JEE Main 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) गोले के आयतन का सूत्र $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ है।
दोनों तरफ लघुगणक लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\ln V = \ln(\frac{4}{3} \pi) + 3 \ln r$.
दोनों तरफ अवकलन करने पर,हमें सापेक्ष त्रुटि का सूत्र प्राप्त होता है: $\frac{\Delta V}{V} = 3 \frac{\Delta r}{r}$.
यहाँ $r = 7.50 \, cm$ और $\Delta r = 0.85 \, cm$ दिया गया है।
आयतन में प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3 \times (\frac{\Delta r}{r}) \times 100$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3 \times (\frac{0.85}{7.50}) \times 100$.
$\frac{\Delta V}{V} \times 100 = 3 \times 0.11333 \times 100 = 34\%$.
अतः,$x$ का मान $34$ है।

(D) एक चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कुल कार्य प्रत्येक व्यक्तिगत प्रक्रिया में किए गए कार्य का योग होता है।
$1$. प्रक्रिया $A \rightarrow B$ (समतापीय विस्तार) के लिए:
$W_{AB} = nRT \ln \left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right) = nRT \ln \left(\frac{2V_{1}}{V_{1}}\right) = nRT \ln 2$.
$2$. प्रक्रिया $B \rightarrow C$ (समदाबीय संपीड़न) के लिए:
चूँकि $A$ से $B$ तक की प्रक्रिया समतापीय है,$P_{1}V_{1} = P_{2}V_{2}$। दिया गया है $V_{2} = 2V_{1}$,इसलिए $P_{1}V_{1} = P_{2}(2V_{1})$,जिसका अर्थ है $P_{2} = \frac{P_{1}}{2}$।
$W_{BC} = P_{2}(V_{1} - V_{2}) = P_{2}(V_{1} - 2V_{1}) = -P_{2}V_{1}$।
बिंदु $B$ पर आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करने पर,$P_{2}V_{2} = nRT$,इसलिए $P_{2}(2V_{1}) = nRT$,जिससे $P_{2}V_{1} = \frac{nRT}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$W_{BC} = -\frac{nRT}{2}$।
$3$. प्रक्रिया $C \rightarrow A$ (समआयतनिक परिवर्तन) के लिए:
चूँकि आयतन स्थिर $(V_{1})$ है,किया गया कार्य $W_{CA} = 0$ है।
कुल कार्य $W_{net} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = nRT \ln 2 - \frac{nRT}{2} + 0 = nRT \left(\ln 2 - \frac{1}{2}\right)$।

(B) दो तारों के बीच का गुरुत्वाकर्षण बल उनके सामान्य द्रव्यमान केंद्र (c.o.m.) के चारों ओर उनकी वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
$m$ द्रव्यमान वाले तारे की c.o.m. से दूरी $r_1 = \frac{2m}{m+2m} d = \frac{2d}{3}$ है।
गुरुत्वाकर्षण बल $F = \frac{G(m)(2m)}{d^2} = \frac{2Gm^2}{d^2}$ है।
$m$ द्रव्यमान वाले तारे के लिए,अभिकेंद्री बल $F = m \omega^2 r_1 = m \omega^2 (\frac{2d}{3})$ है।
बलों की तुलना करने पर: $\frac{2Gm^2}{d^2} = m \omega^2 (\frac{2d}{3})$.
सरल करने पर: $\frac{Gm}{d^2} = \omega^2 \frac{d}{3} \implies \omega^2 = \frac{3Gm}{d^3}$.
अतः,$\omega = \sqrt{\frac{3Gm}{d^3}}$.
परिक्रमण काल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{d^3}{3Gm}}$ प्राप्त होता है।

(C) द्रव्यमान $M$ और त्रिज्या $R$ की एक पतली वृत्ताकार वलय के लिए,उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{1} = \frac{1}{2} MR^{2}$ है।
द्रव्यमान $M$ और त्रिज्या $R$ की एक वृत्ताकार डिस्क के लिए,उसके केंद्र से गुजरने वाली और डिस्क के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{2} = \frac{1}{2} MR^{2}$ है।
द्रव्यमान $M$ और त्रिज्या $R$ के एक ठोस बेलन के लिए,उसकी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{3} = \frac{1}{2} MR^{2}$ है।
द्रव्यमान $M$ और त्रिज्या $R$ के एक ठोस गोले के लिए,उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{4} = \frac{2}{5} MR^{2}$ है।
इन मानों की तुलना करने पर,हम देखते हैं कि $I_{1} = I_{2} = I_{3} = 0.5 MR^{2}$ और $I_{4} = 0.4 MR^{2}$ है।
अतः,$I_{1} = I_{2} = I_{3} > I_{4}$ है।

(B) जब द्रव्यमान $M$ संतुलन स्थिति में होता है,तो उसका वेग अधिकतम होता है। संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$p_{i} = p_{f}$
$M v_{max} = (M + m) v^{\prime}_{max}$
$M (A \omega) = (M + m) (A^{\prime} \omega^{\prime})$
यहाँ $\omega = \sqrt{\frac{k}{M}}$ और $\omega^{\prime} = \sqrt{\frac{k}{M+m}}$ है।
अतः,$M A \sqrt{\frac{k}{M}} = (M + m) A^{\prime} \sqrt{\frac{k}{M+m}}$
$A \sqrt{M k} = A^{\prime} \sqrt{(M + m) k}$
$A^{\prime} = A \sqrt{\frac{M}{M+m}}$

(C) यंग मापांक $(Y)$,बल्क मापांक $(K)$ और दृढ़ता गुणांक $(\eta)$ के बीच का संबंध पॉइसन अनुपात $(\sigma)$ का उपयोग करके प्राप्त किया जाता है।
हम जानते हैं कि:
$Y = 3K(1 - 2\sigma) \implies 1 - 2\sigma = \frac{Y}{3K} \implies 2\sigma = 1 - \frac{Y}{3K} \implies \sigma = \frac{1}{2} - \frac{Y}{6K} \dots (i)$
$Y = 2\eta(1 + \sigma) \implies 1 + \sigma = \frac{Y}{2\eta} \implies \sigma = \frac{Y}{2\eta} - 1 \dots (ii)$
$(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$\frac{1}{2} - \frac{Y}{6K} = \frac{Y}{2\eta} - 1$
$1 + \frac{1}{2} = \frac{Y}{2\eta} + \frac{Y}{6K}$
$\frac{3}{2} = \frac{3KY + Y\eta}{6K\eta}$
$9K\eta = 3KY + Y\eta$
$9K\eta = Y(3K + \eta)$
$Y = \frac{9K\eta}{3K + \eta}$
अतः,सही संबंध $Y = \frac{9K\eta}{3K + \eta}$ है।

(A) मान लीजिए कि चार कण $R$ त्रिज्या के वृत्त में अंकित एक वर्ग के कोनों पर स्थित हैं। किसी एक कण के लिए,अन्य तीन कणों द्वारा लगाए गए गुरुत्वाकर्षण बल इस प्रकार हैं:
$1$. व्यास के विपरीत स्थित कण द्वारा बल $F_1 = \frac{G m^2}{(2R)^2} = \frac{G m^2}{4R^2}$.
$2$. आसन्न दो कणों द्वारा बल $F_2 = F_3 = \frac{G m^2}{(\sqrt{2}R)^2} = \frac{G m^2}{2R^2}$.
केंद्र की ओर कार्य करने वाला कुल गुरुत्वाकर्षण बल $F_{\text{net}}$ इन बलों के त्रिज्यीय घटकों का योग है:
$F_{\text{net}} = F_1 + F_2 \cos 45^{\circ} + F_3 \cos 45^{\circ}$
$F_{\text{net}} = \frac{G m^2}{4R^2} + \frac{G m^2}{2R^2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \frac{G m^2}{2R^2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
$F_{\text{net}} = \frac{G m^2}{R^2} \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{G m^2}{4R^2} (1 + 2\sqrt{2})$.
यह कुल बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है: $F_{\text{net}} = \frac{m v^2}{R}$.
दोनों को बराबर करने पर: $\frac{m v^2}{R} = \frac{G m^2}{4R^2} (1 + 2\sqrt{2})$.
$v^2 = \frac{G m}{4R} (1 + 2\sqrt{2})$.
$m = 1 \, kg$ और $R = 1 \, m$ रखने पर,$v^2 = \frac{G}{4} (1 + 2\sqrt{2})$.
$v = \sqrt{\frac{G}{4} (1 + 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{G(1+2\sqrt{2})}}{2}$.

(B) त्वरण $a$ को वेग-समय $(v-t)$ ग्राफ के ढाल (slope) के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $a = \frac{dv}{dt}$।
दिए गए $v-t$ ग्राफ में,खंड $AM$ एक निरंतर ऋणात्मक ढाल वाली सीधी रेखा है। इसलिए,इस अंतराल के दौरान त्वरण स्थिर और ऋणात्मक है।
खंड $MB$ एक निरंतर धनात्मक ढाल वाली सीधी रेखा है। इसलिए,इस अंतराल के दौरान त्वरण स्थिर और धनात्मक है।
इस प्रकार,त्वरण-समय ग्राफ पहले एक स्थिर ऋणात्मक मान और उसके बाद एक स्थिर धनात्मक मान दिखाएगा,जो विकल्प $B$ में दिखाए गए आकार से मेल खाता है।

(B) समतापीय प्रक्रिया: इस प्रक्रिया में, निकाय का तापमान स्थिर रहता है $(\Delta T = 0)$। अतः, $(a) \rightarrow (ii)$।
$(b)$ समआयतनिक प्रक्रिया: इस प्रक्रिया में, निकाय का आयतन स्थिर रहता है $(\Delta V = 0)$। अतः, $(b) \rightarrow (iii)$।
$(c)$ रुद्धोष्म प्रक्रिया: इस प्रक्रिया में, निकाय और परिवेश के बीच ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है $(\Delta Q = 0)$। अतः, ऊष्मा की मात्रा स्थिर रहती है। इसलिए, $(c) \rightarrow (iv)$।
$(d)$ समदाबी प्रक्रिया: इस प्रक्रिया में, निकाय का दाब स्थिर रहता है $(\Delta P = 0)$। अतः, $(d) \rightarrow (i)$।
इसलिए, सही मिलान $(a) \rightarrow (ii), (b) \rightarrow (iii), (c) \rightarrow (iv), (d) \rightarrow (i)$ है।

(A) घनाकार बक्से का प्रारंभिक आयतन $V = a^{3}$ है।
आयतन प्रसार गुणांक $\gamma$ और रेखीय प्रसार गुणांक $\alpha$ के बीच संबंध $\gamma = 3\alpha$ होता है।
तापमान में $\Delta T$ परिवर्तन के लिए आयतन में परिवर्तन $\Delta V$ को सूत्र $\Delta V = V \gamma \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
इस सूत्र में $V$ और $\gamma$ के मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\Delta V = a^{3} \times (3\alpha) \times \Delta T$.
अतः,धातु के बक्से के आयतन में हुई वृद्धि $\Delta V = 3 a^{3} \alpha \Delta T$ है।

(C) परिक्रमण काल $T$,कोणीय वेग $\omega$ से $T = \frac{2\pi}{\omega}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
दिए गए काल $T_{1} = 1\, hr$ और $T_{2} = 8\, hr$ हैं।
कालों का अनुपात $\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{1}{8}$ है।
$T$ के सूत्र को $\omega$ के पदों में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{2\pi / \omega_{1}}{2\pi / \omega_{2}} = \frac{1}{8}$.
इसे सरल करने पर $\frac{\omega_{2}}{\omega_{1}} = \frac{1}{8}$ प्राप्त होता है।
अतः,$S_{1}$ और $S_{2}$ के कोणीय वेग का अनुपात $\frac{\omega_{1}}{\omega_{2}} = \frac{8}{1}$ अर्थात $8:1$ है।

(B) चरघातांकी फलन (exponential function) का घातांक विमाहीन होना चाहिए,इसलिए $\frac{x^{2}}{\alpha kT}$ विमाहीन है।
$[\alpha] = \frac{[x^{2}]}{[kT]} = \frac{L^{2}}{M L^{2} T^{-2}} = M^{-1} T^{2}$.
चूंकि चरघातांकी पद $e^{-\frac{x^{2}}{\alpha kT}}$ विमाहीन है,इसलिए कार्य $W$ की विमा $[W] = [\alpha][\beta]^{2}$ द्वारा दी जाती है।
$[W] = M L^{2} T^{-2}$.
विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $M L^{2} T^{-2} = (M^{-1} T^{2}) [\beta]^{2}$.
$[\beta]^{2} = \frac{M L^{2} T^{-2}}{M^{-1} T^{2}} = M^{2} L^{2} T^{-4}$.
वर्गमूल लेने पर: $[\beta] = M L T^{-2}$.

(A) ब्लॉक का फ्री बॉडी डायग्राम $(FBD)$ चित्र में दिखाया गया है।
चूंकि ब्लॉक स्थिर है,इसलिए बल संतुलित होने चाहिए।
ऊर्ध्वाधर दिशा में: घर्षण बल $f_r$ भार $mg$ को संतुलित करता है।
$f_r - mg = 0 \Rightarrow f_r = mg$ $........(1)$
क्षैतिज दिशा में: लगाया गया बल $F$ दीवार द्वारा लगाई गई अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ द्वारा संतुलित होता है।
$F - N = 0 \Rightarrow N = F$ $..........(2)$
हम जानते हैं कि घर्षण बल $f_r \leq \mu N$ होता है।
सीमांत स्थिति में,ब्लॉक को नीचे फिसलने से रोकने के लिए:
$f_r = \mu N$
समीकरण में $f_r = mg$ और $N = F$ रखने पर:
$mg = \mu F$
$F = \frac{mg}{\mu}$
यहाँ $m = 0.5\, kg$,$g = 10\, m/s^2$,और $\mu = 0.2$ दिया गया है:
$F = \frac{0.5 \times 10}{0.2} = \frac{5}{0.2} = 25\, N$.

(B) पास्कल के नियम के अनुसार,किसी बंद तरल पर लगाया गया दबाव तरल के प्रत्येक भाग और पात्र की दीवारों पर बिना कम हुए संचरित होता है। हाइड्रोलिक लिफ्ट के लिए,दोनों पिस्टन पर दबाव समान होता है:
$\frac{F_1}{A_1} = \frac{F_2}{A_2}$
पहले मामले में,मान लीजिए $A_1$ छोटे पिस्टन का क्षेत्रफल है और $A_2$ बड़े पिस्टन का क्षेत्रफल है। छोटे पिस्टन पर बल $mg$ है और बड़े पिस्टन पर बल $100g$ है:
$\frac{mg}{A_1} = \frac{100g}{A_2} \implies \frac{100}{m} = \frac{A_2}{A_1} \quad .......(1)$
चूंकि $A = \frac{\pi d^2}{4}$,क्षेत्रफल का अनुपात व्यास के अनुपात के वर्ग के समानुपाती होता है: $\frac{A_2}{A_1} = \left(\frac{d_2}{d_1}\right)^2$.
दूसरे मामले में,बड़े पिस्टन का नया व्यास $d_2' = 4d_2$ है और छोटे पिस्टन का नया व्यास $d_1' = \frac{d_1}{4}$ है।
मान लीजिए कि नया उठाया गया द्रव्यमान $M_0$ है। नए क्षेत्रफल $A_2' = (4)^2 A_2 = 16A_2$ और $A_1' = (\frac{1}{4})^2 A_1 = \frac{A_1}{16}$ होंगे।
पास्कल के नियम को फिर से लागू करने पर:
$\frac{mg}{A_1'} = \frac{M_0g}{A_2'} \implies \frac{M_0}{m} = \frac{A_2'}{A_1'} = \frac{16A_2}{A_1/16} = 256 \left(\frac{A_2}{A_1}\right)$
समीकरण $(1)$ से $\frac{A_2}{A_1} = \frac{100}{m}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{M_0}{m} = 256 \left(\frac{100}{m}\right)$
$M_0 = 256 \times 100 = 25600 \, kg$.

(B) आनत तल पर ब्लॉक के स्थिर रहने की शर्त यह है कि झुकाव कोण $\theta$,विराम कोण $\alpha$ से कम या उसके बराबर होना चाहिए,जहाँ $\tan \alpha = \mu$ है।
अधिकतम ऊँचाई पर,ब्लॉक फिसलने की स्थिति में होता है,इसलिए उस बिंदु पर वक्र की स्पर्शरेखा का ढाल घर्षण गुणांक के बराबर होता है।
$\tan \theta = \frac{dy}{dx} = \mu$
दिया गया है $y = \frac{x^2}{4}$,इसलिए $\frac{dy}{dx} = \frac{2x}{4} = \frac{x}{2}$ है।
$\frac{x}{2} = \mu = 0.5$ रखने पर,हमें $x = 1 \ m$ प्राप्त होता है।
अब,$x = 1 \ m$ पर संबंधित ऊँचाई $y$ ज्ञात करें:
$y = \frac{x^2}{4} = \frac{(1)^2}{4} = 0.25 \ m$ है।
चूंकि $1 \ m = 100 \ cm$ होता है,इसलिए ऊँचाई $0.25 \times 100 = 25 \ cm$ होगी।

(D) माना प्रत्येक गेंद का द्रव्यमान $m$ है। गेंद $A$ का प्रारंभिक वेग $u_1 = 9\, m/s$ है और गेंद $B$ का वेग $u_2 = 0$ है।
टक्कर के बाद,माना गेंदों $A$ और $B$ के वेग क्रमशः $v_1$ और $v_2$ हैं,जो दोनों मूल दिशा के साथ $30^{\circ}$ के कोण पर हैं।
$y$-अक्ष के अनुदिश रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार (गति की प्रारंभिक दिशा के लंबवत):
$\sum P_{iy} = \sum P_{fy}$
$0 = m v_1 \sin 30^{\circ} - m v_2 \sin 30^{\circ}$
चूंकि द्रव्यमान समान हैं और $\sin 30^{\circ} \neq 0$,हमें प्राप्त होता है:
$v_1 \sin 30^{\circ} = v_2 \sin 30^{\circ}$
$v_1 = v_2$
अतः,वेगों का अनुपात $v_1 : v_2$ $1 : 1$ है।
इस प्रकार,$x = 1$।

(A) अभिकथन $A$ सत्य है: जब किसी छड़ को स्वतंत्र रूप से गर्म किया जाता है,तो वह बिना किसी बाहरी बाधा के फैलती है। चूंकि प्रसार को रोकने के लिए कोई बाधा नहीं है,इसलिए इसमें कोई आंतरिक प्रत्यानयन बल या तापीय प्रतिबल उत्पन्न नहीं होता है।
कारण $R$ सत्य है: तापीय प्रसार के कारण गर्म करने पर छड़ की लंबाई बढ़ जाती है,जो एक भौतिक तथ्य है।
हालाँकि,कारण $R$ यह नहीं बताता है कि तापीय प्रतिबल क्यों विकसित नहीं होता है। तापीय प्रतिबल का अभाव बाहरी बाधाओं की अनुपस्थिति (फैलने की स्वतंत्रता) के कारण है,न कि केवल इसलिए कि लंबाई बढ़ती है। इसलिए,$A$ और $R$ दोनों सत्य हैं,लेकिन $R$,$A$ की सही व्याख्या नहीं है।

(D) दिया गया है: व्यास $d = 6 \, cm = 0.06 \, m$,आवृत्ति $f = 504 \, Hz$,ध्वनि की गति $v = 336 \, m/s$ है।
अनुनाद नली के लिए अंत सुधार (end correction) $e = 0.3 \times d = 0.3 \times 6 \, cm = 1.8 \, cm$ है।
पहले अनुनाद के लिए,वायु स्तंभ की लंबाई $l$ शर्त $l + e = \frac{\lambda}{4}$ को पूरा करती है।
हम जानते हैं कि $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{336}{504} \, m = \frac{2}{3} \, m = \frac{200}{3} \, cm \approx 66.67 \, cm$ है।
अतः,$l + e = \frac{66.67}{4} = 16.67 \, cm$ है।
$e$ का मान रखने पर,$l + 1.8 = 16.67 \, cm$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$l = 16.67 - 1.8 = 14.87 \, cm$ है।
दिए गए विकल्पों के अनुसार,पाठ्यांक $14.8 \, cm$ है।

(A) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर एक उपग्रह का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{(R+h)^{3}}{GM}}$ द्वारा दिया जाता है।
उपग्रह $A$ के लिए: $h_{A} = 600 \, km = 0.6 \times 10^{6} \, m$,$R = 6.4 \times 10^{6} \, m$. कक्षीय त्रिज्या $r_{A} = R + h_{A} = 7.0 \times 10^{6} \, m$.
$T_{A} = 2 \pi \sqrt{\frac{(7.0 \times 10^{6})^{3}}{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24}}} \approx 5800 \, s$.
उपग्रह $B$ के लिए: $h_{B} = 1600 \, km = 1.6 \times 10^{6} \, m$. कक्षीय त्रिज्या $r_{B} = R + h_{B} = 8.0 \times 10^{6} \, m$.
$T_{B} = 2 \pi \sqrt{\frac{(8.0 \times 10^{6})^{3}}{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24}}} \approx 7133 \, s$.
$T_{B} - T_{A} = 7133 - 5800 = 1333 \, s = 1.33 \times 10^{3} \, s$.

(C) सरल लोलक के आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ होता है।
दिया गया है: लंबाई $l = 2 \ m$ और आवर्तकाल $T = 2 \ s$।
मानों को सूत्र में रखने पर:
$2 = 2 \pi \sqrt{\frac{2}{g}}$
दोनों पक्षों को $2$ से विभाजित करने पर:
$1 = \pi \sqrt{\frac{2}{g}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$1 = \pi^{2} \left(\frac{2}{g}\right)$
$g$ के लिए हल करने पर:
$g = 2 \pi^{2} \ m/s^{2}$।

(B) अल्पतमांक $(LC)$ $= \frac{\text{पिच}}{\text{वृत्ताकार पैमाने के भागों की संख्या}} = \frac{1\, mm}{100} = 0.01\, mm$.
शून्य त्रुटि $= +8 \times LC = +8 \times 0.01\, mm = +0.08\, mm$.
प्रेक्षित पाठ्यांक $= \text{मुख्य पैमाना पाठ्यांक} + (\text{वृत्ताकार पैमाना पाठ्यांक} \times LC) = 1\, mm + (72 \times 0.01\, mm) = 1.72\, mm$.
सत्य व्यास $= \text{प्रेक्षित पाठ्यांक} - \text{शून्य त्रुटि} = 1.72\, mm - 0.08\, mm = 1.64\, mm$.
तार की त्रिज्या $= \frac{\text{व्यास}}{2} = \frac{1.64\, mm}{2} = 0.82\, mm$.

(B) आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $dU = n C_{v} dT$ द्वारा दिया जाता है।
नियत दाब पर दी गई ऊष्मा $dQ = n C_{p} dT$ द्वारा दी जाती है।
समदाबी प्रक्रिया में किया गया कार्य $dW = P dV = n R dT$ होता है।
अतः,$dU : dQ : dW$ का अनुपात $n C_{v} dT : n C_{p} dT : n R dT$ होगा,जो सरल होकर $C_{v} : C_{p} : R$ हो जाता है।
दिए गए मानों को रखने पर,हमें $\frac{5}{2} R : \frac{7}{2} R : R$ प्राप्त होता है।
$\frac{2}{R}$ से गुणा करने पर,हमें $5 : 7 : 2$ का अनुपात प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि ट्रेन की कुल लंबाई $L = 2d$ है,जहाँ $d$ इंजन से मध्य बिंदु तक की दूरी है,और मध्य बिंदु से अंतिम डिब्बे तक की दूरी भी $d$ है।
मान लीजिए कि ट्रेन का समान त्वरण $a$ है।
जब इंजन सिग्नल पोस्ट को पार करता है,तो उसका वेग $u$ है। जब मध्य बिंदु सिग्नल पोस्ट को पार करता है,तो उसका वेग $v^{\prime}$ मान लीजिए।
गति के समीकरण $v_f^2 = v_i^2 + 2as$ का उपयोग करते हुए:
ट्रेन के पहले आधे भाग के लिए (इंजन से मध्य बिंदु तक):
$(v^{\prime})^2 = u^2 + 2ad$ --- $(1)$
ट्रेन के दूसरे आधे भाग के लिए (मध्य बिंदु से अंतिम डिब्बे तक):
$v^2 = (v^{\prime})^2 + 2ad$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ से,$2ad = (v^{\prime})^2 - u^2$ प्राप्त होता है।
इस मान को समीकरण $(2)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$v^2 = (v^{\prime})^2 + ((v^{\prime})^2 - u^2)$
$v^2 = 2(v^{\prime})^2 - u^2$
$2(v^{\prime})^2 = v^2 + u^2$
$(v^{\prime})^2 = \frac{v^2 + u^2}{2}$
$v^{\prime} = \sqrt{\frac{v^2 + u^2}{2}}$

(B) प्रत्येक भौतिक राशि के लिए विमीय सूत्र इस प्रकार है:
$1$. प्लांक नियतांक $(h)$: चूंकि $E = h\nu$,इसलिए $h = E / \nu$. इसकी विमाएँ $[M L^2 T^{-2}] / [T^{-1}] = [M L^2 T^{-1}]$ होती हैं। अतः,$(a) \rightarrow (ii)$.
$2$. गतिज ऊर्जा $(E)$: ऊर्जा की विमाएँ कार्य के समान होती हैं,जो $[M L^2 T^{-2}]$ है। अतः,$(b) \rightarrow (iii)$.
$3$. विद्युत विभव $(V)$: $V = W / q$. इसकी विमाएँ $[M L^2 T^{-2}] / [I T] = [M L^2 I^{-1} T^{-3}]$ होती हैं। अतः,$(c) \rightarrow (iv)$.
$4$. रैखिक संवेग $(P)$: $P = m v$. इसकी विमाएँ $[M] [L T^{-1}] = [M L T^{-1}]$ होती हैं। अतः,$(d) \rightarrow (i)$.
इस प्रकार,सही मिलान $(a) \rightarrow (ii), (b) \rightarrow (iii), (c) \rightarrow (iv), (d) \rightarrow (i)$ है।

(C) माना ठोस गोले का प्रारंभिक द्रव्यमान $M$ है। गोले का घनत्व $\rho = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$ है।
केंद्र से $3R$ की दूरी पर $m$ द्रव्यमान के कण पर लगने वाला बल $F_{1}$ है:
$F_{1} = \frac{GMm}{(3R)^2} = \frac{GMm}{9R^2}$.
जब $r = \frac{R}{2}$ त्रिज्या की गोलाकार गुहा बनाई जाती है,तो हटाए गए भाग का द्रव्यमान $M' = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi (\frac{R}{2})^3 = M \cdot (\frac{1}{2})^3 = \frac{M}{8}$ होता है।
गुहा का केंद्र गोले के केंद्र से $\frac{R}{2}$ की दूरी पर है। कण गोले के केंद्र से $3R$ की दूरी पर है,इसलिए यह गुहा के केंद्र से $3R - \frac{R}{2} = \frac{5R}{2}$ की दूरी पर है।
नया बल $F_{2}$,मूल गोले के कारण बल और हटाए गए भाग के कारण बल का अंतर है:
$F_{2} = \frac{GMm}{(3R)^2} - \frac{G(M/8)m}{(5R/2)^2} = \frac{GMm}{9R^2} - \frac{GMm}{8 \cdot \frac{25R^2}{4}} = \frac{GMm}{R^2} (\frac{1}{9} - \frac{1}{50})$.
$F_{2} = \frac{GMm}{R^2} (\frac{50 - 9}{450}) = \frac{41}{450} \frac{GMm}{R^2}$.
अतः,अनुपात $F_{1} : F_{2}$ है:
$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{GMm/9R^2}{41GMm/450R^2} = \frac{1}{9} \cdot \frac{450}{41} = \frac{50}{41}$.
इस प्रकार,अनुपात $50:41$ है।

(B) केंद्र $O$ वाले एक नियमित बहुभुज के लिए,केंद्र से शीर्षों तक के सदिशों का योग शून्य होता है:
$\overrightarrow{ OA }+\overrightarrow{ OB }+\overrightarrow{ OC }+\overrightarrow{ OD }+\overrightarrow{ OE }+\overrightarrow{ OF }+\overrightarrow{ OG }+\overrightarrow{ OH }=\overrightarrow{0}$
सदिश योग के त्रिभुज नियम का उपयोग करके,हम प्रत्येक सदिश $\overrightarrow{ AX }$ को $\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OX }$ के रूप में लिख सकते हैं:
$\overrightarrow{ AB }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OB }$
$\overrightarrow{ AC }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OC }$
$\overrightarrow{ AD }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OD }$
$\overrightarrow{ AE }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OE }$
$\overrightarrow{ AF }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OF }$
$\overrightarrow{ AG }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OG }$
$\overrightarrow{ AH }=\overrightarrow{ AO }+\overrightarrow{ OH }$
इन सात सदिशों का योग करने पर:
$\sum = 7 \overrightarrow{ AO } + (\overrightarrow{ OB }+\overrightarrow{ OC }+\overrightarrow{ OD }+\overrightarrow{ OE }+\overrightarrow{ OF }+\overrightarrow{ OG }+\overrightarrow{ OH })$
प्रारंभिक गुणधर्म के अनुसार,कोष्ठक में दिया गया योग $-\overrightarrow{ OA }$ के बराबर है,जो कि $\overrightarrow{ AO }$ है:
$\sum = 7 \overrightarrow{ AO } + \overrightarrow{ AO } = 8 \overrightarrow{ AO }$
दिया गया है $\overrightarrow{ AO }=2 \hat{ i }+3 \hat{ j }-4 \hat{ k }$,इसलिए:
$\sum = 8(2 \hat{ i }+3 \hat{ j }-4 \hat{ k }) = 16 \hat{i}+24 \hat{j}-32 \hat{k}$

(B) किसी ग्रह का पलायन वेग $V_{e}$ सूत्र $V_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $G$ गुरुत्वाकर्षण नियतांक है,$M$ ग्रह का द्रव्यमान है,और $R$ उसकी त्रिज्या है।
यदि दो ग्रहों $A$ और $B$ के पलायन वेग समान हैं,तो $\sqrt{\frac{2GM_{1}}{R_{1}}} = \sqrt{\frac{2GM_{2}}{R_{2}}}$ होगा।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $\frac{M_{1}}{R_{1}} = \frac{M_{2}}{R_{2}}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{M_{1}}{M_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$।
यह स्थिति अलग-अलग द्रव्यमानों $(M_{1} \neq M_{2})$ के लिए संभव है,बशर्ते उनकी त्रिज्याएँ भी उसी अनुपात में अलग हों। अतः,अभिकथन $A$ सही है।
कारण $R$ कहता है कि गुणनफल $M_{1}R_{1} = M_{2}R_{2}$ समान होना चाहिए,जो दी गई स्थिति के लिए गणितीय रूप से गलत है। इसलिए,$R$ गलत है।

(C) दी गई प्रक्रिया समीकरण: $P = kV^{3}$ है।
आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करते हुए: $PV = nRT$,हम लिख सकते हैं $P = \frac{nRT}{V}$।
$P$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{nRT}{V} = kV^{3}$,जिसका अर्थ है $kV^{4} = nRT$।
दोनों पक्षों का तापमान के सापेक्ष अवकलन करने पर: $4kV^{3} dV = nR dT$।
चूंकि $P = kV^{3}$,हम इसे समीकरण में प्रतिस्थापित कर सकते हैं: $4P dV = nR dT$,जिससे $P dV = \frac{nR dT}{4}$ प्राप्त होता है।
किया गया कार्य $W$ समाकलन द्वारा दिया जाता है: $W = \int P dV = \int_{T_i}^{T_f} \frac{nR}{4} dT$।
$W = \frac{nR}{4} (T_f - T_i) = \frac{nR}{4} (300 - 100) = \frac{nR}{4} (200) = 50nR$।
अतः,किया गया कार्य $50nR$ है।

(C) माना कि सबसे निचले बिंदु पर गोले की चाल $v_1$ है और उच्चतम बिंदु पर $v_2$ है।
अधिकतम तनाव सबसे निचले बिंदु पर और न्यूनतम तनाव उच्चतम बिंदु पर होता है। यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{2} mv_1^2 = \frac{1}{2} mv_2^2 + mg(2l)$
$\Rightarrow v_1^2 = v_2^2 + 4gl$ $......(1)$
सबसे निचले बिंदु पर: $T_{\max} - mg = \frac{mv_1^2}{l} \Rightarrow T_{\max} = mg + \frac{mv_1^2}{l}$
उच्चतम बिंदु पर: $T_{\min} + mg = \frac{mv_2^2}{l} \Rightarrow T_{\min} = \frac{mv_2^2}{l} - mg$
दिया गया अनुपात $\frac{T_{\max}}{T_{\min}} = \frac{5}{1}$:
$\frac{mg + \frac{mv_1^2}{l}}{\frac{mv_2^2}{l} - mg} = 5$
$mg + \frac{m}{l}(v_2^2 + 4gl) = 5(\frac{mv_2^2}{l} - mg)$
$mg + \frac{mv_2^2}{l} + 4mg = \frac{5mv_2^2}{l} - 5mg$
$10mg = \frac{4mv_2^2}{l}$
$v_2^2 = \frac{10gl}{4} = \frac{10 \times 10 \times 1}{4} = 25$
$v_2 = 5\, m/s$.

(B) जब कंटेनर को अचानक रोक दिया जाता है,तो कंटेनर की गतिज ऊर्जा गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
गैस का द्रव्यमान $m = 4.0 \, g$,मोलर द्रव्यमान $M = 4.0 \, g/mol$.
मोलों की संख्या $n = \frac{m}{M} = \frac{4}{4} = 1 \, mol$.
गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \times (4 \times 10^{-3} \, kg) \times (30 \, m/s)^2 = 1.8 \, J$.
एकपरमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{3}{2} R$ होती है।
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T = 1 \times \frac{3}{2} R \times \Delta T$.
गतिज ऊर्जा को आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर रखने पर: $1.8 = \frac{3}{2} R \Delta T$.
$\Delta T = \frac{1.8 \times 2}{3R} = \frac{3.6}{3R}$.
यहाँ $x = 3.6$ प्राप्त होता है,लेकिन इकाइयों के अनुसार $x = 3600$ होगा।
अतः,$x = 3600$।

(B) किसी निकाय के साम्यावस्था में होने के लिए,कुल बल शून्य होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि दूरी के सापेक्ष स्थितिज ऊर्जा का अवकलन शून्य होना चाहिए: $\frac{dU}{dr} = 0$.
दिया गया है $U = \alpha r^{-10} - \beta r^{-5} - 3$.
$r$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dU}{dr} = -10\alpha r^{-11} + 5\beta r^{-6} = 0$.
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$5\beta r^{-6} = 10\alpha r^{-11}$.
दोनों पक्षों को $5\beta r^{-11}$ से विभाजित करने पर:
$r^5 = \frac{10\alpha}{5\beta} = \frac{2\alpha}{\beta}$.
$r = \left(\frac{2\alpha}{\beta}\right)^{\frac{1}{5}}$.
इसे दिए गए रूप $\left(\frac{2\alpha}{\beta}\right)^{\frac{a}{b}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\frac{a}{b} = \frac{1}{5}$ प्राप्त होता है।
अतः,$a = 1$.

(D) $m$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली वलय द्वारा उसके केंद्र से $x$ दूरी पर उसकी अक्ष पर उत्पन्न गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E$ निम्न है:
$E = \frac{Gmx}{(R^2 + x^2)^{3/2}}$
चूंकि गोला वलय के केंद्र से $x = \sqrt{8}R$ की दूरी पर रखा गया है,इसलिए वलय द्वारा $M$ द्रव्यमान के गोले पर लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F$ है:
$F = M \cdot E = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{(R^2 + (\sqrt{8}R)^2)^{3/2}}$
मान रखने पर:
$F = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{(R^2 + 8R^2)^{3/2}}$
$F = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{(9R^2)^{3/2}}$
$F = \frac{GMm(\sqrt{8}R)}{27R^3}$
$F = \frac{\sqrt{8}}{27} \cdot \frac{GMm}{R^2}$

(B) $kT$ ऊर्जा की विमा रखता है,इसलिए इसकी विमा $[ML^{2}T^{-2}]$ है।
घातांक $\frac{-\beta x^{2}}{kT}$ विमाहीन होना चाहिए।
अतः,$[\beta][x^{2}] = [kT] \implies [\beta][L^{2}] = [ML^{2}T^{-2}]$.
इससे $[\beta] = [MT^{-2}]$ प्राप्त होता है।
कार्य $W$ की विमा $[ML^{2}T^{-2}]$ है।
दिया गया है $W = \alpha^{2} \beta e^{\frac{-\beta x^{2}}{kT}}$,और चूंकि घातांकीय पद विमाहीन है,इसलिए $[W] = [\alpha^{2}][\beta]$ होगा।
$[ML^{2}T^{-2}] = [\alpha^{2}][MT^{-2}]$.
$[\alpha^{2}] = \frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[MT^{-2}]} = [L^{2}]$.
अतः,$[\alpha] = [L] = [M^{0}LT^{0}]$।

(A) पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर $m$ द्रव्यमान के कण पर लगने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $F = -\frac{GMmr}{R^3}$ द्वारा दिया जाता है।
सुरंग में,इस बल का सुरंग के अनुदिश घटक $F_t = F \cos \theta$ है,जहाँ $\theta$ स्थिति सदिश $r$ और सुरंग के लंबवत दिशा के बीच का कोण है।
सुरंग की ज्यामिति से,केंद्र से लंबवत दूरी $d = R/2$ है। यदि $x$ जीवा के मध्य बिंदु से कण का विस्थापन है,तो $r \cos \theta = x$ होता है।
अतः,प्रत्यानयन बल $F_t = -\left(\frac{GMm}{R^3}\right) r \cos \theta = -\left(\frac{GMm}{R^3}\right) x$ है।
चूंकि $g = \frac{GM}{R^2}$,हम $F_t = -\left(\frac{mg}{R}\right) x$ लिख सकते हैं।
त्वरण $a = \frac{F_t}{m} = -\left(\frac{g}{R}\right) x$ है।
यह सरल आवर्त गति का समीकरण $a = -\omega^2 x$ है,जहाँ $\omega^2 = \frac{g}{R}$ है।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{R}{g}}$ प्राप्त होता है।

(B) घनत्व $\rho = \frac{M}{V}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ द्रव्यमान है और $V$ आयतन है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{d\rho}{\rho} = -\frac{dV}{V}$ प्राप्त होता है।
आयतन प्रत्यास्थता गुणांक $K$ को $K = -\frac{P}{dV/V}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसका अर्थ है $-\frac{dV}{V} = \frac{P}{K}$।
इस मान को घनत्व के संबंध में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{d\rho}{\rho} = \frac{P}{K}$ प्राप्त होता है।
अतः,घनत्व में वृद्धि का परिमाण $d\rho = \frac{\rho P}{K}$ होगा।

(A) वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल केंद्रीय बल $F$ द्वारा प्रदान किया जाता है। दिया गया है $F \propto \frac{1}{R^{3}}$,अतः हम लिख सकते हैं $F = \frac{K}{R^{3}}$,जहाँ $K$ एक नियतांक है।
$m$ द्रव्यमान का कण जो $R$ त्रिज्या के वृत्त में $\omega$ कोणीय वेग से गति कर रहा है,उसके लिए अभिकेंद्र बल $F = m \omega^{2} R$ होता है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{K}{R^{3}} = m \omega^{2} R$.
$\omega^{2}$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $\omega^{2} = \frac{K}{m R^{4}}$.
चूंकि आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega}$ होता है,इसलिए $\omega = \frac{2 \pi}{T}$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $(\frac{2 \pi}{T})^{2} = \frac{K}{m R^{4}}$.
इसे सरल करने पर $\frac{4 \pi^{2}}{T^{2}} = \frac{K}{m R^{4}}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $T^{2} \propto R^{4}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें $T \propto R^{2}$ प्राप्त होता है।

(D) केप्लर के ग्रहीय गति के दूसरे नियम के अनुसार,ग्रह और सूर्य को जोड़ने वाली रेखा समान समय अंतराल में समान क्षेत्रफल तय करती है।
इसका अर्थ है कि दीर्घवृत्ताकार कक्षा में परिक्रमा कर रहे ग्रह का क्षेत्रीय वेग $(dA/dt)$ उसकी गति के दौरान स्थिर रहता है।
अतः,कथन $(E)$ ही एकमात्र सही कथन है।

(C) एक-आयामी प्रत्यास्थ टक्कर के लिए जहाँ दूसरा पिंड शुरू में विराम अवस्था में है,दूसरे पिंड का अंतिम वेग $V_2$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$V_2 = \frac{2m_1 u_1}{m_1 + m_2}$
यहाँ,$m_1 = M$,$m_2 = m$,और $u_1 = u$ है। इन मानों को रखने पर:
$V_2 = \frac{2Mu}{M + m}$
शर्त $m << M$ दी गई है,इसलिए हम $M + m \approx M$ मान सकते हैं।
अतः,$V_2 \approx \frac{2Mu}{M} = 2u$।
इस प्रकार,अभिकथन $A$ सही है।
कारण $R$ बताता है कि प्रत्यास्थ टक्कर में संवेग और गतिज ऊर्जा संरक्षित रहते हैं,जो वेग समीकरणों को प्राप्त करने के लिए उपयोग किया जाने वाला मौलिक सिद्धांत है। इसलिए,$R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(C) मान लीजिए कि चार गोले $b$ भुजा वाले वर्ग के कोनों पर स्थित हैं। मान लीजिए कि घूर्णन अक्ष वर्ग की एक भुजा है।
जिन दो गोलों के केंद्र घूर्णन अक्ष पर स्थित हैं,उनकी अक्ष से दूरी $0$ है। प्रत्येक गोले का अपने व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{2}{5} ma^{2}$ है। चूंकि अक्ष उनके केंद्रों से होकर गुजरती है,इसलिए अक्ष के परितः उनका जड़त्व आघूर्ण $I_1 = I_2 = \frac{2}{5} ma^{2}$ होगा।
अन्य दो गोलों के लिए,उनके केंद्रों की अक्ष से दूरी $b$ है। समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,इन गोलों में से प्रत्येक का अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_3 = I_4 = I_{cm} + mb^{2} = \frac{2}{5} ma^{2} + mb^{2}$ होगा।
निकाय का कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = 2 \times (\frac{2}{5} ma^{2}) + 2 \times (\frac{2}{5} ma^{2} + mb^{2})$ है।
$I = \frac{4}{5} ma^{2} + \frac{4}{5} ma^{2} + 2 mb^{2} = \frac{8}{5} ma^{2} + 2 mb^{2}$.

(A) जब $K$ स्प्रिंग नियतांक वाली दो स्प्रिंगों को श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य स्प्रिंग नियतांक $K_{eq}$ का सूत्र: $\frac{1}{K_{eq}} = \frac{1}{K} + \frac{1}{K} = \frac{2}{K}$ होता है।
इसलिए,$K_{eq} = \frac{K}{2}$। नया स्प्रिंग नियतांक $1/2$ के कारक से बदल जाता है।
स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{K}}$ द्वारा दिया जाता है।
$K' = K/2$ के साथ नया आवर्तकाल $T'$ इस प्रकार होगा: $T' = 2\pi \sqrt{\frac{M}{K/2}} = 2\pi \sqrt{\frac{2M}{K}} = \sqrt{2} \times (2\pi \sqrt{\frac{M}{K}}) = \sqrt{2}T$।
अतः,आवर्तकाल $\sqrt{2}$ के कारक से बदल जाता है।

(C) चूंकि दोनों इंसुलेटिंग शीट श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए स्थिर अवस्था में दोनों शीट से ऊष्मा प्रवाह की दर $(H)$ समान होनी चाहिए।
ऊष्मा प्रवाह की दर $H = \frac{\Delta \theta}{R}$ द्वारा दी जाती है।
पहली शीट (निचली) के लिए,ऊष्मा प्रवाह $H = \frac{\theta - \theta_{1}}{R_{1}}$ है।
दूसरी शीट (ऊपरी) के लिए,ऊष्मा प्रवाह $H = \frac{\theta_{2} - \theta}{R_{2}}$ है।
दोनों दरों को बराबर करने पर:
$\frac{\theta - \theta_{1}}{R_{1}} = \frac{\theta_{2} - \theta}{R_{2}}$
$R_{2}(\theta - \theta_{1}) = R_{1}(\theta_{2} - \theta)$
$R_{2}\theta - R_{2}\theta_{1} = R_{1}\theta_{2} - R_{1}\theta$
$R_{2}\theta + R_{1}\theta = R_{1}\theta_{2} + R_{2}\theta_{1}$
$\theta(R_{1} + R_{2}) = R_{1}\theta_{2} + R_{2}\theta_{1}$
$\theta = \frac{R_{1}\theta_{2} + R_{2}\theta_{1}}{R_{1} + R_{2}}$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(D) मान लीजिए कि $r$ त्रिज्या की $n$ छोटी बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं।
आयतन के संरक्षण के अनुसार: $n \times \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi R^3$,जिसका अर्थ है $n = \frac{R^3}{r^3}$।
पृष्ठ क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A = n(4 \pi r^2) - 4 \pi R^2$ है।
$n = \frac{R^3}{r^3}$ रखने पर,मुक्त ऊर्जा $\Delta U = T \times \Delta A = 4 \pi T (n r^2 - R^2)$ है।
उत्पन्न ऊष्मा ऊर्जा $Q = \frac{\Delta U}{J} = \frac{4 \pi T (n r^2 - R^2)}{J}$ है।
बड़ी बूंद का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3$ है।
प्रति इकाई आयतन ऊष्मा ऊर्जा में वृद्धि $\frac{Q}{V} = \frac{4 \pi T (n r^2 - R^2) / J}{4/3 \pi R^3} = \frac{3T}{J} (\frac{n r^2}{R^3} - \frac{R^2}{R^3})$ है।
चूंकि $n r^3 = R^3$,इसलिए $\frac{n r^2}{R^3} = \frac{1}{r}$ है।
अतः,प्रति इकाई आयतन ऊष्मा ऊर्जा में वृद्धि $\frac{3T}{J} (\frac{1}{r} - \frac{1}{R})$ है।

(B) जब लिफ्ट स्थिर होती है,तो अभिलंब बल $N$ व्यक्ति के भार के बराबर होता है:
$N = mg = 60 \times 10 = 600 \, N$
जब लिफ्ट $a = 1.8 \, m/s^{2}$ के त्वरण के साथ नीचे की ओर गति करती है,तो हम लिफ्ट के संदर्भ फ्रेम से गति का विश्लेषण कर सकते हैं। इस अजड़त्वीय फ्रेम में,एक छद्म बल (pseudo force) $F_{p} = ma$ ऊपर की दिशा में कार्य करता है।
आभासी भार $N'$ इस प्रकार दिया जाता है:
$N' = mg - ma = m(g - a)$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$N' = 60 \times (10 - 1.8)$
$N' = 60 \times 8.2$
$N' = 492 \, N$

(B) दिया गया बल $\overrightarrow{F} = (20 \hat{i} + 10 \hat{j}) \, N$ और द्रव्यमान $m = 2 \, kg$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,त्वरण $\overrightarrow{a} = \frac{\overrightarrow{F}}{m} = \frac{20 \hat{i} + 10 \hat{j}}{2} = (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) \, m/s^2$ है।
प्रारंभिक वेग $\overrightarrow{u} = 0$ है और समय $t = 10 \, s$ है।
विस्थापन सदिश $\overrightarrow{s} = \overrightarrow{u}t + \frac{1}{2} \overrightarrow{a} t^2$ द्वारा दिया जाता है।
$\overrightarrow{s} = 0 + \frac{1}{2} (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) (10)^2$.
$\overrightarrow{s} = \frac{1}{2} (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) (100) = 50 (10 \hat{i} + 5 \hat{j}) = (500 \hat{i} + 250 \hat{j}) \, m$.
$x$-अक्ष के अनुदिश विस्थापन,विस्थापन सदिश का $i$-घटक है,जो $500 \, m$ है।

(B) माना कि लगाया गया बल $F$ है। बल का क्षैतिज घटक $F \cos 60^{\circ}$ है और ऊर्ध्वाधर घटक $F \sin 60^{\circ}$ है।
सतह द्वारा ब्लॉक पर लगाया गया अभिलंब बल $N$,ऊर्ध्वाधर बलों को संतुलित करके प्राप्त होता है:
$N = mg + F \sin 60^{\circ}$
यहाँ $m = \sqrt{3} \text{ kg}$ और $g = 10 \text{ m/s}^2$ दिया गया है,इसलिए $mg = 10\sqrt{3} \text{ N}$ है।
$N = 10\sqrt{3} + F \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$
सीमांत घर्षण बल $f_L = \mu N = \frac{1}{3\sqrt{3}} \left( 10\sqrt{3} + \frac{F\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{10}{3} + \frac{F}{6}$ है।
ब्लॉक के गति में आने के लिए,लगाए गए बल का क्षैतिज घटक सीमांत घर्षण बल के बराबर होना चाहिए:
$F \cos 60^{\circ} = f_L$
$F \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{10}{3} + \frac{F}{6}$
समीकरण को $6$ से गुणा करने पर:
$3F = 20 + F$
$2F = 20 \Rightarrow F = 10 \text{ N}$ है।
प्रश्न में $3x$ का मान पूछा गया है,जहाँ $F = 3x$ है।
$3x = 10$.

(C) आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करते हुए, कुल मोल $n_{total} = n_1 + n_2 = 3.0 + 4.0 = 7.0 \, \text{mole}$ हैं।
कुल आयतन $V_{total} = V_1 + V_2 = 4.5 + 5.5 = 10.0 \, L$ है।
आंतरिक ऊर्जा के संरक्षण के नियम के अनुसार: $U_1 + U_2 = U_{mix}$।
चूंकि $U = \frac{f}{2} PV$ होता है,
$\frac{f}{2} P_1 V_1 + \frac{f}{2} P_2 V_2 = \frac{f}{2} P_{final} (V_1 + V_2)$।
$(2.0)(4.5) + (3.0)(5.5) = P_{final} (4.5 + 5.5)$।
$9.0 + 16.5 = P_{final} (10.0)$।
$25.5 = 10.0 P_{final} \Rightarrow P_{final} = 2.55 \, \text{atm}$।
दिया गया है कि $P_{final} = x \times 10^{-1} \, \text{atm}$, इसलिए $2.55 = x \times 10^{-1} \Rightarrow x = 25.5$।

(C) दिया गया प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\mu = 0.135 \, g/cm = 0.135 \times 10^{-3} \, kg / 10^{-2} \, m = 0.0135 \, kg/m$ है।
तरंग समीकरण $y = -0.21 \sin(x + 30t)$ है।
इसे मानक तरंग समीकरण $y = A \sin(kx + \omega t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 30 \, rad/s$ और तरंग संख्या $k = 1 \, m^{-1}$ प्राप्त होती है।
तरंग की गति $v = \frac{\omega}{k} = \frac{30}{1} = 30 \, m/s$ है।
तनी हुई डोरी पर अनुप्रस्थ तरंग की गति $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ होती है,जहाँ $T$ तनाव है।
अतः,$T = v^2 \mu = (30)^2 \times 0.0135 = 900 \times 0.0135 = 12.15 \, N$ है।
हमें $T = x \times 10^{-2} \, N$ दिया गया है,इसलिए $12.15 = x \times 10^{-2}$ है।
इस प्रकार,$x = 12.15 \times 100 = 1215$।

(D) गैसों के गतिज सिद्धांत $(KTG)$ की धारणा के अनुसार,गैस के अणु निरंतर यादृच्छिक गति में होते हैं।
जब ये अणु पात्र की दीवारों से टकराते हैं,तो उनके संवेग में परिवर्तन होता है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,संवेग परिवर्तन की दर लगाए गए बल के बराबर होती है।
चूंकि दबाव को प्रति इकाई क्षेत्रफल पर लगने वाले बल के रूप में परिभाषित किया गया है,इसलिए ये टक्करें पात्र की दीवारों पर गैस द्वारा लगाए गए दबाव का कारण बनती हैं।

(A) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $T^2 = 4 \pi^2 \frac{L}{g}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $g = \frac{4 \pi^2 L}{T^2}$।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta L}{L} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मान $L = 1.0 \text{ m}$,$\Delta L = 1 \text{ mm} = 0.001 \text{ m}$,$T = 1.95 \text{ s}$,और $\Delta T = 0.01 \text{ s}$ हैं।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.001}{1.0} + 2 \times \frac{0.01}{1.95}$।
$\frac{\Delta g}{g} = 0.001 + 0.010256 = 0.011256$।
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करने पर: $0.011256 \times 100 \approx 1.13 \%$।

(C) जब $M$ द्रव्यमान के पिंड को नत समतल पर विस्थापित किया जाता है,तो दोनों स्प्रिंगें एक साथ या तो संकुचित होती हैं या विस्तारित होती हैं।
चूंकि स्प्रिंगें पिंड के विस्थापन के सापेक्ष समानांतर (parallel) जुड़ी हुई हैं,इसलिए प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $K_{eq}$ इस प्रकार है:
$K_{eq} = k_1 + k_2 = k + k = 2k$.
स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली के लिए दोलन का आवर्तकाल $T$ इस प्रकार है:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{K_{eq}}} = 2 \pi \sqrt{\frac{M}{2k}}$.
दोलन की आवृत्ति $f$,आवर्तकाल का व्युत्क्रम होती है:
$f = \frac{1}{T} = \frac{1}{2 \pi} \sqrt{\frac{2k}{M}}$.

(D) फोटॉन के रैखिक संवेग $p$ और तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के बीच का संबंध डी-ब्रोग्ली संबंध द्वारा दिया जाता है: $p = \frac{h}{\lambda}$।
चूंकि $h$ (प्लांक नियतांक) एक स्थिरांक है,यदि दो फोटॉनों का रैखिक संवेग समान $(p_1 = p_2)$ है,तो उनकी तरंगदैर्ध्य भी समान $(\lambda_1 = \lambda_2)$ होनी चाहिए। अतः,कथन-$I$ सत्य है।
फोटॉन की ऊर्जा $E$ को $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है।
संबंधों $p = \frac{h}{\lambda}$ और $E = \frac{hc}{\lambda}$ से यह स्पष्ट है कि संवेग $p$ और ऊर्जा $E$ दोनों तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती होते हैं। इसलिए,यदि तरंगदैर्ध्य $\lambda$ को कम किया जाता है,तो फोटॉन का संवेग $p$ और ऊर्जा $E$ दोनों बढ़ जाएंगे। अतः,कथन-$II$ असत्य है।

(C) संक्रमण $A$,$n = \infty$ से $n = 1$ तक है,जो लाइमन श्रेणी की श्रेणी सीमा को दर्शाता है।
संक्रमण $B$,$n = 5$ से $n = 2$ तक है,जो बामर श्रेणी का तीसरा सदस्य है (पहला: $3 \rightarrow 2$,दूसरा: $4 \rightarrow 2$,तीसरा: $5 \rightarrow 2$)।
संक्रमण $C$,$n = 5$ से $n = 3$ तक है,जो पाश्चन श्रेणी का दूसरा सदस्य है (पहला: $4 \rightarrow 3$,दूसरा: $5 \rightarrow 3$)।

(C) माना प्रत्येक संधारित्र की धारिता $C$ है।
श्रेणीक्रम संयोजन के लिए,तुल्य धारिता $C_{eq,s}$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{C_{eq,s}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C} = \frac{2}{C} \Rightarrow C_{eq,s} = \frac{C}{2}$
समांतर क्रम संयोजन के लिए,तुल्य धारिता $C_{eq,p}$ इस प्रकार दी जाती है:
$C_{eq,p} = C + C = 2C$
दोनों स्थितियों में (श्रेणी से समांतर) तुल्य धारिताओं का अनुपात है:
$\frac{C_{eq,s}}{C_{eq,p}} = \frac{C/2}{2C} = \frac{1}{4} = 1:4$

(A) उत्सर्जक धारा $(I_E)$,संग्राहक धारा $(I_C)$ और आधार धारा $(I_B)$ के बीच संबंध $I_E = I_C + I_B$ है।
छोटे परिवर्तनों के लिए,इसे $\Delta I_E = \Delta I_C + \Delta I_B$ के रूप में लिखा जा सकता है।
दिया गया है कि $\Delta I_E = 4\, mA$ और $\Delta I_C = 3.5\, mA$,इसलिए आधार धारा में परिवर्तन:
$\Delta I_B = \Delta I_E - \Delta I_C = 4\, mA - 3.5\, mA = 0.5\, mA$।
धारा लाभ $\beta$ को संग्राहक धारा में परिवर्तन और आधार धारा में परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{3.5\, mA}{0.5\, mA} = 7$।
अतः,$\beta$ का मान $7$ है।

(C) सेल श्रेणी क्रम में जुड़े हुए हैं। परिपथ का कुल $emf$ $E_{eq} = E_{1} - E_{2} = 6 V - 4 V = 2 V$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = r_{1} + r_{2} = 2 \Omega + 8 \Omega = 10 \Omega$ है।
परिपथ में बहने वाली धारा $I = \frac{E_{eq}}{R_{eq}} = \frac{2 V}{10 \Omega} = 0.2 A$ है।
बिंदुओं $X$ और $Y$ के बीच विभवांतर ज्ञात करने के लिए,हम सेल $E_{2}$ के माध्यम से $X$ से $Y$ तक किरचॉफ के वोल्टेज नियम का उपयोग करते हैं:
$V_{X} - E_{2} - I \cdot r_{2} = V_{Y}$
$V_{X} - V_{Y} = E_{2} + I \cdot r_{2}$
$V_{X} - V_{Y} = 4 V + (0.2 A \times 8 \Omega) = 4 V + 1.6 V = 5.6 V$.
अतः,बिंदुओं $X$ और $Y$ के बीच विभवांतर $5.6 V$ है।

(B) हम मूल बिंदु पर $-Q$ आवेश को $+Q$ और $-2Q$ जोड़कर प्रतिस्थापित कर सकते हैं।
अब,घन के सभी $8$ कोनों पर $+Q$ आवेशों के कारण,सममिति (symmetry) से घन के केंद्र पर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है।
अतः,केंद्र पर कुल विद्युत क्षेत्र केवल मूल बिंदु पर रखे $-2Q$ आवेश के कारण है।
मूल बिंदु के सापेक्ष घन के केंद्र का स्थिति सदिश $\vec{r} = \frac{a}{2}\hat{x} + \frac{a}{2}\hat{y} + \frac{a}{2}\hat{z} = \frac{a}{2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$ है।
मूल बिंदु से केंद्र की दूरी $r = \sqrt{(\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ है।
बिंदु आवेश $q$ के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q}{r^3} \vec{r}$ द्वारा दिया जाता है।
$q = -2Q$ और सदिश $\vec{r}$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\vec{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-2Q}{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^3} \cdot \frac{a}{2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$
$\vec{E} = \frac{-2Q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{8}{3\sqrt{3}a^3} \cdot \frac{a}{2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$
$\vec{E} = \frac{-2Q}{3\sqrt{3}\pi\varepsilon_0 a^2}(\hat{x} + \hat{y} + \hat{z})$

(A) दिया गया है:
$L = 2 \times 10^{-4} \ H$
$R = 6.28 \ \Omega$
$f = 10 \ MHz = 10^7 \ Hz$
श्रेणी अनुनाद परिपथ के लिए गुणवत्ता कारक $Q$ का सूत्र है:
$Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{2 \pi f L}{R}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$Q = \frac{2 \times 3.14 \times 10^7 \times 2 \times 10^{-4}}{6.28}$
$Q = \frac{6.28 \times 10^7 \times 2 \times 10^{-4}}{6.28}$
$Q = 2 \times 10^3 = 2000$
अतः,गुणवत्ता कारक का मान $2000$ है।

(C) दिया गया है: तरंग की आवृत्ति $f = 5\, GHz = 5 \times 10^{9}\, Hz$.
सापेक्ष पारगम्यता,$\epsilon_{r} = 2$.
सापेक्ष चुंबकशीलता,$\mu_{r} = 2$.
माध्यम में विद्युतचुंबकीय तरंग की गति का सूत्र है:
$v = \frac{1}{\sqrt{\mu \epsilon}} = \frac{1}{\sqrt{\mu_{r} \mu_{0} \cdot \epsilon_{r} \epsilon_{0}}}$
$v = \frac{1}{\sqrt{\mu_{r} \epsilon_{r}}} \cdot \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \epsilon_{0}}} = \frac{c}{\sqrt{\mu_{r} \epsilon_{r}}}$
जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति है $(c \approx 3 \times 10^{8}\, m/s)$.
मान रखने पर:
$v = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{2 \times 2}} = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{4}} = \frac{3 \times 10^{8}}{2} = 1.5 \times 10^{8}\, m/s$.
$v = 15 \times 10^{7}\, m/s$.
अतः,वेग $15 \times 10^{7}\, m/s$ है।

(C) जेनर डायोड $2\, k\Omega$ प्रतिरोधक के समानांतर जुड़ा हुआ है। चूंकि जेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $5\, V$ है,इसलिए $2\, k\Omega$ प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज $5\, V$ पर स्थिर रहेगा जब तक कि जेनर डायोड ब्रेकडाउन क्षेत्र में है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$2\, k\Omega$ प्रतिरोधक से प्रवाहित होने वाली धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R} = \frac{5\, V}{2 \times 10^3\, \Omega}$
$I = 2.5 \times 10^{-3}\, A$
इसे $10^{-4}\, A$ के रूप में व्यक्त करने पर:
$I = 25 \times 10^{-4}\, A$
अतः,मान $25$ है।

(D) मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu$ को मॉड्युलेटिंग सिग्नल के आयाम $(A_{m})$ और कैरियर सिग्नल के आयाम $(A_{c})$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है,$A_{m} = 20 \text{ V}$ और $A_{c} = 80 \text{ V}$।
$\mu = \frac{A_{m}}{A_{c}} = \frac{20}{80} = 0.25$।
प्रतिशत मॉड्युलेशन $\mu \times 100$ द्वारा दिया जाता है।
प्रतिशत मॉड्युलेशन $= 0.25 \times 100 = 25 \%$।

(C) ट्रांसफार्मर टर्न अनुपात के सूत्र का पालन करता है: $\frac{N_P}{N_S} = \frac{V_P}{V_S}$.
दिया गया है:
प्राथमिक वोल्टेज $V_P = 220\,V$
द्वितीयक वोल्टेज $V_S = 12\,V$
द्वितीयक कुंडली में फेरों की संख्या $N_S = 24$
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{N_P}{24} = \frac{220}{12}$
$N_P = \frac{220 \times 24}{12}$
$N_P = 220 \times 2 = 440$.
अतः,प्राथमिक कुंडली में फेरों की संख्या $440$ है।

(C) प्रारंभ में,पोलराइज़र और एनालाइज़र के अक्ष समानांतर हैं,इसलिए एनालाइज़र से बाहर निकलने वाली तीव्रता $I = I_{max} = 100 \text{ Lumens}$ है।
मेलस के नियम के अनुसार,एनालाइज़र को $\theta$ कोण से घुमाने के बाद उससे बाहर निकलने वाले प्रकाश की तीव्रता $I = I_{max} \cos^2 \theta$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$I_{max} = 100 \text{ Lumens}$ और $\theta = 30^{\circ}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = 100 \times \cos^2(30^{\circ})$
$I = 100 \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$
$I = 100 \times \frac{3}{4}$
$I = 75 \text{ Lumens}$.

(B) दी गई कोणीय आवृत्ति $\omega = 100 \, rad/s$ है।
$1$. संधारित्र शाखा के लिए:
$60 \, \Omega$ प्रतिरोध से गुजरने वाली धारा $I_C = \frac{V_R}{R} = \frac{15 \, V}{60 \, \Omega} = 0.25 \, A = \frac{1}{4} \, A$ है।
चूंकि संधारित्र इस प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में है,इसलिए समान धारा संधारित्र से होकर गुजरती है।
$V_C = I_C X_C = I_C \cdot \frac{1}{\omega C}$ का उपयोग करते हुए:
$10 = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{100 \cdot C}$
$10 = \frac{1}{400 C} \Rightarrow C = \frac{1}{4000} \, F = 0.25 \times 10^{-3} \, F = 250 \, \mu F$.
$2$. प्रेरक (इंडक्टर) शाखा के लिए:
$40 \, \Omega$ प्रतिरोध से गुजरने वाली धारा $I_{R'} = \frac{V_{R'}}{R'} = \frac{20 \, V}{40 \, \Omega} = 0.5 \, A = \frac{1}{2} \, A$ है।
प्रेरक इस शाखा के समानांतर है। प्रेरक पर वोल्टेज $20 \, V$ है।
$V_L = I_L X_L = I_L \cdot \omega L$
$20 = I_L \cdot 100 \cdot L$.
यदि प्रेरक से बहने वाली धारा $I_L = 0.25 \, A$ है:
$20 = 0.25 \cdot 100 \cdot L$
$20 = 25 \cdot L \Rightarrow L = \frac{20}{25} = 0.8 \, H$.

(B) आवेशित कण पर चुंबकीय बल $F = qvB \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि संवेग $P = mv$ स्थिर है, हम $v = P/m$ लिख सकते हैं। इसे प्रतिस्थापित करने पर, $F = q(P/m)B = (P B) \cdot (q/m)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $P$ और $B$ स्थिर हैं, $F \propto q/m$ होगा।
प्रोटॉन $(p)$, ड्यूटेरॉन $(d)$ और $\alpha$-कण $(\alpha)$ के लिए:
$q_p = e, m_p = m$
$q_d = e, m_d = 2m$
$q_{\alpha} = 2e, m_{\alpha} = 4m$
बलों का अनुपात $F_p : F_d : F_{\alpha} = \frac{e}{m} : \frac{e}{2m} : \frac{2e}{4m} = 1 : \frac{1}{2} : \frac{1}{2} = 2 : 1 : 1$ है।
चाल के लिए, $P = mv \Rightarrow v = P/m$। चूंकि $P$ स्थिर है, $v \propto 1/m$ होगा।
चालों का अनुपात $v_p : v_d : v_{\alpha} = \frac{1}{m} : \frac{1}{2m} : \frac{1}{4m} = 1 : \frac{1}{2} : \frac{1}{4} = 4 : 2 : 1$ है।

(C) दिया गया है:
मॉड्युलेटिंग आवृत्ति $f_m = 2 \, kHz$।
कैरियर आवृत्ति $f_c = 1 \, MHz = 1000 \, kHz$।
एम्प्लीट्यूड मॉड्युलेशन $(AM)$ के लिए,बैंडविड्थ $BW = 2f_m$ द्वारा दी जाती है।
$BW = 2 \times 2 \, kHz = 4 \, kHz$।
अतः,कथन-$I$ सत्य है।
साइडबैंड आवृत्तियाँ $f_c + f_m$ और $f_c - f_m$ द्वारा दी जाती हैं।
अपर साइडबैंड $(USB)$ $= 1000 \, kHz + 2 \, kHz = 1002 \, kHz$।
लोअर साइडबैंड $(LSB)$ $= 1000 \, kHz - 2 \, kHz = 998 \, kHz$।
अतः,कथन-$II$ सत्य है।
इसलिए,दोनों कथन सही हैं।

(D) परिपथ आरेख से,जब $5 \, V$ की बैटरी का धनात्मक टर्मिनल $X$ बिंदु से जुड़ा होता है,तो डायोड $D_{1}$ फॉरवर्ड-बायस में होता है,जबकि डायोड $D_{2}$ रिवर्स-बायस में होता है।
चूंकि $D_{2}$ रिवर्स-बायस में है,यह एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है और $D_{2}$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
डायोड $D_{1}$ फॉरवर्ड-बायस में है और $0.7 \, V$ के विभव पतन (potential drop) के साथ एक सिलिकॉन डायोड के रूप में कार्य करता है।
बैटरी द्वारा आपूर्ति की गई धारा $I$,$D_{1}$ और $10 \, \Omega$ के प्रतिरोध वाली शाखा से प्रवाहित होती है।
लूप में किरचॉफ के वोल्टेज नियम का उपयोग करने पर:
$5 \, V - V_{D1} - I \times 10 \, \Omega = 0$
$5 - 0.7 = I \times 10$
$4.3 = 10I$
$I = \frac{4.3}{10} = 0.43 \, A$.

(D) $V$ विभवांतर से त्वरित कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ द्वारा दी जाती है।
प्रोटॉन के लिए,$\lambda_p = \frac{h}{\sqrt{2m_p q_p V}}$.
$\alpha$ कण के लिए,$\lambda_{\alpha} = \frac{h}{\sqrt{2m_{\alpha} q_{\alpha} V}}$.
अनुपात $\frac{\lambda_p}{\lambda_{\alpha}} = \sqrt{\frac{m_{\alpha} q_{\alpha}}{m_p q_p}}$ है।
हम जानते हैं कि $\alpha$ कण का द्रव्यमान $m_{\alpha} = 4m_p$ और उसका आवेश $q_{\alpha} = 2e$ है,जबकि प्रोटॉन के लिए $m_p = m_p$ और $q_p = e$ है।
इन मानों को रखने पर: $\frac{\lambda_p}{\lambda_{\alpha}} = \sqrt{\frac{4m_p \times 2e}{m_p \times e}} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.
$\sqrt{2} \approx 1.414$ का उपयोग करने पर,$\frac{\lambda_p}{\lambda_{\alpha}} = 2 \times 1.414 = 2.828 \approx 2.8$ प्राप्त होता है।

(B) $R$ त्रिज्या वाली वृत्ताकार कुंडली की अक्ष पर केंद्र से $x$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का मान निम्न होता है:
$B = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}}$
यहाँ $x_1 = 0.05\, m$ और $x_2 = 0.2\, m$ दूरियों पर चुंबकीय क्षेत्र का अनुपात $B_1/B_2 = 8/1$ दिया गया है।
चूंकि $B \propto (R^2 + x^2)^{-3/2}$,इसलिए:
$\frac{B_1}{B_2} = \left[ \frac{R^2 + x_2^2}{R^2 + x_1^2} \right]^{3/2} = 8$
दोनों पक्षों की घात $2/3$ लेने पर:
$\frac{R^2 + (0.2)^2}{R^2 + (0.05)^2} = 8^{2/3} = (2^3)^{2/3} = 2^2 = 4$
$R^2 + 0.04 = 4(R^2 + 0.0025)$
$R^2 + 0.04 = 4R^2 + 0.01$
$3R^2 = 0.03$
$R^2 = 0.01$
$R = 0.1\, m$.

(C) मान लीजिए $X$ की अर्ध-आयु $T_{x} = t$ है और $Y$ की अर्ध-आयु $T_{y} = 2t$ है।
$Y$ की तीन अर्ध-आयु के बाद,व्यतीत समय $t_{total} = 3 \times T_{y} = 3 \times 2t = 6t$ है।
रेडियोधर्मी क्षय नियम $N(t) = N_{0} \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T}$ का उपयोग करते हुए,$X$ और $Y$ के लिए शेष नाभिकों की संख्या है:
$N_{1}' = N_{1} \left(\frac{1}{2}\right)^{6t/t} = N_{1} \left(\frac{1}{2}\right)^{6} = \frac{N_{1}}{64}$
$N_{2}' = N_{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{6t/2t} = N_{2} \left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{N_{2}}{8}$
यह दिया गया है कि $N_{1}' = N_{2}'$,इसलिए:
$\frac{N_{1}}{64} = \frac{N_{2}}{8}$
$\frac{N_{1}}{N_{2}} = \frac{64}{8} = \frac{8}{1}$

(D) $t = 0$ पर,इंडक्टर एक ओपन सर्किट (अनंत प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। सर्किट दो समानांतर शाखाओं में सरल हो जाता है: एक $(5 \Omega + 1 \Omega) = 6 \Omega$ और दूसरी $(5 \Omega + 4 \Omega) = 9 \Omega$ के साथ।
ये दो शाखाएं समानांतर में हैं,इसलिए समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = (6 \times 9) / (6 + 9) = 54 / 15 = 18 / 5 \ \Omega$ है।
$t = 0$ पर धारा $i$ का मान $i_1 = E / R_{eq} = E / (18 / 5) = 5E / 18$ है।
$t = \infty$ पर,इंडक्टर एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। सर्किट एक ब्रिज जैसी संरचना बन जाता है जहाँ $5 \Omega$ और $5 \Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर में हैं,और $1 \Omega$ और $4 \Omega$ के प्रतिरोधक समानांतर में हैं।
समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = (5 \parallel 5) + (1 \parallel 4) = (2.5) + (4 / 5) = 2.5 + 0.8 = 3.3 \ \Omega = 33 / 10 \ \Omega$ है।
$t = \infty$ पर धारा $i$ का मान $i_2 = E / R_{eq} = E / (33 / 10) = 10E / 33$ है।

(D) दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $\lambda = 960\, m$,धारिता $C = 2.56\, \mu F = 2.56 \times 10^{-6}\, F$,प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^{8}\, m/s$.
अनुनाद पर,कोणीय आवृत्ति $\omega_{0} = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ होती है।
चूंकि $\omega_{0} = 2\pi f_{0}$ और $f_{0} = \frac{c}{\lambda}$,इसलिए $2\pi \frac{c}{\lambda} = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ होगा।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $4\pi^{2} \frac{c^{2}}{\lambda^{2}} = \frac{1}{LC}$.
$L$ के लिए हल करने पर: $L = \frac{\lambda^{2}}{4\pi^{2}c^{2}C}$.
$\pi^{2} \approx 10$ का उपयोग करने पर: $L = \frac{(960)^{2}}{4 \times 10 \times (3 \times 10^{8})^{2} \times 2.56 \times 10^{-6}}$.
गणना करने पर $L = 10 \times 10^{-8}\, H$ प्राप्त होता है।

(D) विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{E} = \frac{3 E_{0}}{5} \hat{i} + \frac{4 E_{0}}{5} \hat{j} \, N/C$ है।
पहली सतह के लिए,क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}_{1} = 0.2 \hat{i} \, m^{2}$ है (क्योंकि यह $y-z$ तल के समानांतर है)।
फ्लक्स $\phi_{1} = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}_{1} = (\frac{3 E_{0}}{5} \hat{i} + \frac{4 E_{0}}{5} \hat{j}) \cdot (0.2 \hat{i}) = \frac{3 \times 0.2}{5} E_{0} = 0.12 E_{0} \, V \cdot m$.
दूसरी सतह के लिए,क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}_{2} = 0.3 \hat{j} \, m^{2}$ है (क्योंकि यह $x-z$ तल के समानांतर है)।
फ्लक्स $\phi_{2} = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}_{2} = (\frac{3 E_{0}}{5} \hat{i} + \frac{4 E_{0}}{5} \hat{j}) \cdot (0.3 \hat{j}) = \frac{4 \times 0.3}{5} E_{0} = 0.24 E_{0} \, V \cdot m$.
फ्लक्स का अनुपात $\frac{\phi_{1}}{\phi_{2}} = \frac{0.12 E_{0}}{0.24 E_{0}} = \frac{1}{2}$ है।
दिया गया अनुपात $a : b = 1 : 2$ है,इसलिए $a = 1$ प्राप्त होता है।

(C) पोटेंशियोमीटर तार की प्रति इकाई लंबाई पर विभव पतन $k = \frac{V_{AB}}{L}$ है,जहाँ $L = 10\, m = 1000\, cm$ है।
पहली बैटरी $E_{1}$ के लिए,संतुलन लंबाई $l_{1}$ बिंदु $A$ से मापी जाती है। तार प्रत्येक $1\, m$ के $10$ खंडों से बना है। $J_{1}$ दूसरे खंड पर $20\, cm$ पर है,इसलिए $l_{1} = 100 + 20 = 120\, cm$ है।
दूसरी बैटरी $E_{2}$ के लिए,संतुलन लंबाई $l_{2}$ बिंदु $A$ से मापी जाती है। $J_{2}$ आठवें खंड पर $60\, cm$ पर है,इसलिए $l_{2} = 700 + 60 = 760\, cm$ है।
पोटेंशियोमीटर के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,$E_{1} = k l_{1}$ और $E_{2} = k l_{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{E_{1}}{E_{2}} = \frac{l_{1}}{l_{2}} = \frac{120}{760} = \frac{12}{76} = \frac{3}{19}$ है।
दिया गया है कि $\frac{E_{1}}{E_{2}} = \frac{a}{b}$,इसलिए $a = 3$ और $b = 19$ है।

(B) उत्तल लेंस के लिए,आवर्धन $m$ का सूत्र $m = \frac{f}{u+f}$ है।
जब वस्तु को $u_1 = -10\, cm$ पर रखा जाता है,तो प्रतिबिंब वास्तविक और उल्टा बनता है (आवर्धन $-m$)।
$-m = \frac{f}{-10+f} \quad (1)$
जब वस्तु को $u_2 = -20\, cm$ पर रखा जाता है,तो प्रतिबिंब आभासी और सीधा बनता है (आवर्धन $+m$)।
$+m = \frac{f}{-20+f} \quad (2)$
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$-1 = \frac{-20+f}{-10+f}$
$10 - f = -20 + f$
$2f = 30$
$f = 15\, cm$.

(A) मान लीजिए कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और प्रत्येक छोटी बूंद पर आवेश $q$ है।
प्रत्येक छोटी बूंद का विभव $V_{small} = \frac{kq}{r} = 2 \ V$ द्वारा दिया जाता है।
जब $n = 512$ बूंदें जुड़कर $R$ त्रिज्या और $Q$ आवेश की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो आयतन स्थिर रहता है।
$V_{total} = n \times V_{small} \implies \frac{4}{3} \pi R^3 = 512 \times \frac{4}{3} \pi r^3$.
$R^3 = 512 r^3 \implies R = (512)^{1/3} r = 8r$.
बड़ी बूंद पर कुल आवेश $Q = nq = 512q$ है।
बड़ी बूंद का विभव $V_{large} = \frac{kQ}{R} = \frac{k(512q)}{8r}$ है।
$V_{large} = 64 \times \frac{kq}{r} = 64 \times 2 \ V = 128 \ V$.

(A) प्रेरक में प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = L \frac{dI}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि प्रतिरोध नगण्य है,इसलिए लागू वोल्टेज $V$ प्रेरित $EMF$ $\varepsilon$ के बराबर है,अतः $V = L \frac{dI}{dt}$।
दिया गया है $V = 3t$ और $L = 2\, H$,इसलिए $3t = 2 \frac{dI}{dt}$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $dI = \frac{3}{2} t \, dt$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $t = 0$ से $t = 4\, s$ और $I = 0$ से $I = I_f$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{I_f} dI = \int_{0}^{4} \frac{3}{2} t \, dt$
$I_f = \frac{3}{2} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{4} = \frac{3}{4} (16) = 12\, A$।
कुंडली में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L I_f^2$ द्वारा दी जाती है।
$U = \frac{1}{2} \times 2 \times (12)^2 = 144\, J$।

(D) समानांतर संयोजन के लिए,समतुल्य धारिता $C_{p} = C_{1} + C_{2}$ है।
श्रेणी संयोजन के लिए,समतुल्य धारिता $C_{s} = \frac{C_{1}C_{2}}{C_{1} + C_{2}}$ है।
प्रश्न के अनुसार,$C_{p} = \frac{15}{4} C_{s}$ है।
मान रखने पर,$C_{1} + C_{2} = \frac{15}{4} \left( \frac{C_{1}C_{2}}{C_{1} + C_{2}} \right)$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $4(C_{1} + C_{2})^2 = 15C_{1}C_{2}$ मिलता है।
वर्ग का विस्तार करने पर,$4(C_{1}^2 + C_{2}^2 + 2C_{1}C_{2}) = 15C_{1}C_{2}$,जिससे $4C_{1}^2 + 4C_{2}^2 + 8C_{1}C_{2} = 15C_{1}C_{2}$ प्राप्त होता है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,$4C_{1}^2 - 7C_{1}C_{2} + 4C_{2}^2 = 0$ मिलता है।
$C_{1}^2$ से विभाजित करने पर और $x = \frac{C_{2}}{C_{1}}$ मानने पर,$4x^2 - 7x + 4 = 0$ समीकरण प्राप्त होता है।
विविक्तकर $D = b^2 - 4ac = (-7)^2 - 4(4)(4) = 49 - 64 = -15$ है।
चूंकि विविक्तकर ऋणात्मक है,इसलिए $\frac{C_{2}}{C_{1}}$ के अनुपात के लिए कोई वास्तविक हल नहीं है। अतः,सही विकल्प $D$ है।

(C) स्पेक्ट्रल रेखा की तरंगदैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$ है।
लाइमन श्रेणी के तीसरे सदस्य के लिए,$n_{f} = 1$ और $n_{i} = 1 + 3 = 4$ है। अतः,$\frac{1}{\lambda_{1}} = R \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{4^{2}} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{15}{16} \right)$।
पाश्चन श्रेणी के पहले सदस्य के लिए,$n_{f} = 3$ और $n_{i} = 3 + 1 = 4$ है। अतः,$\frac{1}{\lambda_{2}} = R \left( \frac{1}{3^{2}} - \frac{1}{4^{2}} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{16 - 9}{144} \right) = R \left( \frac{7}{144} \right)$।
अनुपात लेने पर,$\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}} = \frac{1/\lambda_{2}}{1/\lambda_{1}} = \frac{R(7/144)}{R(15/16)} = \frac{7}{144} \times \frac{16}{15} = \frac{7}{9 \times 15} = \frac{7}{135}$।
अतः,$\lambda_{1} : \lambda_{2} = 7 : 135$।

(D) $1$. आवर्धन $m$ प्रतिबिंब की ऊँचाई और वस्तु की ऊँचाई का अनुपात है: $m = \frac{h_i}{h_o} = \frac{25\, cm}{100\, cm} = +0.25$.
$2$. चूँकि आवर्धन धनात्मक $(m > 0)$ है,प्रतिबिंब सीधा (वस्तु के समान अभिविन्यास) और आभासी है।
$3$. गोलीय दर्पण के लिए,आभासी और सीधा प्रतिबिंब अवतल और उत्तल दोनों दर्पणों द्वारा बनाया जा सकता है। हालाँकि,अवतल दर्पण आवर्धित आभासी प्रतिबिंब $(|m| > 1)$ बनाता है,जबकि उत्तल दर्पण छोटा आभासी प्रतिबिंब $(|m| < 1)$ बनाता है।
$4$. चूँकि प्रतिबिंब की ऊँचाई $(25\, cm)$ वस्तु की ऊँचाई $(100\, cm)$ से कम है,इसलिए आवर्धन $1$ से कम है। अतः,दर्पण एक उत्तल दर्पण होना चाहिए।
$5$. दर्पण द्वारा निर्मित आभासी प्रतिबिंब हमेशा वस्तु के सापेक्ष दर्पण के विपरीत ओर स्थित होता है।

(A) दिया गया समीकरण $i = i_{1} \sin \omega t + i_{2} \cos \omega t$ है।
हम $\cos \omega t$ को $\sin(\omega t + 90^{\circ})$ के रूप में लिख सकते हैं।
अतः,$i = i_{1} \sin \omega t + i_{2} \sin(\omega t + 90^{\circ})$।
यह $90^{\circ}$ के कलांतर वाले दो ज्यावक्रीय (sinusoidal) धाराओं का अध्यारोपण है।
परिणामी शिखर धारा $i_{0}$ का मान $i_{0} = \sqrt{i_{1}^{2} + i_{2}^{2} + 2i_{1}i_{2} \cos(90^{\circ})}$ होता है।
चूंकि $\cos(90^{\circ}) = 0$ है,इसलिए $i_{0} = \sqrt{i_{1}^{2} + i_{2}^{2}}$ प्राप्त होता है।
रूट मीन स्क्वायर (rms) धारा को $i_{rms} = \frac{i_{0}}{\sqrt{2}}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इसलिए,$i_{rms} = \frac{\sqrt{i_{1}^{2} + i_{2}^{2}}}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(i_{1}^{2} + i_{2}^{2})^{1/2}$।

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज चौड़ाई (फ्रिंज पृथक्करण) का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
दिए गए मान हैं:
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 500 \, nm = 500 \times 10^{-9} \, m$.
स्लिट्स के बीच की दूरी $d = 2 \, mm = 2 \times 10^{-3} \, m$.
स्क्रीन की दूरी $D = 1 \, m$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\beta = \frac{500 \times 10^{-9} \times 1}{2 \times 10^{-3}}$
$\beta = 250 \times 10^{-6} \, m$
$\beta = 0.25 \times 10^{-3} \, m$
चूंकि $10^{-3} \, m = 1 \, mm$,इसलिए $\beta = 0.25 \, mm$ प्राप्त होता है।

(C) $L$ लंबाई और $Q$ कुल आवेश वाली एक समान रूप से आवेशित छड़ के लंब समद्विभाजक पर उसके केंद्र से $a$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ इस प्रकार दिया जाता है:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{a \sqrt{a^2 + (L/2)^2}}$
यहाँ $a = \frac{\sqrt{3}}{2} L$ दिया गया है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2} L)^2 + (L/2)^2}}$
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \sqrt{\frac{3}{4} L^2 + \frac{1}{4} L^2}}$
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \sqrt{L^2}}$
$E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{(\frac{\sqrt{3}}{2} L) \cdot L} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{\frac{\sqrt{3}}{2} L^2}$
$E = \frac{2 Q}{4 \sqrt{3} \pi \varepsilon_{0} L^2} = \frac{Q}{2 \sqrt{3} \pi \varepsilon_{0} L^2}$

(B) सूक्ष्मदर्शी की विभेदन क्षमता उपयोग किए गए विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है, अर्थात, $\text{Resolving Power} \propto \frac{1}{\lambda}$।
इलेक्ट्रॉन सूक्ष्मदर्शी में त्वरित इलेक्ट्रॉनों की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य आमतौर पर $0.001 \ nm$ से $0.01 \ nm$ की सीमा में होती है, जबकि दृश्य प्रकाश की तरंगदैर्ध्य $400 \ nm$ से $700 \ nm$ की सीमा में होती है।
चूंकि इलेक्ट्रॉनों की तरंगदैर्ध्य दृश्य प्रकाश की तुलना में बहुत कम होती है, इसलिए इलेक्ट्रॉन सूक्ष्मदर्शी की विभेदन क्षमता प्रकाशिक सूक्ष्मदर्शी की तुलना में काफी अधिक होती है।
अतः, अभिकथन $A$ और कारण $R$ दोनों सत्य हैं, और कारण $R$, अभिकथन $A$ की सही व्याख्या है।

(D) ऊर्जा अंतराल $E_g = 1.9\, eV$ दिया गया है।
इसे जूल में बदलने के लिए,हम $1.6 \times 10^{-19} \, J/eV$ से गुणा करते हैं:
$E = 1.9 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J = 3.04 \times 10^{-19} \, J$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए सूत्र $\lambda = \frac{hc}{E}$ है।
मान रखने पर: $\lambda = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^{8}}{3.04 \times 10^{-19}}$.
$\lambda = \frac{19.89 \times 10^{-26}}{3.04 \times 10^{-19}} \approx 6.54 \times 10^{-7} \, m$.
$\lambda = 654 \, nm$.
$654 \, nm$ की तरंगदैर्ध्य दृश्य स्पेक्ट्रम के लाल रंग के क्षेत्र के अनुरूप है।

(D) दिए गए परिपथ को व्हीटस्टोन ब्रिज के रूप में फिर से बनाया जा सकता है।
इस विन्यास में,प्रतिरोधों को इस तरह व्यवस्थित किया गया है कि बिंदु $A$ से जुड़ी दो भुजाएं अपने संबंधित भागों के साथ श्रेणीक्रम में हैं,और ये दो शाखाएं एक-दूसरे के समानांतर हैं।
विशेष रूप से,दो ऊपरी प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं $(R + R = 2R)$,और दो निचले प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं $(R + R = 2R)$।
ये दो शाखाएं ($2R$ और $2R$) बिंदु $A$ और $B$ के बीच समानांतर क्रम में जुड़ी हुई हैं।
इसलिए,तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$R_{eq} = \frac{(2R) \times (2R)}{2R + 2R} = \frac{4R^2}{4R} = R$.

(B) विभवांतर $(V)$ के माध्यम से आवेश $(Q)$ को स्थानांतरित करने में बैटरी द्वारा किया गया कार्य $(W)$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$W = Q \times V$
दिया गया है:
आवेश $(Q)$ = $20\, C$
विभवांतर $(V)$ = $15\, V$
सूत्र में मान रखने पर:
$W = 20\, C \times 15\, V$
$W = 300\, J$
अतः,बैटरी द्वारा किया गया कार्य $300\, J$ है।

(A) दिए गए परिपथ में,डायोड $D_{1}$ अग्र-अभिनत (forward-biased) है क्योंकि इसका p-टर्मिनल बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है। डायोड $D_{2}$ उत्क्रम-अभिनत (reverse-biased) है क्योंकि इसका n-टर्मिनल बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है।
चूंकि $D_{2}$ उत्क्रम-अभिनत है,यह एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है,और $D_{2}$ तथा $100\, \Omega$ के प्रतिरोध वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ बैटरी $(6\, V)$,$D_{1}$ के अग्र प्रतिरोध $(50\, \Omega)$,प्रतिरोध $R_{1}$ $(130\, \Omega)$ और प्रतिरोध $R_{3}$ $(120\, \Omega)$ के श्रेणी संयोजन के रूप में सरल हो जाता है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = 50\, \Omega + 130\, \Omega + 120\, \Omega = 300\, \Omega$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,परिपथ में प्रवाहित धारा $i$ है:
$i = \frac{V}{R_{total}} = \frac{6\, V}{300\, \Omega} = 0.02\, A$.
इसे मिलीएम्पियर $(mA)$ में बदलने पर:
$i = 0.02 \times 1000\, mA = 20\, mA$.
अतः,$120\, \Omega$ के प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा $20\, mA$ है।

(A) बल्ब द्वारा उत्सर्जित शक्ति $P_{rad} = \text{दक्षता} \times P_{total} = \frac{1.25}{100} \times 1000 \, W = 12.5 \, W$ है।
$r = 2 \, m$ की दूरी पर तीव्रता $I = \frac{P_{rad}}{4 \pi r^2} = \frac{12.5}{4 \pi (2)^2} = \frac{12.5}{16 \pi} \, W/m^2$ द्वारा दी जाती है।
तीव्रता और अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E_0$ के बीच संबंध $I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c$ है।
तीव्रता के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{12.5}{16 \pi} = \frac{1}{2} \times 8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^8 \times E_0^2$.
$E_0^2 = \frac{12.5 \times 2}{16 \times 3.14159 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^8} \approx \frac{25}{132.73} \times 10^4 \approx 188.35$.
$E_0 = \sqrt{188.35} \approx 13.724 \, V/m$.
इसे $x \times 10^{-1} \, V/m$ के रूप में व्यक्त करने पर, हमें $E_0 = 137.24 \times 10^{-1} \, V/m$ प्राप्त होता है।
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर, $x = 137$।

(NONE) श्रेणी $LCR$ परिपथ का गुणवत्ता कारक $Q$ इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $Q = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}}$.
प्रारंभ में,$Q = 100$ है।
जब प्रेरकत्व $L$ को दो गुना बढ़ा दिया जाता है $(L' = 2L)$ और प्रतिरोध $R$ को दो गुना कम कर दिया जाता है $(R' = R/2)$,तो नया गुणवत्ता कारक $Q'$ होगा:
$Q' = \frac{1}{R'} \sqrt{\frac{L'}{C}} = \frac{1}{(R/2)} \sqrt{\frac{2L}{C}} = 2 \times \sqrt{2} \times \left( \frac{1}{R} \sqrt{\frac{L}{C}} \right)$.
$Q$ का प्रारंभिक मान रखने पर:
$Q' = 2 \sqrt{2} \times Q = 2 \times 1.414 \times 100 = 282.8$.

(D) मॉडुलन सूचकांक $\mu$ का सूत्र है: $\mu = \frac{A_{\max} - A_{\min}}{A_{\max} + A_{\min}}$
दिया गया है $A_{\max} = 16\, V$ और $A_{\min} = 8\, V$।
मान रखने पर: $\mu = \frac{16 - 8}{16 + 8} = \frac{8}{24} = \frac{1}{3} \approx 0.333...$
प्रश्न के अनुसार,मॉडुलन सूचकांक $x \times 10^{-2} = 0.33$ है।
अतः,$x = 33$।

(C) मान लीजिए कि दो स्थिर आवेश $-q$ हैं और केंद्रीय आवेश $+q$ है। स्थिर आवेशों के बीच की दूरी $2d$ है। जब केंद्रीय आवेश को स्थिर आवेशों को जोड़ने वाली रेखा के लंबवत $x$ दूरी से विस्थापित किया जाता है,तो प्रत्येक स्थिर आवेश और विस्थापित आवेश के बीच की दूरी $r = \sqrt{d^2 + x^2}$ हो जाती है।
प्रत्येक स्थिर आवेश द्वारा केंद्रीय आवेश पर लगाया गया स्थिर वैद्युत बल $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{r^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{d^2 + x^2}$ है।
परिणामी प्रत्यानयन बल $F_{\text{net}} = -2 F \cos \theta$ है,जहाँ $\cos \theta = \frac{x}{r} = \frac{x}{\sqrt{d^2 + x^2}}$ है।
मान रखने पर,$F_{\text{net}} = -2 \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^2}{d^2 + x^2} \right) \left( \frac{x}{\sqrt{d^2 + x^2}} \right) = -\frac{q^2 x}{2 \pi \varepsilon_{0} (d^2 + x^2)^{3/2}}$.
चूंकि $x << d$,हम $(d^2 + x^2)^{3/2} \approx (d^2)^{3/2} = d^3$ मान सकते हैं। अतः,$F_{\text{net}} \approx -\left( \frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_{0} d^3} \right) x$.
न्यूटन के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$F = ma$,इसलिए $a = -\left( \frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_{0} m d^3} \right) x$.
इसे $SHM$ के समीकरण $a = -\omega^2 x$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\omega = \sqrt{\frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_{0} m d^3}}$ प्राप्त होता है।

(D) नरम फेरोमैग्नेटिक पदार्थ वे पदार्थ होते हैं जिन्हें बाहरी चुंबकीय क्षेत्र द्वारा आसानी से चुम्बकित और विचुम्बकित किया जा सकता है।
जब बाहरी चुंबकीय क्षेत्र लगाया जाता है,तो जो डोमेन क्षेत्र के साथ संरेखित होते हैं,वे उन डोमेन की कीमत पर आकार में बढ़ते हैं जो संरेखित नहीं होते हैं।
इसके अतिरिक्त,डोमेन पर एक नेट टॉर्क कार्य करता है,जिससे वे बाहरी क्षेत्र के साथ बेहतर संरेखण के लिए अपना अभिविन्यास बदलते हैं।
अतः,डोमेन आकार में बढ़ या घट सकते हैं और अपना अभिविन्यास बदल सकते हैं।

(B) दिए गए सर्किट में एक $OR$ गेट है जहाँ इनपुट $B$ को एक $NOT$ गेट के माध्यम से गुजारा जाता है,और $OR$ गेट के आउटपुट को एक अन्य $NOT$ गेट के माध्यम से गुजारा जाता है।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। $OR$ गेट के लिए इनपुट $A$ और $\bar{B}$ हो जाते हैं।
$OR$ गेट का आउटपुट $Y' = A + \bar{B}$ है।
अंतिम आउटपुट $C$,$Y'$ का इनवर्जन है,इसलिए $C = \overline{A + \bar{B}}$।
डी मॉर्गन के नियम का उपयोग करते हुए,$C = \bar{A} \cdot \overline{\bar{B}} = \bar{A} \cdot B$।
यह व्यंजक $\bar{A} \cdot B$ इनपुट $A$ के इनवर्जन के साथ एक $AND$ गेट को दर्शाता है।

(A) कथन $I$ गलत है क्योंकि ट्रांजिस्टर एक एकल क्रिस्टल उपकरण है जिसमें विशिष्ट डोपिंग प्रोफाइल और क्षेत्र (एमिटर,बेस,कलेक्टर) होते हैं। दो $PN$ जंक्शन डायोड को बैक-टू-बैक जोड़ने से एक कार्यात्मक ट्रांजिस्टर नहीं बनता है क्योंकि इसमें मोनोलिथिक ट्रांजिस्टर संरचना में निहित आवश्यक चार्ज कैरियर इंजेक्शन और नियंत्रण तंत्र का अभाव होता है।
कथन $II$ सही है। कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन के लिए करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर $\beta$ (या $h_{fe}$) को कलेक्टर करंट $(i_c)$ और बेस करंट $(i_b)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसे $\beta = \frac{i_c}{i_b}$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।

(A) स्विच $S$ बंद करने के तुरंत बाद, प्रेरकों से होकर बहने वाली धारा तात्कालिक रूप से नहीं बदल सकती है। चूंकि स्विच बंद करने से पहले धारा शून्य थी, इसलिए स्विच बंद करने के तुरंत बाद भी यह शून्य ही रहती है।
इसलिए, प्रेरक युक्त शाखाएं खुले परिपथ (अनंत प्रतिरोध) के रूप में कार्य करती हैं।
परिपथ बैटरी और प्रत्येक $R$ प्रतिरोध वाले दो प्रतिरोधकों के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाता है।
परिपथ का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = R + R = 2.0 \, \Omega + 2.0 \, \Omega = 4.0 \, \Omega$ है।
परिपथ में धारा $i$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है:
$i = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{9 \, V}{4.0 \, \Omega} = 2.25 \, A$.

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{mv}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $v$ वेग है।
दिया गया है कि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य समान हैं,इसलिए $\lambda_p = \lambda_{\alpha}$.
अतः,$\frac{h}{m_p v_p} = \frac{h}{m_{\alpha} v_{\alpha}}$.
इसका अर्थ है कि $m_p v_p = m_{\alpha} v_{\alpha}$.
हम जानते हैं कि $\alpha$-कण का द्रव्यमान प्रोटॉन के द्रव्यमान का लगभग $4$ गुना होता है,इसलिए $m_{\alpha} = 4m_p$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $m_p v_p = (4m_p) v_{\alpha}$.
दोनों पक्षों को $m_p$ से विभाजित करने पर,हमें $v_p = 4v_{\alpha}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,उनके वेगों का अनुपात $\frac{v_p}{v_{\alpha}} = 4:1$ है।

(A) $X$-रे ट्यूब में उत्पन्न $X$-किरणों की न्यूनतम तरंगदैर्ध्य (कट-ऑफ तरंगदैर्ध्य) सूत्र द्वारा दी जाती है: $\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}$.
दिया गया है कि त्वरक विभव $V = 1.24 \times 10^{6} \, V$,हम सरल संबंध का उपयोग कर सकते हैं: $\lambda_{\min} \approx \frac{1240}{V \text{ (kV में)}} \, nm$.
यहाँ,$V = 1.24 \times 10^{6} \, V = 1240 \times 10^{3} \, kV$.
मान रखने पर: $\lambda_{\min} = \frac{1240}{1.24 \times 10^{6}} \, nm = 10^{-3} \, nm$.

(B) संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = h\nu = 13.6 \text{ eV} \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\nu = \frac{\Delta E}{h}$,आवृत्ति $\nu$ तब अधिकतम होती है जब ऊर्जा का अंतर $\Delta E$ अधिकतम होता है।
ऊर्जा अंतराल की तुलना करने पर:
$n = 4$ से $n = 3$ के लिए: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{16} \right) \approx 0.66 \text{ eV}$.
$n = 2$ से $n = 1$ के लिए: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{1} - \frac{1}{4} \right) = 13.6 \times 0.75 = 10.2 \text{ eV}$.
$n = 5$ से $n = 4$ के लिए: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{25} \right) \approx 0.31 \text{ eV}$.
$n = 3$ से $n = 2$ के लिए: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) \approx 1.89 \text{ eV}$.
$n = 2$ से $n = 1$ का संक्रमण सबसे बड़ा ऊर्जा अंतर देता है,इसलिए इसकी आवृत्ति अधिकतम होगी।

(A) यंग के द्वि-झिरी प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है,जहाँ $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है,$D$ पर्दे और झिरियों के बीच की दूरी है,और $d$ झिरियों के बीच की दूरी है।
हम जानते हैं कि लाल प्रकाश की तरंगदैर्ध्य $\lambda_{R}$,बैंगनी प्रकाश की तरंगदैर्ध्य $\lambda_{V}$ से अधिक होती है (अर्थात $\lambda_{R} > \lambda_{V}$)।
चूंकि $\beta$,$\lambda$ के सीधे समानुपाती है $(\beta \propto \lambda)$,इसलिए $\beta_{R} > \beta_{V}$ होगा।
जब प्रकाश स्रोत को लाल से बदलकर बैंगनी कर दिया जाता है,तो फ्रिंज की चौड़ाई कम हो जाती है,जिसका अर्थ है कि क्रमागत फ्रिंज रेखाएं एक-दूसरे के करीब आ जाएंगी।

(B) ज़ेनर ब्रेकडाउन एक ऐसी घटना है जो उन $p-n$ जंक्शन डायोड में होती है जो भारी रूप से डोप्ड (heavily doped) होते हैं।
भारी डोपिंग के कारण,डिप्लेशन लेयर बहुत संकरी (आमतौर पर $10^{-6} \ m$ से कम) हो जाती है।
जब रिवर्स बायस वोल्टेज लगाया जाता है,तो इस संकरी डिप्लेशन लेयर के पार विद्युत क्षेत्र (electric field) अत्यधिक उच्च हो जाता है।
यह उच्च विद्युत क्षेत्र इलेक्ट्रॉनों को उनके सहसंयोजक बंधों (covalent bonds) से बाहर निकालने के लिए पर्याप्त होता है,जिससे करंट में भारी वृद्धि होती है,जिसे ज़ेनर ब्रेकडाउन कहा जाता है।