \approx 20 - 16.2 = 3.8 \, cm$।
नेत्रिका के लिए लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e} \Rightarrow \frac{1}{-25} - \frac{1}{-3.8} = \frac{1}{f_e} \Rightarrow \frac{1}{f_e} = \frac{1}{3.8} - \frac{1}{25} \approx 0.263 - 0.04 = 0.223$।
$f_e \approx \frac{1}{0.223} \approx 4.48 \, cm$। निकटतम विकल्प $4.5 \, cm$ है।

(A) तरंगदैर्घ्य $\lambda$ का सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ है,जहाँ $R$ रिडबर्ग नियतांक है। मान लीजिए $C = \frac{1}{R}$। अतः $\lambda = C \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)^{-1}$।
लायमैन श्रेणी के लिए $(n_1 = 1)$:
सबसे छोटी तरंगदैर्घ्य $\lambda_{L,s} = C \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{\infty^2} \right)^{-1} = C$।
सबसे बड़ी तरंगदैर्घ्य $\lambda_{L,l} = C \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right)^{-1} = \frac{4C}{3}$।
अंतर $\Delta \lambda_L = \frac{4C}{3} - C = \frac{C}{3} = 304\,\mathring{A} \implies C = 912\,\mathring{A}$।
पाश्चन श्रेणी के लिए $(n_1 = 3)$:
सबसे छोटी तरंगदैर्घ्य $\lambda_{P,s} = C \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{\infty^2} \right)^{-1} = 9C$।
सबसे बड़ी तरंगदैर्घ्य $\lambda_{P,l} = C \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2} \right)^{-1} = C \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right)^{-1} = \frac{144C}{7}$।
अंतर $\Delta \lambda_P = \frac{144C}{7} - 9C = \frac{81C}{7}$।
$C = 912\,\mathring{A}$ रखने पर:
$\Delta \lambda_P = \frac{81 \times 912}{7} \approx 10553.14\,\mathring{A}$।

(A) माना बिंदु $A$ पर विभव $V_A = 0 \ V$ है।
जंक्शन $C$ पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
बैटरी शाखा से आने वाली धारा $i_1 = 1 \ A$ है।
$2 \ \Omega$ प्रतिरोधक से बहने वाली धारा $i_3$ है ($D$ से $C$ की ओर नीचे की दिशा में)।
$F$ की ओर जाने वाली धारा $i_2 = 2 \ A$ है।
जंक्शन $C$ पर $KCL$ के अनुसार: $i_1 + i_3 = i_2$।
मान रखने पर: $1 \ A + i_3 = 2 \ A$,जिससे $i_3 = 1 \ A$ प्राप्त होता है।
अब,$A$ से $C$ होते हुए $D$ तक जाकर $D$ पर विभव ज्ञात करते हैं:
$V_D = V_A + 1 \ V - i_3 \times (2 \ \Omega) = 0 + 1 - (1 \times 2) = -1 \ V$।
अब,$D$ से $B$ तक जाकर $B$ पर विभव ज्ञात करते हैं:
$V_B = V_D + 2 \ V = -1 + 2 = 1 \ V$।
अतः,बिंदु $A$ के सापेक्ष बिंदु $B$ पर विभव $V_B - V_A = 1 - 0 = 1 \ V$ है।

(C) प्रारंभिक धारिता $C_i = \frac{\varepsilon_0 A}{d} = \frac{\varepsilon_0 (lw)}{d}$.
प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} C_i V^2$.
$x$ लंबाई की स्लैब डालने के बाद,संधारित्र समांतर क्रम में दो संधारित्रों की तरह कार्य करता है: एक परावैद्युत के साथ (लंबाई $x$) और एक हवा के साथ (लंबाई $l-x$)।
$C_f = C_1 + C_2 = \frac{k \varepsilon_0 (xw)}{d} + \frac{\varepsilon_0 ((l-x)w)}{d}$.
दिया गया है $U_f = 2 U_i$,और चूंकि $V$ स्थिर है,इसलिए $C_f = 2 C_i$.
$\frac{\varepsilon_0 w}{d} [kx + l - x] = 2 \frac{\varepsilon_0 lw}{d}$.
$kx + l - x = 2l$.
$k = 4$ रखने पर: $4x + l - x = 2l$.
$3x = l \Rightarrow x = \frac{l}{3}$.

(C) केंद्र पर विद्युत विभव $V$ व्यक्तिगत आवेशों के कारण विभव का बीजगणितीय योग है: $V = \sum \frac{kq_i}{R} = \frac{k}{R} \sum q_i$. चूंकि पांच $(+q)$ आवेश और पांच $(-q)$ आवेश हैं, इसलिए कुल आवेश $\sum q_i = 5(+q) + 5(-q) = 0$ है। अतः, $V = 0$.
केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $E$ के लिए, प्रत्येक $(+q)$ आवेश अपने से दूर दिशा में $\vec{E}_0$ क्षेत्र उत्पन्न करता है, और प्रत्येक $(-q)$ आवेश अपनी ओर दिशा में $\vec{E}_0$ क्षेत्र उत्पन्न करता है। $36^\circ$ के समान कोणीय अंतराल पर व्यवस्थित दस आवेशों की समरूपता के कारण, प्रत्येक आवेश के व्यास के विपरीत समान परिमाण लेकिन विपरीत चिह्न का आवेश होता है। उदाहरण के लिए, आवेश $1$ $(+q)$ और आवेश $6$ $(-q)$ व्यास के विपरीत हैं। आवेश $1$ के कारण क्षेत्र $\vec{E}_1$ ($1$ से दूर) है और आवेश $6$ के कारण क्षेत्र $\vec{E}_6$ ($6$ की ओर) है। चूंकि $1$ और $6$ विपरीत हैं, $\vec{E}_1$ और $\vec{E}_6$ एक ही दिशा में इंगित करते हैं और जुड़कर $2\vec{E}_0$ हो जाते हैं। इसके परिणामस्वरूप $72^\circ$ के कोण पर $2E_0$ परिमाण के पांच ऐसे सदिश मिलते हैं। समान कोणों पर स्थित इन पांच समान सदिशों का सदिश योग शून्य होता है। इसलिए, $E = 0$.

(D) सोलेनोइड के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B_0 = \mu_0 n i$ होता है।
जब लोहे की छड़ को अंदर रखा जाता है,तो चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_r B_0 = \mu_r \mu_0 n i$ हो जाता है।
चुंबकन (magnetization) $M_z = \frac{B - \mu_0 H}{\mu_0} = (\mu_r - 1) H$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\mu_r = 1000 \gg 1$,हम $M_z \approx \mu_r H = \mu_r n i$ मान सकते हैं।
चुंबकीय आघूर्ण $m = M_z \times V$ है,जहाँ $V$ छड़ का आयतन है।
दिया गया है: $V = 10^{-3} \ m^3$,$\mu_r = 1000$,$n = 10 \ turns/cm = 1000 \ turns/m$,$i = 0.5 \ A$.
$m = (\mu_r n i) V = 1000 \times 1000 \times 0.5 \times 10^{-3}$.
$m = 10^6 \times 0.5 \times 10^{-3} = 0.5 \times 10^3 = 500 \ Am^2$.
$m = 5 \times 10^2 \ Am^2$.

(B) धारा $I$ ले जाने वाले एक अनंत लंबे सीधे तार से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का मान है:
$B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}$
$l$ लंबाई का चालक जो $v$ वेग से चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लंबवत गति करता है,उसमें प्रेरित गतिक $EMF$ है:
$e = Bvl$
$B$ का मान $e$ के सूत्र में रखने पर:
$e = \left( \frac{\mu_{0} I}{2 \pi r} \right) vl = \frac{\mu_{0} Ivl}{2 \pi r}$
ओम के नियम के अनुसार लूप में प्रेरित धारा $i = \frac{e}{R}$:
$i = \frac{1}{R} \left( \frac{\mu_{0} Ivl}{2 \pi r} \right) = \frac{\mu_{0} Ivl}{2 \pi Rr}$

(A) जब एक रेडियोधर्मी नाभिक $\lambda_1$ और $\lambda_2$ क्षय नियतांकों वाली दो अलग-अलग प्रक्रियाओं द्वारा क्षयित होता है,तो कुल क्षय नियतांक $\lambda_{\text{eff}} = \lambda_1 + \lambda_2$ होता है।
चूंकि क्षय नियतांक $\lambda = \frac{\ln 2}{T}$ होता है,इसलिए अर्ध-आयु के लिए संबंध को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$\frac{\ln 2}{T_{\text{eff}}} = \frac{\ln 2}{T_1} + \frac{\ln 2}{T_2}$
$\frac{1}{T_{\text{eff}}} = \frac{1}{T_1} + \frac{1}{T_2}$
यहाँ $T_1 = 10 \ s$ और $T_2 = 100 \ s$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{1}{T_{\text{eff}}} = \frac{1}{10} + \frac{1}{100} = \frac{10 + 1}{100} = \frac{11}{100}$
$T_{\text{eff}} = \frac{100}{11} \approx 9.09 \ s$
अतः,प्रभावी अर्ध-आयु $9 \ s$ के निकट है।

(B) माना बिंदु $O$ का विभव $V_{O} = 0 \, V$ है।
माना ऊपरी जंक्शन का विभव $x$ है।
संधारित्र बैटरी से चित्रानुसार जुड़े हैं। $2\, \mu F$ संधारित्र की बाईं प्लेट का विभव $6\, V$ है और $4\, \mu F$ संधारित्र की दाईं प्लेट का विभव $6\, V$ है।
ऊपरी जंक्शन $x$ पर नोडल विश्लेषण का उपयोग करने पर:
जंक्शन $x$ से जुड़ी प्लेटों पर आवेशों का योग शून्य है: $q_{1} + q_{2} + q_{3} = 0$.
$2(x - 6) + 4(x - 6) + 5(x - 0) = 0$.
$2x - 12 + 4x - 24 + 5x = 0$.
$11x = 36$.
$x = \frac{36}{11} \, V$.
$5\, \mu F$ संधारित्र पर आवेश $q_{3} = C_{3} \cdot V_{3} = 5 \cdot (x - 0) = 5 \cdot \frac{36}{11} = \frac{180}{11} \, \mu C$.
$q_{3} \approx 16.36 \, \mu C$.

(B) $x = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \varepsilon_{0}}}$ निर्वात में प्रकाश की गति को दर्शाता है,इसलिए इसकी विमा $[x] = [L^{1}T^{-1}]$ है।
$y = \frac{E}{B}$ विद्युत चुम्बकीय तरंग की गति को दर्शाता है,इसलिए इसकी विमा $[y] = [L^{1}T^{-1}]$ है।
$z = \frac{l}{CR}$ जहाँ $RC$ समय नियतांक $(\tau)$ है,इसलिए $z = \frac{l}{\tau}$। इसकी विमा $[z] = \frac{[L]}{[T]} = [L^{1}T^{-1}]$ है।
चूँकि तीनों राशियों की विमा समान $[L^{1}T^{-1}]$ है,इसलिए सही विकल्प $B$ है।

(A) गैल्वेनोमीटर का 'फिगर ऑफ मेरिट' $(k)$ वह धारा है जो गैल्वेनोमीटर में इकाई विक्षेप उत्पन्न करने के लिए आवश्यक होती है।
इसका सूत्र है: $k = \frac{I}{\theta}$
दिया गया है:
धारा $I = 6 \, mA = 6 \times 10^{-3} \, A$
विक्षेप $\theta = 2^{\circ}$
मान रखने पर:
$k = \frac{6 \times 10^{-3} \, A}{2^{\circ}} = 3 \times 10^{-3} \, A/\text{div}$
अतः,'फिगर ऑफ मेरिट' $3 \times 10^{-3} \, A/\text{div}$ है।

(A) $1$. $V_{\text{in}} < 4\, V$ के लिए: न तो ज़ेनर डायोड $A$ $(6\, V)$ और न ही $B$ $(4\, V)$ ब्रेकडाउन क्षेत्र में है। अतः,आउटपुट वोल्टेज $V_{0}$ इनपुट वोल्टेज $V_{\text{in}}$ का अनुसरण करता है,यानी $V_{0} = V_{\text{in}}$.
$2$. $4\, V < V_{\text{in}} < 6\, V$ के लिए: ज़ेनर डायोड $B$ अपने $4\, V$ के ब्रेकडाउन वोल्टेज तक पहुँच जाता है। चूंकि यह लोड के समानांतर है,आउटपुट वोल्टेज $V_{0}$ को $4\, V$ पर क्लैंप (स्थिर) कर दिया जाता है। अतिरिक्त वोल्टेज $(V_{\text{in}} - 4\, V)$ डायोड $B$ से जुड़े श्रेणी प्रतिरोध पर गिरता है।
$3$. $V_{\text{in}} > 6\, V$ के लिए: ज़ेनर डायोड $A$ भी अपने $6\, V$ के ब्रेकडाउन वोल्टेज तक पहुँच जाता है। चूंकि $A$ लोड के समानांतर है,आउटपुट वोल्टेज $V_{0}$ अब $6\, V$ पर क्लैंप हो जाता है। अतिरिक्त वोल्टेज स्रोत या सर्किट के श्रेणी प्रतिरोध पर गिरता है।
$4$. इसलिए,$V_{0}$ बनाम समय का ग्राफ $4\, V$ तक रैखिक वृद्धि,$4\, V$ पर एक स्थिर पठार,और फिर $6\, V$ पर एक स्थिर पठार तक चरणबद्ध वृद्धि दिखाएगा।

(D) दिए गए विद्युत चुम्बकीय विकिरणों के लिए तरंगदैर्ध्य की सीमाएँ इस प्रकार हैं:
$(a)$ माइक्रोवेव: इसकी तरंगदैर्ध्य लगभग $10^{-3} \, m$ से $0.3 \, m$ होती है। अतः, $(a) \rightarrow (iv)$.
$(b)$ गामा किरणें: इनकी तरंगदैर्ध्य सबसे कम होती है, जो आमतौर पर $10^{-13} \, m$ से कम होती है (इस संदर्भ में $10^{-15} \, m$ के रूप में दी गई है)। अतः, $(b) \rightarrow (ii)$.
$(c)$ $A.M.$ रेडियो तरंगें: इनकी तरंगदैर्ध्य बहुत लंबी होती है, जो आमतौर पर $100 \, m$ से $1000 \, m$ के बीच होती है। अतः, $(c) \rightarrow (i)$.
$(d)$ $X$-किरणें: इनकी तरंगदैर्ध्य $10^{-8} \, m$ से $10^{-12} \, m$ के बीच होती है (इस संदर्भ में $10^{-10} \, m$ के रूप में दी गई है)। अतः, $(d) \rightarrow (iii)$.
अतः, सही मिलान $(a)-(iv), (b)-(ii), (c)-(i), (d)-(iii)$ है।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K = E - \phi$ होती है,जहाँ $E$ फोटॉन की ऊर्जा है और $\phi$ कार्य फलन है।
पहली स्थिति के लिए: $K_{1} = E_{1} - \phi = 4 - \phi$.
दूसरी स्थिति के लिए: $K_{2} = E_{2} - \phi = 2.5 - \phi$.
चूँकि $K = \frac{1}{2}mv_{max}^{2}$,गतिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K_{1}}{K_{2}} = \left(\frac{v_{1}}{v_{2}}\right)^{2}$ होता है।
दिया गया है कि $\frac{v_{1}}{v_{2}} = 2$,इसलिए $\frac{K_{1}}{K_{2}} = 2^{2} = 4$,अर्थात $K_{1} = 4K_{2}$.
$K_{1}$ और $K_{2}$ के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $4 - \phi = 4(2.5 - \phi)$.
$4 - \phi = 10 - 4\phi$.
$3\phi = 6$.
$\phi = 2 \ eV$.

(A) एक पतले प्रिज्म के लिए,न्यूनतम विचलन कोण $\delta_{\min}$ का सूत्र इस प्रकार है:
$\delta_{\min} = (\mu - 1)A$
दिया गया है:
प्रिज्म कोण $A = 1^{\circ}$
अपवर्तनांक $\mu = 1.5$
मान रखने पर:
$\delta_{\min} = (1.5 - 1) \times 1^{\circ}$
$\delta_{\min} = 0.5^{\circ}$
हमें दिया गया है कि $\delta_{\min} = N/10$ है।
अतः,$0.5 = N/10$
$N = 0.5 \times 10 = 5$
इस प्रकार,$N$ का मान $5$ है।

(B) एक रेडियोधर्मी पदार्थ की सक्रियता $R = R_{0} e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,हमें $\ln R = \ln R_{0} - \lambda t$ प्राप्त होता है।
यह एक सीधी रेखा का समीकरण $y = mx + c$ है,जहाँ ढाल $m = -\lambda$ है।
ग्राफ से,प्रत्येक पदार्थ के लिए ढाल $\lambda$ इस प्रकार है:
$A$ के लिए: $\lambda_{A} = \frac{6 - 0}{10 - 0} = 0.6 = \frac{3}{5}$.
$B$ के लिए: $\lambda_{B} = \frac{4 - 0}{5 - 0} = 0.8 = \frac{4}{5}$.
$C$ के लिए: $\lambda_{C} = \frac{2 - 0}{5 - 0} = 0.4 = \frac{2}{5}$.
अर्ध-आयु $T_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
अतः,$T_{\frac{1}{2}}(A) : T_{\frac{1}{2}}(B) : T_{\frac{1}{2}}(C) = \frac{1}{\lambda_{A}} : \frac{1}{\lambda_{B}} : \frac{1}{\lambda_{C}} = \frac{5}{3} : \frac{5}{4} : \frac{5}{2}$.
हरों के लघुत्तम समापवर्त्य $(12)$ से गुणा करने पर,हमें $20 : 15 : 30$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $4 : 3 : 6$ हो जाता है।

(A) निकाय की कुल ऊर्जा संरक्षित रहती है। गोले की सतह पर (केंद्र से $R$ दूरी पर) $q$ आवेश वाले छोटे टुकड़े की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = \frac{kQq}{R} + mgy_0$ है (गोले के निचले हिस्से को संदर्भ स्तर मानते हुए)।
जब टुकड़ा $y$ ऊँचाई नीचे गिर जाता है,तो गोले के केंद्र से इसकी दूरी $(R+y)$ हो जाती है।
अंतिम ऊर्जा $U_f + K_f = \frac{kQq}{R+y} + mg(y_0 - y) + \frac{1}{2}mv^2$ है।
प्रारंभिक और अंतिम ऊर्जा को बराबर करने पर:
$\frac{kQq}{R} + mgy_0 = \frac{kQq}{R+y} + mg(y_0 - y) + \frac{1}{2}mv^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{kQq}{R} - \frac{kQq}{R+y} + mgy$
$\frac{1}{2}mv^2 = kQq \left[ \frac{R+y-R}{R(R+y)} \right] + mgy$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{kQqy}{R(R+y)} + mgy$
$v^2 = 2 \left[ \frac{kQqy}{mR(R+y)} + gy \right] = 2y \left[ \frac{kQq}{mR(R+y)} + g \right]$
$k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$v^2 = 2y \left[ \frac{qQ}{4\pi\epsilon_0 mR(R+y)} + g \right]$.

(A) फोटोडायोड को रिवर्स बायस मोड में संचालित किया जाता है। जब बैंडगैप ऊर्जा से अधिक ऊर्जा वाला प्रकाश फोटोडायोड पर पड़ता है,तो डिप्लेशन क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन-होल जोड़े उत्पन्न होते हैं।
जैसे-जैसे रिवर्स बायसिंग वोल्टेज बढ़ाया जाता है,डिप्लेशन क्षेत्र में विद्युत क्षेत्र बढ़ जाता है,जो उत्पन्न आवेश वाहकों को जंक्शन के पार अधिक प्रभावी ढंग से ले जाने में मदद करता है,जिससे फोटोकरंट बढ़ जाता है।
हालाँकि,एक बार जब सभी उत्पन्न आवेश वाहक एकत्र हो जाते हैं,तो रिवर्स बायस वोल्टेज में और वृद्धि करने से फोटोकरंट में महत्वपूर्ण वृद्धि नहीं होती है,और यह एक संतृप्ति मान तक पहुँच जाता है। इसे फोटोडायोड के $I-V$ विशेषता वक्र में दिखाया गया है।

(D) लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
अवतल लेंस के लिए,फोकस दूरी $f$ ऋणात्मक होती है,इसलिए मान लें $f = -|f|$।
अतः,$\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = -\frac{1}{|f|}$,जिसे सरल करने पर $\frac{1}{v} = \frac{1}{u} - \frac{1}{|f|} = \frac{|f|-u}{u|f|}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$v = \frac{u|f|}{|f|-u}$।
जब $u \to 0$,तब $v \to 0$।
जब $u \to |f|$,तब $v \to \infty$।
जब $u \to \infty$,तब $v \to -|f|$।
चूंकि प्रश्न में ग्राफ के लिए $u$ और $v$ के परिमाण का उपयोग किया गया है,हम अवतल लेंस द्वारा निर्मित आभासी प्रतिबिंब पर विचार करते हैं,जहाँ $v$ हमेशा $0$ और $f$ के बीच होता है। प्रतिबिंब दूरी $v$ के परिमाण और वस्तु दूरी $u$ के परिमाण के लिए सही ग्राफ विकल्प $D$ में दर्शाया गया है।

(B) प्रदान की गई पावर $P_{out} = 1 \, kW = 1000 \, W$ और वोल्टेज $V = 220 \, V$ है।
लाइन से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{P_{out}}{V} = \frac{1000}{220} = \frac{50}{11} \, A$ है।
लाइन के प्रतिरोध $R = 2 \, \Omega$ के कारण होने वाली पावर हानि $P_{loss} = I^2 R$ है।
$P_{loss} = \left( \frac{50}{11} \right)^2 \times 2 = \frac{2500}{121} \times 2 = \frac{5000}{121} \approx 41.32 \, W$.
स्रोत पर उत्पन्न कुल पावर $P_{in} = P_{out} + P_{loss} = 1000 + 41.32 = 1041.32 \, W$ है।
दक्षता $\eta = \left( \frac{P_{out}}{P_{in}} \right) \times 100$ द्वारा दी जाती है।
$\eta = \left( \frac{1000}{1041.32} \right) \times 100 \approx 96.03 \%$.
अतः, दक्षता लगभग $96 \%$ है।

(A) लंबे तार द्वारा लूप के केंद्र पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi b}$ है।
वर्गाकार लूप का चुंबकीय आघूर्ण $M = I \times \text{Area} = I \times (2a)^2 = 4a^2 I$ है।
लूप पर लगने वाला टॉर्क $\tau = M \times B \times \sin(\theta)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि चुंबकीय आघूर्ण सदिश $y$-अक्ष के अनुदिश है और चुंबकीय क्षेत्र $x$-अक्ष के अनुदिश है,इसलिए उनके बीच का कोण $90^{\circ}$ है।
अतः,$\tau = (4a^2 I) \times (\frac{\mu_{0} I}{2 \pi b}) \times \sin(90^{\circ}) = \frac{2 \mu_{0} I^{2} a^{2}}{\pi b}$.

(B) माना $i_{g}$ गैल्वेनोमीटर की पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा है।
प्रथम स्थिति के लिए,श्रेणीक्रम में $R_{1}$ प्रतिरोध के साथ परास $0-1\, V$ है:
$1 = i_{g}(G + R_{1}) \quad \dots(1)$
द्वितीय स्थिति के लिए,श्रेणीक्रम में अतिरिक्त $R_{2}$ प्रतिरोध के साथ परास $0-2\, V$ है:
$2 = i_{g}(G + R_{1} + R_{2}) \quad \dots(2)$
समीकरण $(2)$ को समीकरण $(1)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2}{1} = \frac{i_{g}(G + R_{1} + R_{2})}{i_{g}(G + R_{1})}$
$2 = \frac{G + R_{1} + R_{2}}{G + R_{1}}$
$2(G + R_{1}) = G + R_{1} + R_{2}$
$2G + 2R_{1} = G + R_{1} + R_{2}$
$R_{2} = G + R_{1}$
अतः,आवश्यक अतिरिक्त प्रतिरोध $G + R_{1}$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = E_0 \sin(kx - \omega t) \hat{j}$ द्वारा दिया गया है,जहाँ $E_0 = 30 \, V/m$,$\omega = 1.5 \times 10^7 \, rad/s$,और $k = 5 \times 10^{-2} \, rad/m$ है।
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_0$,विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ से $B_0 = \frac{E_0}{c}$ द्वारा संबंधित है।
$B_0 = \frac{30}{3 \times 10^8} = 10^{-7} \, T$.
इलेक्ट्रॉन $y$-अक्ष पर $\overrightarrow{v} = 0.1 c \hat{j} = 0.1 \times 3 \times 10^8 \hat{j} = 3 \times 10^7 \hat{j} \, m/s$ के वेग से गति करता है।
चुंबकीय बल $\overrightarrow{F}_{mag} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B})$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $\overrightarrow{v}$,$y$-अक्ष पर है और $\overrightarrow{E}$,$y$-अक्ष पर है,तरंग $x$-अक्ष पर संचरित होती है। चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ को संचरण की दिशा ($x$-अक्ष) और विद्युत क्षेत्र ($y$-अक्ष) दोनों के लंबवत होना चाहिए,इसलिए $\overrightarrow{B}$,$z$-अक्ष पर है।
$F_{max} = q v B_0 = (1.6 \times 10^{-19} \, C) \times (3 \times 10^7 \, m/s) \times (10^{-7} \, T)$.
$F_{max} = 1.6 \times 3 \times 10^{-19} = 4.8 \times 10^{-19} \, N$.

(D) संधारित्रों पर प्रारंभिक आवेश हैं:
$Q_1 = C \times V = CV$
$Q_2 = 2C \times 2V = 4CV$
चूंकि उन्हें विपरीत ध्रुवता (धनात्मक से ऋणात्मक) के साथ जोड़ा गया है,इसलिए कुल आवेश:
$Q_{net} = Q_2 - Q_1 = 4CV - CV = 3CV$
समानांतर क्रम में,तुल्य धारिता:
$C_{eq} = C + 2C = 3C$
उभयनिष्ठ विभव $V_c$:
$V_c = \frac{Q_{net}}{C_{eq}} = \frac{3CV}{3C} = V$
विन्यास में संचित अंतिम ऊर्जा $U_f$:
$U_f = \frac{1}{2} C_{eq} V_c^2 = \frac{1}{2} \times (3C) \times V^2 = 1.5 CV^2$

(B) कुंडली $C_{2}$ के केंद्र पर धारा $I$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} N_{2} I}{2 R_{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
कुंडली $C_{1}$ से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A_{1} \cdot N_{1} = \left( \frac{\mu_{0} N_{2} I}{2 R_{2}} \right) (\pi r_{1}^{2}) N_{1}$ है।
मान रखने पर: $N_{1} = 500$,$r_{1} = 0.01\; m$,$N_{2} = 200$,$R_{2} = 0.2\; m$,$\mu_{0} = 4\pi \times 10^{-7}\; T\cdot m/A$.
$\phi = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 200 \times (5t^{2} - 2t + 3)}{2 \times 0.2} \times \pi \times (0.01)^{2} \times 500$.
$\phi = \frac{4\pi^{2} \times 10^{-7} \times 200 \times 500 \times 10^{-4}}{0.4} \times (5t^{2} - 2t + 3) = (10\pi^{2} \times 10^{-6}) \times (5t^{2} - 2t + 3)$.
प्रेरित $emf$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -10\pi^{2} \times 10^{-6} \times (10t - 2)$ है।
$t = 1\; s$ पर,$\varepsilon = -10\pi^{2} \times 10^{-6} \times (10(1) - 2) = -80\pi^{2} \times 10^{-6}\; V$.
परिमाण लेने पर,$|\varepsilon| = 80\pi^{2} \times 10^{-6}\; V = 80\pi^{2} \times 10^{-3}\; mV \approx 80 \times 9.87 \times 10^{-3} \approx 0.789\; mV$.
दिया गया है कि $|\varepsilon| = \frac{4}{x} = 0.5\; mV$ (यदि $\pi^{2} \approx 10$ लें),तो $x = 8$।

(C) विवर्तन के लिए ब्रैग के नियम के अनुसार, $2d \sin \theta = n\lambda$। प्रथम अधिकतम के लिए, $n = 1$, अतः $2d \sin \theta = \lambda$।
दिया है $d = 1 \, Å = 10^{-10} \, m$ और $\theta = 60^{\circ}$।
अतः, $\lambda = 2 \times 10^{-10} \times \sin(60^{\circ}) = 2 \times 10^{-10} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \times 10^{-10} \, m$।
डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य सूत्र का उपयोग करते हुए, $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$, हमारे पास $\sqrt{2mE} = \frac{h}{\lambda}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, $2mE = \frac{h^2}{\lambda^2}$, इसलिए $E = \frac{h^2}{2m\lambda^2}$।
मान रखने पर: $E = \frac{(6.64 \times 10^{-34})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times (\sqrt{3} \times 10^{-10})^2} = \frac{44.0896 \times 10^{-68}}{2 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 3 \times 10^{-20}} = \frac{44.0896 \times 10^{-68}}{54.6 \times 10^{-51}} \approx 0.8075 \times 10^{-17} \, J$।
$eV$ में बदलने के लिए, $1.6 \times 10^{-19} \, J/eV$ से विभाजित करें:
$E = \frac{0.8075 \times 10^{-17}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 50.47 \, eV$।
निकटतम पूर्णांक में, $E \approx 50 \, eV$।

(D) माना $m = 200 \, MeV/c^2$ कण का द्रव्यमान है और $M = 1000 \, MeV/c^2$ हाइड्रोजन परमाणु का द्रव्यमान है।
माना $v$ कण का प्रारंभिक वेग है और $V$ परमाणु का प्रतिक्षेप वेग है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से: $mv = MV = p$,जहाँ $p$ संवेग है।
हाइड्रोजन परमाणु को उसकी पहली उत्तेजित अवस्था में उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = 13.6 \, eV \times (1 - 1/4) = 10.2 \, eV$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम से: $K_{initial} = K_{final} + \Delta E$.
$K_{initial} = \frac{p^2}{2m}$ और $K_{final} = \frac{p^2}{2M}$.
अतः,$\frac{p^2}{2m} - \frac{p^2}{2M} = 10.2 \, eV$.
$\frac{p^2}{2m} (1 - \frac{m}{M}) = 10.2 \, eV$.
चूँकि $m/M = 200/1000 = 0.2$ दिया गया है,इसलिए $K_{initial} (1 - 0.2) = 10.2 \, eV$.
$K_{initial} (0.8) = 10.2 \, eV$.
$K_{initial} = \frac{10.2}{0.8} = 12.75 \, eV$.
हमें $K_{initial} = \frac{N}{4}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{N}{4} = 12.75$.
$N = 12.75 \times 4 = 51$.

(A) आँख पर न्यूनतम तनाव के लिए,अंतिम प्रतिबिंब अनंत पर बनता है।
नेत्रिका लेंस के लिए,वस्तु को उसकी फोकस दूरी पर रखा जाना चाहिए,इसलिए $u_e = -f_e = -5 \, cm$।
लेंसों के बीच की दूरी $L = 10 \, cm$ है। अभिदृश्यक लेंस द्वारा बनाया गया प्रतिबिंब $(v_o)$ नेत्रिका के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है।
अतः,$v_o = L - |u_e| = 10 \, cm - 5 \, cm = 5 \, cm$।
अभिदृश्यक लेंस के लिए लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v_o} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{f_o}$।
मान रखने पर: $\frac{1}{5} - \frac{1}{u_o} = \frac{1}{1} \Rightarrow -\frac{1}{u_o} = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}$।
इसलिए,$u_o = -\frac{5}{4} \, cm$। दूरी $|u_o| = \frac{5}{4} \, cm = \frac{50}{40} \, cm$ है।
इसकी तुलना $\frac{n}{40} \, cm$ से करने पर,हमें $n = 50$ प्राप्त होता है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E_0$ और चुंबकीय क्षेत्र $B_0$ के बीच संबंध $E_0 = c B_0$ होता है।
यहाँ $c = 3 \times 10^{8} \text{ m/s}$ और $B_0 = 1.2 \times 10^{-7} \text{ T}$ दिया गया है,इसलिए $E_0 = 3 \times 10^{8} \times 1.2 \times 10^{-7} = 36 \text{ V/m}$।
तरंग $-x$ दिशा में संचरित हो रही है क्योंकि साइन फलन का तर्क $(kx + \omega t)$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\hat{k}$ दिशा ($z$-अक्ष) में है।
संचरण की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ द्वारा दी जाती है,और चूँकि संचरण $-\hat{i}$ दिशा में है,हम जानते हैं कि $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$। अतः $-\hat{i}$ प्राप्त करने के लिए,हमें $(-\hat{j}) \times \hat{k} = -\hat{i}$ लेना होगा।
अतः,विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{ E }( x , t ) = [-36 \sin (0.5 \times 10^{3} x + 1.5 \times 10^{11} t) \hat{ j }] \text{ V/m}$ होगा।

(D) द्वि-उत्तल लेंस के लिए, वक्रता त्रिज्याएँ $R_1 = R$ और $R_2 = -R$ हैं। लेंस निर्माता के सूत्र का उपयोग करते हुए, शक्ति $P$ इस प्रकार है:
$P = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right) = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = (\mu - 1) \left( \frac{2}{R} \right) \quad ...(i)$
समतल-उत्तल लेंस के लिए, वक्रता त्रिज्याएँ $R_1' = R'$ और $R_2' = \infty$ हैं। शक्ति $P'$ इस प्रकार है:
$P' = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R'} - \frac{1}{\infty} \right) = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R'} \right) \quad ...(ii)$
दिया गया है कि $P' = 1.5P = \frac{3}{2}P$, समीकरण $(i)$ और $(ii)$ से मान रखने पर:
$(\mu - 1) \left( \frac{1}{R'} \right) = \frac{3}{2} \left[ (\mu - 1) \left( \frac{2}{R} \right) \right]$
$\frac{1}{R'} = \frac{3}{R}$
अतः, $R' = \frac{R}{3} \approx 0.33R$.

(A) $Ohm$ के नियम को सत्यापित करने के लिए,हमें प्रतिरोधक से प्रवाहित होने वाली धारा और उसके सिरों के बीच विभवांतर को मापने की आवश्यकता होती है।
$1$. एमीटर: एमीटर को सर्किट से प्रवाहित होने वाली धारा को मापने के लिए डिज़ाइन किया गया है। यह सुनिश्चित करने के लिए कि सर्किट घटक से जितनी धारा प्रवाहित हो रही है,उतनी ही एमीटर से भी प्रवाहित हो,इसे प्रतिरोधक के साथ श्रेणी क्रम (series) में जोड़ा जाना चाहिए।
$2$. वोल्टमीटर: वोल्टमीटर को दो बिंदुओं के बीच विभवांतर (वोल्टेज) को मापने के लिए डिज़ाइन किया गया है। किसी विशिष्ट प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज मापने के लिए,इसे उस प्रतिरोधक के साथ समानांतर क्रम (parallel) में जोड़ा जाना चाहिए।
अतः,सही विन्यास यह है कि एमीटर श्रेणी क्रम में और वोल्टमीटर समानांतर क्रम में जुड़ा होता है।

(A) गॉस के नियम के अनुसार,$R$ त्रिज्या और कुल $Q$ आवेश वाले एक समान आवेशित गोलीय कोश के लिए:
$1$. कोश के बाहर के बिंदुओं $(r > R)$ के लिए,कोश ऐसे व्यवहार करता है जैसे कि उसका सारा आवेश उसके केंद्र पर केंद्रित हो। अतः,विद्युत क्षेत्र $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{r^{2}}$ है। $q$ आवेश पर लगने वाला बल $F = qE = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Qq}{r^{2}}$ होता है।
$2$. कोश के अंदर के बिंदुओं $(r < R)$ के लिए,कोश के कारण विद्युत क्षेत्र शून्य $(E = 0)$ होता है। इसलिए,अंदर रखे गए $q$ आवेश पर लगने वाला बल $F = qE = 0$ होता है।
इन परिणामों की दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,कथन $A$ सही है।

(A) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार किसी प्रक्रिया के संभव होने के लिए,अभिकारकों का कुल द्रव्यमान उत्पादों के कुल द्रव्यमान से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
आइए $A$ का मूल्यांकन करें: $n + p \rightarrow d + \gamma$.
अभिकारकों का द्रव्यमान: $m_{n} + m_{p} = 1.0087 + 1.0072 = 2.0159 \ u$.
उत्पाद का द्रव्यमान: $m_{d} = 2.0141 \ u$.
चूंकि $2.0159 \ u > 2.0141 \ u$,द्रव्यमान का अंतर ऊर्जा (फोटॉन $\gamma$) के रूप में मुक्त होता है,जो संरक्षण नियमों का पालन करता है।
$B$ का मूल्यांकन करने पर: $e^{+} + e^{-} \rightarrow \gamma$ संवेग संरक्षण का उल्लंघन करता है (एकल फोटॉन ऊर्जा और संवेग दोनों का संरक्षण नहीं कर सकता)।
$D$ का मूल्यांकन करने पर: $p \rightarrow n + e^{+} + \bar{v}$ एक मुक्त प्रोटॉन के लिए संभव नहीं है क्योंकि $m_{p} < m_{n} + m_{e}$.
अतः,सही प्रक्रिया $A$ है।

(C) $x$-अक्ष पर $'r'$ दूरी पर स्थित दो द्विध्रुवों $\overrightarrow{p}_{1}$ और $\overrightarrow{p}_{2}$ की स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{\overrightarrow{p}_{1} \cdot \overrightarrow{p}_{2} - 3(\overrightarrow{p}_{1} \cdot \hat{r})(\overrightarrow{p}_{2} \cdot \hat{r})}{r^{3}} \right]$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$\overrightarrow{p}_{1} = p\hat{i}$,$\overrightarrow{p}_{2} = -p\hat{i}$,और $\hat{r} = \hat{i}$.
अतः,$U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{(p\hat{i}) \cdot (-p\hat{i}) - 3(p\hat{i} \cdot \hat{i})(-p\hat{i} \cdot \hat{i})}{a^{3}} \right] = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{-p^{2} - 3(p)(-p)}{a^{3}} \right] = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \left[ \frac{2p^{2}}{a^{3}} \right] = \frac{p^{2}}{2\pi\varepsilon_{0}a^{3}}$.
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$KE_{i} + PE_{i} = KE_{f} + PE_{f}$.
प्रारंभ में,$KE_{i} = 0$ और $PE_{i} = \frac{p^{2}}{2\pi\varepsilon_{0}a^{3}}$.
अंत में,अनंत दूरी पर,$PE_{f} = 0$ और $KE_{f} = 2 \times (\frac{1}{2}mv^{2}) = mv^{2}$.
इस प्रकार,$0 + \frac{p^{2}}{2\pi\varepsilon_{0}a^{3}} = mv^{2} + 0$.
$v^{2} = \frac{p^{2}}{2\pi\varepsilon_{0}ma^{3}}$.
$v = \frac{p}{a} \sqrt{\frac{1}{2\pi\varepsilon_{0}ma}}$.

(C) $10 \, V$ की बैटरी में धारा ज्ञात करने के लिए,हम थेवेनिन प्रमेय या नोडल विश्लेषण का उपयोग कर सकते हैं। मान लीजिए $5 \, \Omega$ और $10 \, \Omega$ प्रतिरोधों के बीच का नोड $A$ है और निचला नोड $B$ है।
$10 \, \Omega$ प्रतिरोध के ऊपर नोड पर किरचॉफ का धारा नियम लागू करने पर,मान लीजिए विभव $V$ है।
$\frac{V - 20}{5 + 2} + \frac{V}{10} + \frac{V - 10}{4} = 0$
$\frac{V - 20}{7} + \frac{V}{10} + \frac{V - 10}{4} = 0$
$140$ से गुणा करने पर ($7, 10, 4$ का ल.स.):
$20(V - 20) + 14V + 35(V - 10) = 0$
$20V - 400 + 14V + 35V - 350 = 0$
$69V = 750$
$V = \frac{750}{69} \approx 10.87 \, V$
$10 \, V$ की बैटरी से प्रवाहित धारा $I = \frac{V - 10}{4} = \frac{10.87 - 10}{4} = \frac{0.87}{4} = 0.2175 \, A$ है।
चूंकि विभव $V$,$10 \, V$ से अधिक है,इसलिए धारा धन टर्मिनल से ऋण टर्मिनल की ओर प्रवाहित होती है।

(B) गैस के अणु का $r.m.s.$ वेग $v_{rms} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$ द्वारा दिया जाता है।
डी$-$ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है।
$v$ के स्थान पर $v_{rms}$ रखने पर, हमें $\lambda = \frac{h}{m \sqrt{\frac{3kT}{m}}} = \frac{h}{\sqrt{3kTm}}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मान: $h = 6.63 \times 10^{-34} \ J \cdot s$, $k = 1.38 \times 10^{-23} \ J/K$, $T = 400 \ K$, और $m = 4.64 \times 10^{-26} \ kg$.
हर (denominator) की गणना करने पर: $\sqrt{3 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 400 \times 4.64 \times 10^{-26}} = \sqrt{7.68768 \times 10^{-45}} \approx 2.77 \times 10^{-22} \ kg \cdot m/s$.
अब, $\lambda = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{2.77 \times 10^{-22}} \approx 2.39 \times 10^{-11} \ m$.
एंगस्ट्रॉम में बदलने पर: $2.39 \times 10^{-11} \ m = 0.239 \ \mathring{A} \approx 0.24 \ \mathring{A}$.

(D) धारा लूप का चुंबकीय आघूर्ण $M = iA$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $i$ धारा है और $A$ लूप का क्षेत्रफल है।
$r$ त्रिज्या के वृत्त में $v$ गति से घूमने वाले $q$ आवेश के कण के लिए,आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi r}{v}$ है।
तुल्य धारा $i = \frac{q}{T} = \frac{qv}{2 \pi r}$ है।
लूप का क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है।
अतः,चुंबकीय आघूर्ण का परिमाण $M = iA = \left( \frac{qv}{2 \pi r} \right) \times (\pi r^2) = \frac{qvr}{2}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में गति करने वाले आवेशित कण के लिए,वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB}$ होती है।
$M$ के व्यंजक में $r$ का मान रखने पर,हमें $M = \frac{qv}{2} \times \left( \frac{mv}{qB} \right) = \frac{mv^2}{2B}$ प्राप्त होता है।
दाएं हाथ के नियम के अनुसार,एक वृत्त में घूमने वाले धनावेशित कण के लिए चुंबकीय आघूर्ण की दिशा चुंबकीय क्षेत्र की दिशा के विपरीत होती है। इसलिए,सदिश रूप में,$\overrightarrow{M} = -\frac{mv^2}{2B} \hat{B}$ होगा।
चूंकि $\hat{B} = \frac{\vec{B}}{B}$,इसलिए $\overrightarrow{M} = -\frac{mv^2}{2B} \left( \frac{\vec{B}}{B} \right) = -\frac{mv^2 \vec{B}}{2B^2}$ प्राप्त होता है।

(A) लंबे तार द्वारा $r$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
लूप की $z$-अक्ष के समानांतर दो भुजाओं के लिए,तार से दूरी $r = \sqrt{b^2 + a^2}$ है।
इनमें से प्रत्येक भुजा पर लगने वाला बल $F = B I (2a) = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi \sqrt{b^2 + a^2}} \cdot I \cdot 2a = \frac{\mu_{0} I^2 a}{\pi \sqrt{b^2 + a^2}}$ है।
$z$-अक्ष के परितः टॉर्क $\tau$ इन बलों के लंबवत घटकों द्वारा उत्पन्न होता है। लीवर आर्म के लंबवत बल का घटक $F \cos \theta$ है,जहाँ $\cos \theta = \frac{b}{\sqrt{b^2 + a^2}}$ है।
कुल टॉर्क $\tau = 2 \cdot (F \cos \theta) \cdot a = 2 \cdot \left( \frac{\mu_{0} I^2 a}{\pi \sqrt{b^2 + a^2}} \right) \cdot \left( \frac{b}{\sqrt{b^2 + a^2}} \right) \cdot a$ है।
इसे सरल करने पर,हमें $\tau = \frac{2 \mu_{0} I^2 a^2 b}{\pi (a^2 + b^2)}$ प्राप्त होता है।

(C) $AC$ करंट गेन $\beta_{ac}$ को स्थिर कलेक्टर-एमिटर वोल्टेज $V_{CE}$ पर कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta I_{C}$ और बेस करंट में परिवर्तन $\Delta I_{B}$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
ग्राफ से,$V_{CE} = 10\, V$ पर,कलेक्टर करंट $I_{C} = 4.0\, mA$ बेस करंट $I_{B} = 30\, \mu A$ के अनुरूप है।
इस ऑपरेटिंग पॉइंट के आसपास $\beta_{ac}$ ज्ञात करने के लिए,हम $I_{B} = 20\, \mu A$ और $I_{B} = 40\, \mu A$ के लिए निकटवर्ती वक्रों पर विचार करते हैं।
$V_{CE} = 10\, V$ पर:
$I_{B} = 20\, \mu A$ के लिए,$I_{C} = 3.0\, mA$ है।
$I_{B} = 40\, \mu A$ के लिए,$I_{C} = 6.0\, mA$ है।
अतः,बेस करंट में परिवर्तन $\Delta I_{B} = 40\, \mu A - 20\, \mu A = 20\, \mu A = 20 \times 10^{-6}\, A$ है।
कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta I_{C} = 6.0\, mA - 3.0\, mA = 3.0\, mA = 3.0 \times 10^{-3}\, A$ है।
$AC$ करंट गेन $\beta_{ac} = \frac{\Delta I_{C}}{\Delta I_{B}} = \frac{3.0 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-6}} = \frac{3000}{20} = 150$।

(D) दिया गया है: $P = 400 \ W$,$V_{rms} = 250 \ V$,$f = 50 \ Hz$,$\cos \phi = 0.8$.
$1$. प्रतिबाधा $Z$ की गणना:
$P = \frac{V_{rms}^2}{Z} \cos \phi$
$400 = \frac{250^2}{Z} \times 0.8$
$Z = \frac{62500 \times 0.8}{400} = 125 \ \Omega$.
$2$. प्रतिरोध $R$ और प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ की गणना:
$R = Z \cos \phi = 125 \times 0.8 = 100 \ \Omega$.
$X_L = Z \sin \phi = 125 \times 0.6 = 75 \ \Omega$.
$3$. शक्ति गुणांक को इकाई बनाने के लिए,परिपथ को अनुनाद (resonance) में होना चाहिए,अतः $X_C = X_L = 75 \ \Omega$.
$X_C = \frac{1}{2 \pi f C} = 75$
$C = \frac{1}{2 \pi \times 50 \times 75} = \frac{1}{7500 \pi} \ F = \frac{10^6}{7500 \pi} \ \mu F = \frac{400}{3 \pi} \ \mu F$.
$(\frac{n}{3 \pi}) \ \mu F$ से तुलना करने पर,$n = 400$ प्राप्त होता है।

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$ द्वारा दी जाती है,जहां $\phi$ कलांतर है।
दिया गया है कि पथ अंतर $\lambda$ पर तीव्रता $K$ है,और चूंकि पथ अंतर $\lambda$,$2\pi$ के कलांतर के अनुरूप है,इसलिए अधिकतम तीव्रता $I_{max} = 4I_0 = K$ है,जहां $I_0$ प्रत्येक स्लिट की तीव्रता है।
अतः,$I_0 = K/4$ है।
पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{6}$ के लिए,कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \Delta x = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{6} = \frac{\pi}{3}$ है।
इस बिंदु पर तीव्रता $I = I_0 + I_0 + 2\sqrt{I_0 I_0} \cos(\frac{\pi}{3}) = 2I_0 + 2I_0 \cos(\frac{\pi}{3})$ है।
$I_0 = K/4$ और $\cos(\frac{\pi}{3}) = 1/2$ रखने पर,हमें $I = 2(K/4) + 2(K/4)(1/2) = K/2 + K/4 = 3K/4$ प्राप्त होता है।
हमें $I = \frac{nK}{12}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{3K}{4} = \frac{nK}{12}$ है।
$n$ के लिए हल करने पर,$n = \frac{3 \times 12}{4} = 9$ प्राप्त होता है।

(A) $RC$ सर्किट का समय नियतांक (time constant) $\tau = RC = (1 \times 10^3 \ \Omega) \times (10 \times 10^{-9} \ \text{F}) = 10 \ \mu\text{s}$ है।
पहले $5 \ \mu\text{s}$ $(0 \le t \le 5 \ \mu\text{s})$ के दौरान,संधारित्र $V_0(t) = 5(1 - e^{-t/\tau})$ के अनुसार $0 \ \text{V}$ से $5 \ \text{V}$ तक चार्ज होता है।
$t = 5 \ \mu\text{s}$ पर,$V_0(5 \ \mu\text{s}) = 5(1 - e^{-0.5}) \approx 1.9675 \ \text{V} \approx 2 \ \text{V}$।
अगले $5 \ \mu\text{s}$ $(5 \ \mu\text{s} \le t \le 10 \ \mu\text{s})$ के दौरान,इनपुट $0 \ \text{V}$ है,इसलिए संधारित्र $V_0(t) = 2e^{-(t-5)/\tau}$ के अनुसार $2 \ \text{V}$ से $0 \ \text{V}$ तक डिस्चार्ज होता है।
$t = 10 \ \mu\text{s}$ पर,$V_0(10 \ \mu\text{s}) = 2e^{-0.5} \approx 1.213 \ \text{V}$।
अगले $5 \ \mu\text{s}$ $(10 \ \mu\text{s} \le t \le 15 \ \mu\text{s})$ के दौरान,संधारित्र $V_0(t) = 5 - 3.787e^{-(t-10)/\tau}$ के अनुसार $1.213 \ \text{V}$ से $5 \ \text{V}$ तक चार्ज होता है।
$t = 15 \ \mu\text{s}$ पर,$V_0(15 \ \mu\text{s}) = 5 - 3.787e^{-0.5} \approx 2.703 \ \text{V} \approx 2.7 \ \text{V}$।
इस व्यवहार की तुलना विकल्पों से करने पर,विकल्प $A$ गणना किए गए मानों के साथ चार्जिंग और डिस्चार्जिंग चक्रों को सही ढंग से दर्शाता है।

(B) माना $A$ पर आवेश $Q_{1}$ के कारण $O$ पर विद्युत क्षेत्र $E_{1}$ है और $B$ पर आवेश $Q_{2}$ के कारण $O$ पर विद्युत क्षेत्र $E_{2}$ है।
$E_{1} = \frac{k|Q_{1}|}{x_{1}^{2}}$ ($OA$ की दिशा में)।
$E_{2} = \frac{k|Q_{2}|}{x_{2}^{2}}$ ($OB$ की दिशा में)।
माना $\angle OAB = \alpha$ है। तो $\angle OBA = 90^{\circ} - \alpha$ होगा।
परिणामी विद्युत क्षेत्र $E_{net}$ कर्ण $AB$ के लंबवत है।
त्रिभुज की ज्यामिति से,परिणामी क्षेत्र $E_{net}$ द्वारा $E_{1}$ के साथ बनाया गया कोण $\alpha$ है और $E_{2}$ के साथ $90^{\circ} - \alpha$ है।
सदिश योग के नियम का उपयोग करते हुए,$\tan(\alpha) = \frac{E_{2}}{E_{1}}$।
त्रिभुज $OAB$ से,$\tan(\alpha) = \frac{OB}{OA} = \frac{x_{2}}{x_{1}}$।
$\tan(\alpha)$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{E_{2}}{E_{1}} = \frac{x_{2}}{x_{1}}$
$\frac{k|Q_{2}| / x_{2}^{2}}{k|Q_{1}| / x_{1}^{2}} = \frac{x_{2}}{x_{1}}$
$\frac{|Q_{2}| x_{1}^{2}}{|Q_{1}| x_{2}^{2}} = \frac{x_{2}}{x_{1}}$
$\frac{|Q_{1}|}{|Q_{2}|} = \frac{x_{1}^{2}}{x_{2}^{2}} \cdot \frac{x_{1}}{x_{2}} = \frac{x_{1}^{3}}{x_{2}^{3}}$
अतः,$Q_{1} / Q_{2}$ का मान $\frac{x_{1}^{3}}{x_{2}^{3}}$ के समानुपाती है।

(B) जब एक आवेशित कण अपने वेग के लंबवत एक समान चुंबकीय क्षेत्र में प्रवेश करता है,तो वह एक वृत्ताकार पथ का अनुसरण करता है।
इस वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$ का सूत्र $R = \frac{mv}{qB_{0}}$ है।
कण के अपने प्रारंभिक स्थान से $d$ दूरी पर रखे पर्दे से न टकराने के लिए,वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $d$ से कम या उसके बराबर होनी चाहिए।
अतः,$R \leq d$।
$R$ का मान रखने पर,हमें $\frac{mv}{qB_{0}} \leq d$ प्राप्त होता है।
$v$ के लिए हल करने पर,$v \leq \frac{q B_{0} d}{m}$ प्राप्त होता है।
हालाँकि,प्रश्न में $v$ का वह न्यूनतम मान पूछा गया है जिसके लिए कण पर्दे से नहीं टकराएगा। यदि कण का पथ पर्दे के स्पर्शरेखा (tangent) हो,तो वह बिना टकराए निकल जाएगा। यह स्थिति तब होती है जब $R = d$ हो।
अतः,$v = \frac{q B_{0} d}{m}$ अभीष्ट मान है।

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र है: $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2m(KE)}}$।
चूंकि गतिज ऊर्जा $(KE)$ और प्लांक नियतांक $(h)$ सभी कणों के लिए समान हैं,इसलिए $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$ होता है।
कणों के द्रव्यमान की तुलना करने पर: $m_{He^{++}} > m_{P} > m_{e}$।
चूंकि $\lambda$ द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए सबसे कम द्रव्यमान वाले कण की तरंगदैर्ध्य सबसे अधिक होगी।
अतः,सही संबंध है: $\lambda_{e} > \lambda_{P} > \lambda_{He^{++}}$।