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

(A) समतापीय प्रक्रिया $A-B$ के लिए:
$W_{AB} = nRT \ln \left(\frac{V_B}{V_A}\right) = RT \ln \left(\frac{2V_1}{V_1}\right) = RT \ln 2$.
समआयतनिक प्रक्रिया $B-C$ के लिए:
चूंकि आयतन स्थिर है,$W_{BC} = 0$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया $C-A$ के लिए:
रुद्धोष्म प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = \frac{P_i V_i - P_f V_f}{\gamma - 1}$ होता है।
यहाँ,$P_C = \frac{P_1}{4}$,$V_C = 2V_1$,$P_A = P_1$,$V_A = V_1$.
$W_{CA} = \frac{P_C V_C - P_A V_A}{\gamma - 1} = \frac{(\frac{P_1}{4})(2V_1) - P_1 V_1}{\gamma - 1} = \frac{\frac{P_1 V_1}{2} - P_1 V_1}{\gamma - 1} = \frac{-\frac{P_1 V_1}{2}}{\gamma - 1} = -\frac{RT}{2(\gamma - 1)}$.
कुल कार्य $W_{net} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = RT \ln 2 + 0 - \frac{RT}{2(\gamma - 1)} = RT \left(\ln 2 - \frac{1}{2(\gamma - 1)}\right)$.

(A) एक प्रगामी तरंग को $y = f(x \pm vt)$ के रूप के फलन द्वारा दर्शाया जाता है।
तरंग के प्रगामी होने के लिए,चर $x$ और $t$ को फलन के भीतर $(x \pm vt)$ के संयोजन में होना चाहिए।
विकल्प $A$ में,$y = A \sin (15 x - 2 t)$,जिसे $y = A \sin [15(x - \frac{2}{15}t)]$ के रूप में फिर से लिखा जा सकता है। यह $f(x - vt)$ के रूप से मेल खाता है,जहाँ $v = \frac{2}{15}$ है।
विकल्प $B$,$C$,और $D$ प्रगामी तरंग को नहीं दर्शाते हैं क्योंकि वे $(x \pm vt)$ का फलन होने की शर्त को पूरा नहीं करते हैं।

(C) माना कि $\sigma$ डिस्क का एकसमान पृष्ठीय द्रव्यमान घनत्व है।
माना $M_1$ त्रिज्या $a$ की पूर्ण डिस्क का द्रव्यमान है और $M_2$ त्रिज्या $\frac{a}{2}$ के हटाए गए वृत्ताकार छेद का द्रव्यमान है।
$M_1 = \sigma \pi a^2$,जिसका द्रव्यमान केंद्र $x_1 = a$ पर है।
$M_2 = \sigma \pi \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{\sigma \pi a^2}{4}$,जिसका द्रव्यमान केंद्र $x_2 = \frac{3a}{2}$ पर है।
शेष भाग का द्रव्यमान केंद्र इस प्रकार दिया गया है:
$x_{COM} = \frac{M_1 x_1 - M_2 x_2}{M_1 - M_2}$
$x_{COM} = \frac{(\sigma \pi a^2)(a) - (\frac{\sigma \pi a^2}{4})(\frac{3a}{2})}{\sigma \pi a^2 - \frac{\sigma \pi a^2}{4}}$
$x_{COM} = \frac{a - \frac{3a}{8}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{\frac{5a}{8}}{\frac{3}{4}} = \frac{5a}{8} \times \frac{4}{3} = \frac{5a}{6}$

(A) दिया गया बल $F = -\alpha x^{2}$ है।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,$ma = -\alpha x^{2}$,इसलिए $a = -\frac{\alpha}{m} x^{2}$।
हम जानते हैं कि $a = v \frac{dv}{dx}$।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,हमें $v \frac{dv}{dx} = -\frac{\alpha}{m} x^{2}$ प्राप्त होता है।
चरों को अलग करने पर,$v dv = -\frac{\alpha}{m} x^{2} dx$।
दोनों पक्षों का $v = v_{0}$ से $v = 0$ और $x = 0$ से $x = x_{f}$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{v_{0}}^{0} v dv = -\frac{\alpha}{m} \int_{0}^{x_{f}} x^{2} dx$।
समाकलन का मान निकालने पर:
$\left[ \frac{v^{2}}{2} \right]_{v_{0}}^{0} = -\frac{\alpha}{m} \left[ \frac{x^{3}}{3} \right]_{0}^{x_{f}}$।
$0 - \frac{v_{0}^{2}}{2} = -\frac{\alpha}{m} \frac{x_{f}^{3}}{3}$।
$\frac{v_{0}^{2}}{2} = \frac{\alpha x_{f}^{3}}{3m}$।
$x_{f}$ के लिए हल करने पर:
$x_{f}^{3} = \frac{3 m v_{0}^{2}}{2 \alpha}$।
$x_{f} = \left( \frac{3 m v_{0}^{2}}{2 \alpha} \right)^{\frac{1}{3}}$।

(B) ध्रुवों पर वस्तु का भार $W_p = mg = 49 \, N$ है।
चूंकि $g = 9.8 \, m/s^2$ है,इसलिए वस्तु का द्रव्यमान $m = \frac{49}{9.8} = 5 \, kg$ है।
भूमध्य रेखा पर गुरुत्वीय त्वरण का प्रभावी मान $g_e = g - R\omega^2$ होता है,जहाँ $\omega$ पृथ्वी की कोणीय गति है।
कोणीय गति $\omega = \frac{2\pi}{T}$,जहाँ $T = 24 \times 3600 \, s$ है।
$R\omega^2 = R \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 = 6.4 \times 10^6 \times \left(\frac{2 \times 3.14}{86400}\right)^2 \approx 0.0337 \, m/s^2$।
भूमध्य रेखा पर भार $W_e = m(g - R\omega^2) = 5 \times (9.8 - 0.0337) = 5 \times 9.7663 = 48.8315 \, N$ है।
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,भार $48.83 \, N$ प्राप्त होता है।

(A) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{F \cdot \ell}{A \cdot \Delta \ell}$ है,जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
लंबाई में वृद्धि $\Delta \ell$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$\Delta \ell = \frac{F \cdot \ell}{Y \cdot A}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $A = \pi r^2$ (जहाँ $r$ त्रिज्या है,जो व्यास $D$ की आधी है),इसलिए $\Delta \ell = \frac{F \cdot \ell}{Y \cdot \pi r^2} = \frac{4 F \cdot \ell}{Y \cdot \pi D^2}$ होता है।
इससे पता चलता है कि $\Delta \ell \propto \frac{\ell}{D^2}$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक लंबाई $\ell_1$ और प्रारंभिक व्यास $D_1$ है। अंतिम लंबाई $\ell_2 = 2\ell_1$ और अंतिम व्यास $D_2 = 2D_1$ है।
अतः,$\frac{\Delta \ell_2}{\Delta \ell_1} = \left( \frac{\ell_2}{\ell_1} \right) \left( \frac{D_1}{D_2} \right)^2$.
मान रखने पर: $\frac{\Delta \ell_2}{\Delta \ell_1} = (2) \left( \frac{1}{2} \right)^2 = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.
यहाँ $\Delta \ell_1 = 0.04\, m$ दिया गया है,इसलिए $\Delta \ell_2 = \frac{0.04}{2} = 0.02\, m$.
सेंटीमीटर में बदलने पर,$\Delta \ell_2 = 2\, cm$ प्राप्त होता है।

(B) छड़ की कुल लंबाई $L = 2.4 \,m$ है। चूंकि इसे $6$ भुजाओं वाले षट्भुज में मोड़ा गया है,इसलिए प्रत्येक भुजा की लंबाई $\ell = \frac{2.4}{6} = 0.4 \,m$ है।
कुल छड़ का द्रव्यमान $M = 6 \,kg$ है,इसलिए प्रत्येक भुजा का द्रव्यमान $m = \frac{6}{6} = 1 \,kg$ है।
एक समषट्भुज के लिए,केंद्र से भुजा के मध्य बिंदु तक की दूरी $r = \ell \sin 60^{\circ} = \ell \frac{\sqrt{3}}{2}$ होती है।
एक भुजा का उसके केंद्र से गुजरने वाली और उसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{m \ell^2}{12}$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,षट्भुज के केंद्र के परितः एक भुजा का जड़त्व आघूर्ण $I_1 = I_{cm} + m r^2 = \frac{m \ell^2}{12} + m \left(\frac{\ell \sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{m \ell^2}{12} + \frac{3 m \ell^2}{4} = \frac{m \ell^2 + 9 m \ell^2}{12} = \frac{10 m \ell^2}{12} = \frac{5}{6} m \ell^2$ है।
चूंकि ऐसी $6$ भुजाएं हैं,इसलिए कुल जड़त्व आघूर्ण $I = 6 \times I_1 = 6 \times \frac{5}{6} m \ell^2 = 5 m \ell^2$ है।
$m = 1 \,kg$ और $\ell = 0.4 \,m$ मान रखने पर:
$I = 5 \times 1 \times (0.4)^2 = 5 \times 0.16 = 0.8 \,kg \cdot m^2$.
अतः,$I = 8 \times 10^{-1} \,kg \cdot m^2$ प्राप्त होता है।

(B) $m$ द्रव्यमान और $P$ रैखिक संवेग वाले पिंड की गतिज ऊर्जा $K$ का सूत्र $K = \frac{P^2}{2m}$ होता है।
चूंकि दोनों ठोस $A$ और $B$ का रैखिक संवेग समान है,इसलिए $P_A = P_B = P$ है।
अतः,गतिज ऊर्जा द्रव्यमान के व्युत्क्रमानुपाती होती है: $K \propto \frac{1}{m}$।
$A$ और $B$ की गतिज ऊर्जाओं का अनुपात लेने पर,$\frac{(K.E.)_A}{(K.E.)_B} = \frac{m_B}{m_A}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $m_A = 1\, kg$ और $m_B = 2\, kg$,इन मानों को रखने पर: $\frac{(K.E.)_A}{(K.E.)_B} = \frac{2}{1}$।
इस अनुपात की तुलना $\frac{A}{1}$ से करने पर,हमें $A = 2$ प्राप्त होता है।

(C) गैस के अणुओं की वर्ग माध्य मूल चाल $(v_{rms})$ का सूत्र $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है।
दी गई गैस के लिए $R$ और $M$ स्थिरांक हैं,इसलिए $v_{rms} \propto \sqrt{T}$ होता है।
ध्यान दें कि $v_{rms}$ दाब पर निर्भर नहीं करता है।
यहाँ $T_1 = 27^{\circ} C = 300\, K$ और $(v_{rms})_1 = 200\, ms^{-1}$ है।
यहाँ $T_2 = 127^{\circ} C = 400\, K$ है।
अनुपात लेने पर: $\frac{(v_{rms})_2}{(v_{rms})_1} = \sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = \sqrt{\frac{400}{300}} = \sqrt{\frac{4}{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
अतः,$(v_{rms})_2 = \frac{2}{\sqrt{3}} \times (v_{rms})_1 = \frac{2}{\sqrt{3}} \times 200 = \frac{400}{\sqrt{3}}\, ms^{-1}$.
इसकी तुलना $\frac{x}{\sqrt{3}}$ से करने पर,हमें $x = 400$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है: प्रत्येक कार की गति $v_s = v_o = 7.2\, km/hr = 7.2 \times \frac{5}{18} = 2\, m/s$. हॉर्न की आवृत्ति $f_0 = 676\, Hz$. ध्वनि का वेग $v = 340\, m/s$.
प्रत्येक ड्राइवर दो ध्वनियाँ सुनता है: एक सीधे दूसरी कार से और एक दूसरी कार से परावर्तित होकर।
$1$. दूसरी कार से सीधे सुनी जाने वाली ध्वनि की आवृत्ति $(f_d)$:
$f_d = f_0 \left( \frac{v + v_o}{v - v_s} \right) = 676 \left( \frac{340 + 2}{340 - 2} \right) = 676 \left( \frac{342}{338} \right) = 684\, Hz$.
$2$. दूसरी कार से परावर्तित ध्वनि की आवृत्ति $(f_r)$:
दूसरी कार से आने वाली ध्वनि ड्राइवर की कार तक पहुँचती है,परावर्तित होती है और वापस लौटती है। प्रभावी रूप से,दूसरी कार ड्राइवर की ओर बढ़ते हुए स्रोत के रूप में कार्य करती है,और ड्राइवर ध्वनि को वापस परावर्तित करने वाले स्रोत के रूप में कार्य करता है। परावर्तन के बाद सुनी जाने वाली आवृत्ति:
$f_r = f_0 \left( \frac{v + v_s}{v - v_s} \right) \left( \frac{v + v_o}{v - v_o} \right) = 676 \left( \frac{342}{338} \right) \left( \frac{342}{338} \right) = 676 \left( \frac{342}{338} \right)^2 \approx 692\, Hz$.
बीट आवृत्ति = $f_r - f_d = 692 - 684 = 8\, Hz$.

(D) पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया के लिए, समीकरण $PV^{x} = \text{नियतांक}$ होता है।
यहाँ दी गई प्रक्रिया का समीकरण $PV^{1/2} = \text{नियतांक}$ है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करके, हम $P = \frac{nRT}{V}$ लिख सकते हैं।
इस मान को प्रक्रिया समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\left(\frac{nRT}{V}\right) V^{1/2} = \text{नियतांक}$
$T V^{-1} V^{1/2} = \text{नियतांक}$
$T V^{-1/2} = \text{नियतांक}$
अतः, $T_{1} V_{1}^{-1/2} = T_{2} V_{2}^{-1/2}$ होगा।
तापमान के अनुपात के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\frac{T_{2}}{T_{1}} = \left(\frac{V_{2}}{V_{1}}\right)^{-1/2} = \left(\frac{V_{1}}{V_{2}}\right)^{1/2}$।
दिया गया है कि $V_{2} = 2V_{1}$, इसलिए $\frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{1}{2}$।
अतः, $\frac{T_{2}}{T_{1}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{1/2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
इसलिए, सही विकल्प $D$ है।

(B) माना इमारत की कुल ऊँचाई $H$ है। पहले पत्थर को छत से गिराया जाता है $(u=0)$।
जब वह $5 \, m$ नीचे गिरता है,तो उसका वेग $v$,$v^2 = u^2 + 2gh = 0 + 2 \times 10 \times 5 = 100$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $v = 10 \, m/s$।
पहले पत्थर द्वारा $5 \, m$ गिरने में लगा समय $t_1 = v/g = 10/10 = 1 \, s$ है।
इस क्षण पर,दूसरा पत्थर छत से $25 \, m$ नीचे एक बिंदु से गिराया जाता है। माना पहले पत्थर को जमीन तक पहुँचने में लगा कुल समय $T$ है। तो दूसरे पत्थर द्वारा लिया गया समय $(T - 1) \, s$ होगा।
पहले पत्थर द्वारा तय की गई दूरी $H = \frac{1}{2} g T^2$ है।
दूसरे पत्थर द्वारा तय की गई दूरी $H - 25 = \frac{1}{2} g (T - 1)^2$ है।
दोनों समीकरणों को घटाने पर: $H - (H - 25) = \frac{1}{2} g [T^2 - (T - 1)^2] \Rightarrow 25 = 5 [T^2 - (T^2 - 2T + 1)] \Rightarrow 25 = 5(2T - 1) \Rightarrow 5 = 2T - 1 \Rightarrow 2T = 6 \Rightarrow T = 3 \, s$।
$T = 3 \, s$ को पहले समीकरण में रखने पर: $H = \frac{1}{2} \times 10 \times (3)^2 = 5 \times 9 = 45 \, m$।

(B) समविभाजन के प्रमेय के अनुसार,स्वतंत्रता की प्रत्येक कोटि से जुड़ी औसत ऊर्जा $\frac{1}{2} k_B T$ होती है।
एक द्विपरमाणुक अणु के लिए,स्थानांतरण स्वतंत्रता की कोटि $3$ है,इसलिए औसत स्थानांतरण गतिज ऊर्जा $E_{trans} = 3 \times (\frac{1}{2} k_B T) = \frac{3}{2} k_B T$ है।
एक कठोर द्विपरमाणुक अणु के लिए घूर्णन स्वतंत्रता की कोटि $2$ है,इसलिए औसत घूर्णन गतिज ऊर्जा $E_{rot} = 2 \times (\frac{1}{2} k_B T) = k_B T$ है।
कथन $I$ गलत है क्योंकि घूर्णन ऊर्जा स्तर क्वांटाइज्ड होते हैं और स्थानांतरण ऊर्जा की तरह मैक्सवेल-बोल्ट्ज़मैन वितरण का पालन नहीं करते हैं।
कथन $II$ गलत है क्योंकि $E_{rot} = k_B T$ और $E_{trans} = \frac{3}{2} k_B T$ है,इसलिए वे बराबर नहीं हैं।

(D) जब $m$ द्रव्यमान के एक ब्लॉक को $k_1$ और $k_2$ स्प्रिंग नियतांक वाली दो स्प्रिंगों के साथ समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k_{eq} = k_1 + k_2$ होता है।
इस प्रश्न में,दोनों स्प्रिंगों का स्प्रिंग नियतांक $2k$ है।
इसलिए,तुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_{eq} = 2k + 2k = 4k$ होगा।
सरल आवर्त दोलक का आवर्तकाल $T$,सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k_{eq}}}$ द्वारा दिया जाता है।
$k_{eq}$ का मान रखने पर,हमें $T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{4k}}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर,$T = 2\pi \frac{1}{2} \sqrt{\frac{m}{k}} = \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ प्राप्त होता है।

(A) गोले की कुल प्रारंभिक ऊर्जा $E_i = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}I\omega_0^2$ है।
चूंकि यह बिना फिसले लुढ़कता है,इसलिए $\omega_0 = \frac{v_0}{a}$ होगा।
एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5}ma^2$ होता है।
इन मानों को ऊर्जा समीकरण में रखने पर: $E_i = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}(\frac{2}{5}ma^2)(\frac{v_0}{a})^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{5}mv_0^2 = \frac{7}{10}mv_0^2$ प्राप्त होता है।
अधिकतम ऊंचाई $h$ पर,गोला क्षण भर के लिए स्थिर हो जाता है,इसलिए इसकी अंतिम गतिज ऊर्जा शून्य होती है। ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$E_i = E_f = mgh$ होगा।
अतः,$mgh = \frac{7}{10}mv_0^2$,जिससे $h = \frac{7v_0^2}{10g}$ प्राप्त होता है।
ढलान पर तय की गई दूरी $d$ का ऊंचाई $h$ से संबंध $h = d \sin \theta$ है।
इस प्रकार,$d \sin \theta = \frac{7v_0^2}{10g}$,जिसका अर्थ है कि $d = \frac{7v_0^2}{10g \sin \theta}$।
यह विकल्प $A$ से मेल खाता है।

(C) विस्थापन समीकरण $Y = A \sin (\omega t + \phi_{0})$ है।
$t = 0$ पर,$Y = A \sin(\phi_{0}) = \frac{A}{2}$.
इसका अर्थ है $\sin(\phi_{0}) = \frac{1}{2}$.
अतः,$\phi_{0}$ का मान $\frac{\pi}{6}$ या $\frac{5 \pi}{6}$ हो सकता है।
कण का वेग $v = \frac{dY}{dt} = A \omega \cos(\omega t + \phi_{0})$ द्वारा दिया जाता है।
$t = 0$ पर,$v = A \omega \cos(\phi_{0})$.
चूंकि कण ऋणात्मक दिशा में गति कर रहा है,$v < 0$,जिसका अर्थ है $\cos(\phi_{0}) < 0$.
$\phi_{0} = \frac{\pi}{6}$ के लिए,$\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2} > 0$.
$\phi_{0} = \frac{5 \pi}{6}$ के लिए,$\cos(\frac{5 \pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2} < 0$.
इसलिए,प्रारंभिक कला कोण $\phi_{0} = \frac{5 \pi}{6}$ है।

(A) $r$ दूरी पर स्थित दो आवेशों $e$ के बीच कूलम्ब बल $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{e^{2}}{r^{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
इससे,$\frac{e^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}}$ की विमा $[F r^{2}] = [M L T^{-2} \cdot L^{2}] = [M L^{3} T^{-2}]$ होती है।
एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ होती है,इसलिए $hc$ की विमा $[E \lambda] = [M L^{2} T^{-2} \cdot L] = [M L^{3} T^{-2}]$ होती है।
इन दोनों राशियों को विभाजित करने पर,विमाएँ $\frac{[M L^{3} T^{-2}]}{[M L^{3} T^{-2}]} = [M^{0} L^{0} T^{0}]$ प्राप्त होती हैं।
अतः,यह राशि विमाहीन है।

(D) दिया गया है कि बिंदु $A$,$t = 0.1\, s$ समय में $\theta = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6} \text{ रेडियन}$ का कोण तय करता है।
चूंकि चाल एकसमान है,कोणीय वेग $\omega = \frac{\theta}{t} = \frac{\pi/6}{0.1} = \frac{\pi}{0.6} = \frac{5\pi}{3} \text{ rad/s}$ है।
वृत्त की त्रिज्या $R = 0.36\, m$ है,जो सरल आवर्त गति के आयाम $A_{amp}$ को दर्शाती है।
सरल आवर्त गति करने वाले $m$ द्रव्यमान के कण पर लगने वाला प्रत्यानयन बल $F = -m\omega^2 x$ होता है,जहाँ $x$ विस्थापन है।
जब $P$,$M$ को स्पर्श करता है,तो विस्थापन $x$ आयाम $R = 0.36\, m$ के बराबर होता है।
प्रति इकाई द्रव्यमान प्रत्यानयन बल $\frac{F}{m} = \omega^2 R$ है।
मान रखने पर: $\frac{F}{m} = \left(\frac{5\pi}{3}\right)^2 \times 0.36 = \frac{25\pi^2}{9} \times 0.36$.
$\pi^2 \approx 9.87$ का उपयोग करने पर,$\frac{F}{m} = \frac{25 \times 9.87}{9} \times 0.36 = 25 \times 9.87 \times 0.04 = 25 \times 0.3948 = 9.87\, N/kg$ प्राप्त होता है।

(C) पृथ्वी की सतह और अधिकतम ऊँचाई $h = 10 R$ के बीच ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए:
सतह पर कुल ऊर्जा = $h$ ऊँचाई पर कुल ऊर्जा।
$-\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2}mv_{i}^{2} = -\frac{GMm}{R+h} + 0$.
चूँकि $h = 10R$,केंद्र से कुल दूरी $R + 10R = 11R$ है।
$-\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2}mv_{i}^{2} = -\frac{GMm}{11R}$.
$\frac{1}{2}mv_{i}^{2} = GMm \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{11R} \right) = GMm \left( \frac{10}{11R} \right)$.
$v_{i}^{2} = \frac{20GM}{11R}$.
हम जानते हैं कि पलायन वेग $v_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$,इसलिए $v_{e}^{2} = \frac{2GM}{R}$.
इस मान को $v_{i}^{2}$ के समीकरण में रखने पर:
$v_{i}^{2} = \frac{10}{11} \times \left( \frac{2GM}{R} \right) = \frac{10}{11} v_{e}^{2}$.
इसे $v_{i} = \sqrt{\frac{x}{y}} v_{e}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\frac{x}{y} = \frac{10}{11}$ प्राप्त होता है।
अतः,$x = 10$.

(B) ऊष्मा इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान है।
दिया गया है $\eta = \frac{1}{4}$,इसलिए $\frac{1}{4} = 1 - \frac{T_2}{T_1}$,जिसका अर्थ है $\frac{T_2}{T_1} = \frac{3}{4}$,यानी $T_2 = 0.75 T_1$ है।
जब सिंक का तापमान $52 \, K$ कम किया जाता है,तो नई दक्षता $\eta' = 2 \times \eta = 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ हो जाती है।
नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 52$ है।
नई स्थिति के लिए दक्षता सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{2} = 1 - \frac{T_2 - 52}{T_1}$।
इसे सरल करने पर $\frac{T_2 - 52}{T_1} = \frac{1}{2}$,या $T_2 - 52 = 0.5 T_1$ प्राप्त होता है।
$T_2 = 0.75 T_1$ को समीकरण में रखने पर: $0.75 T_1 - 52 = 0.5 T_1$।
$0.25 T_1 = 52$,जिससे $T_1 = \frac{52}{0.25} = 208 \, K$ प्राप्त होता है।

(B) तनी हुई डोरी में अनुप्रस्थ तरंग की गति का सूत्र $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\ln v = \frac{1}{2} \ln T - \frac{1}{2} \ln \mu$.
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर,हमें सापेक्ष त्रुटि का सूत्र प्राप्त होता है: $\frac{\Delta v}{v} = \frac{1}{2} \frac{\Delta T}{T}$.
यहाँ तनाव में प्रतिशत वृद्धि $\frac{\Delta T}{T} \times 100 = 4\, \%$ दी गई है।
इस मान को त्रुटि सूत्र में रखने पर: $\frac{\Delta v}{v} \times 100 = \frac{1}{2} \times (4\, \%) = 2\, \%$.
अतः,तरंग की गति में प्रतिशत वृद्धि $2\, \%$ है।

(C) दो सदिशों का क्रॉस गुणनफल एंटी-कम्यूटेटिव (anti-commutative) होता है,जिसका अर्थ है $\overrightarrow{ P } \times \overrightarrow{ Q } = -(\overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P })$।
दी गई शर्त $\overrightarrow{ P } \times \overrightarrow{ Q } = \overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P }$ के अनुसार,हम एंटी-कम्यूटेटिव गुण का उपयोग करते हुए लिख सकते हैं:
$-(\overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P }) = \overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P }$।
इसका तात्पर्य है कि $2(\overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P }) = 0$,इसलिए $\overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P } = 0$।
क्रॉस गुणनफल का परिमाण $|\overrightarrow{ Q } \times \overrightarrow{ P }| = PQ \sin \theta = 0$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $P$ और $Q$ शून्यतर सदिश हैं,इसलिए $\sin \theta = 0$ होगा।
$0^{\circ} < \theta < 360^{\circ}$ की सीमा में,$\theta = 180^{\circ}$ पर $\sin \theta = 0$ होता है (क्योंकि $0^{\circ}$ और $360^{\circ}$ को शामिल नहीं किया गया है)।
अतः,$\theta$ का मान $180^{\circ}$ है।

(A) $m$ द्रव्यमान और $p$ रैखिक संवेग वाले कण की गतिज ऊर्जा $K$ का सूत्र $K = \frac{p^2}{2m}$ है।
चूंकि दोनों कणों की गतिज ऊर्जा समान है,इसलिए $K_1 = K_2$ होगा।
सूत्र को प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{p_1^2}{2m_1} = \frac{p_2^2}{2m_2}$ प्राप्त होता है।
यहाँ $m_1 = 4\, g$ और $m_2 = 16\, g$ दिया गया है,इसलिए $\frac{p_1^2}{2 \times 4} = \frac{p_2^2}{2 \times 16}$ होगा।
इसे सरल करने पर,$\frac{p_1^2}{4} = \frac{p_2^2}{16}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{p_1^2}{p_2^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$\frac{p_1}{p_2} = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
हमें दिया गया है कि उनके रैखिक संवेग के परिमाण का अनुपात $n : 2$ है,इसलिए $\frac{p_1}{p_2} = \frac{n}{2}$।
$\frac{n}{2} = \frac{1}{2}$ की तुलना करने पर,हमें $n = 1$ प्राप्त होता है।

(C) हुक के नियम को मान्य मानते हुए,तनाव $T$ विस्तार $\Delta \ell = \ell - \ell_{0}$ के समानुपाती होता है,जहाँ $\ell_{0}$ मूल लंबाई है।
$T = k(\ell - \ell_{0})$
दी गई दो स्थितियों के लिए:
$T_{1} = k(\ell_{1} - \ell_{0})$ --- $(1)$
$T_{2} = k(\ell_{2} - \ell_{0})$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \frac{\ell_{1} - \ell_{0}}{\ell_{2} - \ell_{0}}$
तिर्यक गुणा (cross-multiplication) करने पर:
$T_{1}(\ell_{2} - \ell_{0}) = T_{2}(\ell_{1} - \ell_{0})$
$T_{1}\ell_{2} - T_{1}\ell_{0} = T_{2}\ell_{1} - T_{2}\ell_{0}$
$\ell_{0}$ के लिए हल करने पर:
$T_{2}\ell_{0} - T_{1}\ell_{0} = T_{2}\ell_{1} - T_{1}\ell_{2}$
$\ell_{0}(T_{2} - T_{1}) = T_{2}\ell_{1} - T_{1}\ell_{2}$
$\ell_{0} = \frac{T_{2}\ell_{1} - T_{1}\ell_{2}}{T_{2} - T_{1}}$

(C) माना ट्यूनिंग फोर्क $A$ की आवृत्ति $f_A$ है। ज्ञात फोर्क की आवृत्ति $f = 340 \, Hz$ है।
प्रारंभिक बीट आवृत्ति $|f_A - 340| = 5 \, Hz$ है,जिसका अर्थ है कि $f_A = 345 \, Hz$ या $f_A = 335 \, Hz$ हो सकता है।
जब ट्यूनिंग फोर्क को घिसा जाता है,तो उसकी आवृत्ति बढ़ जाती है।
स्थिति $1$: यदि $f_A = 345 \, Hz$ है,तो घिसने पर आवृत्ति बढ़कर $f_A' > 345 \, Hz$ हो जाएगी। नई बीट आवृत्ति $|f_A' - 340| > 5 \, Hz$ होगी। यह दी गई जानकारी का खंडन करता है कि बीट आवृत्ति घटकर $2 \, Hz$ हो जाती है।
स्थिति $2$: यदि $f_A = 335 \, Hz$ है,तो घिसने पर आवृत्ति बढ़कर $f_A' = 335 + \Delta f$ हो जाएगी। नई बीट आवृत्ति $|340 - (335 + \Delta f)| = |5 - \Delta f| = 2 \, Hz$ होगी।
इससे $5 - \Delta f = 2$ प्राप्त होता है,इसलिए $\Delta f = 3 \, Hz$,जो संभव है।
अतः,फोर्क $A$ की मूल आवृत्ति $335 \, Hz$ है।

(A) प्रक्षेपपथ का दिया गया समीकरण $y = \alpha x - \beta x^2$ है।
इसे प्रक्षेप्य प्रक्षेपपथ के मानक समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{gx^2}{2u^2 \cos^2 \theta}$ के साथ तुलना करने पर।
$x$ के गुणांकों की तुलना करने पर,हमें $\tan \theta = \alpha$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\theta = \tan^{-1} \alpha$।
$x^2$ के गुणांकों की तुलना करने पर,हमें $\beta = \frac{g}{2u^2 \cos^2 \theta}$ प्राप्त होता है।
$u^2$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $u^2 = \frac{g}{2\beta \cos^2 \theta}$ मिलता है।
अधिकतम ऊँचाई का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
सूत्र में $u^2$ का मान रखने पर: $H = \frac{g}{2\beta \cos^2 \theta} \cdot \frac{\sin^2 \theta}{2g} = \frac{\tan^2 \theta}{4\beta}$।
चूँकि $\tan \theta = \alpha$,इसलिए $H = \frac{\alpha^2}{4\beta}$।

(B) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,भार की स्थितिज ऊर्जा में हुई कमी निकाय की कुल गतिज ऊर्जा में हुई वृद्धि के बराबर होती है (पहिये की घूर्णन गतिज ऊर्जा + भार की स्थानांतरण गतिज ऊर्जा)।
स्थितिज ऊर्जा में कमी = $mgh$
गतिज ऊर्जा में वृद्धि = $\frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} mv^2$
चूंकि डोरी फिसलती नहीं है,इसलिए भार का रैखिक वेग $v$ और पहिये का कोणीय वेग $\omega$ आपस में $v = \omega r$ द्वारा संबंधित हैं।
ऊर्जा समीकरण में $v = \omega r$ रखने पर:
$mgh = \frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} m(\omega r)^2$
$mgh = \frac{1}{2} (I + mr^2) \omega^2$
$\omega^2$ के लिए हल करने पर:
$\omega^2 = \frac{2 mgh}{I + mr^2}$

(B) एक आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f}{2} PV$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) है।
दिए गए संबंध $U = 3PV + 4$ की तुलना करने पर:
$\frac{f}{2} PV = 3PV + 4$
दोनों पक्षों को $PV$ से विभाजित करने पर:
$\frac{f}{2} = 3 + \frac{4}{PV}$
$f = 6 + \frac{8}{PV}$
चूँकि $\frac{8}{PV}$ पद धनात्मक है,इसलिए $f > 6$ प्राप्त होता है।
जिस गैस के लिए स्वतंत्रता की कोटि $f > 6$ होती है,वह बहु-परमाणुक गैस होती है।

(D) निकाय के द्रव्यमान केंद्र का त्वरण $a_{cm} = \frac{ F_{ext} }{ M_{total} }$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,बाह्य बल $F$ है और कुल द्रव्यमान $M + M = 2M$ है।
अतः,$a_{cm} = \frac{ F }{ 2M }$.
साथ ही,$a_{cm} = \frac{ m_A a_A + m_B a_B }{ m_A + m_B }$,जहाँ $a_A = a$ (द्रव्यमान $A$ का त्वरण) और $a_B$ द्रव्यमान $B$ का त्वरण है।
मान रखने पर: $\frac{ F }{ 2M } = \frac{ M(a) + M(a_B) }{ 2M }$.
दोनों पक्षों से $2M$ को हटाने पर,हमें $F = Ma + Ma_B$ प्राप्त होता है।
$a_B$ के लिए व्यवस्थित करने पर,हमें $Ma_B = F - Ma$ प्राप्त होता है।
अतः,$a_B = \frac{ F - Ma }{ M }$.

(B) मान लीजिए कि स्कूटर द्वारा प्राप्त अधिकतम वेग $v_{\max}$ है।
त्वरण चरण के दौरान,अंतिम वेग $v_{\max} = 0 + a_{1}t_{1}$ है,इसलिए $t_{1} = \frac{v_{\max}}{a_{1}}$।
मंदन चरण के दौरान,अंतिम वेग $0 = v_{\max} - a_{2}t_{2}$ है,इसलिए $t_{2} = \frac{v_{\max}}{a_{2}}$।
दोनों समय का अनुपात लेने पर:
$\frac{t_{1}}{t_{2}} = \frac{v_{\max} / a_{1}}{v_{\max} / a_{2}} = \frac{a_{2}}{a_{1}}$।
वैकल्पिक रूप से,वेग-समय ग्राफ का उपयोग करते हुए,त्वरण भाग का ढाल $a_{1} = \tan \theta_{1} = \frac{v_{\max}}{t_{1}}$ है और मंदन भाग के ढाल का परिमाण $a_{2} = \tan \theta_{2} = \frac{v_{\max}}{t_{2}}$ है।
अतः,$\frac{t_{1}}{t_{2}} = \frac{a_{2}}{a_{1}}$।

(B) सेकंड लोलक वह लोलक है जिसका आवर्तकाल $2 \, s$ होता है।
इसलिए,कथन $I$ गलत है।
एक चरम स्थिति से दूसरी चरम स्थिति तक जाने में लगा समय आवर्तकाल के आधे $(T/2)$ के बराबर होता है।
चूंकि $T = 2 \, s$ है,इसलिए लगा समय $2 \, s / 2 = 1 \, s$ है।
इसलिए,कथन $II$ सही है।

(B) गैस द्वारा किया गया कार्य $W = \int P\,dV$ द्वारा दिया जाता है।
आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$P = \frac{nRT}{V}$।
इस मान को कार्य के सूत्र में रखने पर: $W = \int \frac{nRT}{V}\,dV$।
दिए गए संबंध $V = KT^{2/3}$ का $T$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $dV = K \cdot \frac{2}{3} T^{-1/3}\,dT$।
$V$ और $dV$ के मानों को समाकलन में रखने पर: $W = \int_{T_1}^{T_2} \frac{nRT}{KT^{2/3}} \cdot \left( \frac{2}{3} K T^{-1/3} \right) dT$।
व्यंजक को सरल करने पर: $W = \int_{T_1}^{T_2} \frac{2}{3} nR \cdot \frac{T \cdot T^{-1/3}}{T^{2/3}} \,dT = \int_{T_1}^{T_2} \frac{2}{3} nR \,dT$।
समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है $W = \frac{2}{3} nR (T_2 - T_1)$।
यहाँ $\Delta T = T_2 - T_1 = 90\,K$ और $n = 1$ मोल लेने पर: $W = \frac{2}{3} \cdot 1 \cdot R \cdot 90 = 60R$।
अतः,$x = 60$।

(D) $S.H.M.$ में $y$ विस्थापन पर कण का वेग $v = \omega \sqrt{a^2 - y^2}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $a$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
अधिकतम चाल $v_{\max} = a\omega$ है।
दिया गया है कि चाल $v = \frac{v_{\max}}{2}$,इसलिए $\frac{a\omega}{2} = \omega \sqrt{a^2 - y^2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{a^2}{4} = a^2 - y^2$।
विस्थापन $y$ के लिए हल करने पर: $y^2 = a^2 - \frac{a^2}{4} = \frac{3a^2}{4}$।
अतः,$y = \frac{\sqrt{3} a}{2}$।
इसे दिए गए व्यंजक $\frac{\sqrt{x} a}{2}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(A) माध्य स्थिति से शुरू करके,कण चरम स्थिति ($1/4$ दोलन) तक जाता है,वापस माध्य स्थिति ($1/2$ दोलन) पर आता है,और फिर दूसरी तरफ जाता है।
$5/8$ दोलन $1/2 + 1/8$ दोलन के बराबर है।
फेज (कला) के संदर्भ में,$1/2$ दोलन $\pi$ रेडियन के फेज परिवर्तन के अनुरूप है।
शेष $1/8$ दोलन $\frac{1}{8} \times 2\pi = \frac{\pi}{4}$ रेडियन के फेज परिवर्तन के अनुरूप है।
हालाँकि,प्रश्न $5/8$ चक्र के अनुरूप स्थिति तक पहुँचने में लगे समय के बारे में पूछता है। संदर्भ वृत्त विधि का उपयोग करते हुए,विस्थापन $y = A \sin(\omega t)$.
$5/8$ चक्र के लिए,फेज कोण $\phi = \frac{5}{8} \times 2\pi = \frac{5\pi}{4}$.
चूंकि कण माध्य स्थिति से शुरू होता है,हम माध्य स्थिति के सापेक्ष फेज पर विचार करते हैं।
समय $t$,$\omega t = \phi$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\omega = \frac{2\pi}{T}$.
इस प्रकार,$t = \frac{\phi}{\omega} = \frac{5\pi/4}{2\pi/T} = \frac{5}{8} T$.
अतः,$\alpha = 5$.

(C) माना $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है। बिंदु $A$ पृथ्वी के अंदर केंद्र $O$ से $r$ दूरी पर है। बिंदु $C$ सतह $B$ से $h = 3200 \text{ km} = R/2$ की ऊँचाई पर है।
बिंदु $A$ (पृथ्वी के अंदर) पर गुरुत्वीय त्वरण $g_A = \frac{G M r}{R^3}$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु $C$ (पृथ्वी के बाहर) पर गुरुत्वीय त्वरण $g_C = \frac{G M}{(R + h)^2} = \frac{G M}{(R + R/2)^2} = \frac{G M}{(3R/2)^2} = \frac{4 G M}{9 R^2}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि $g_A = g_C$,इसलिए हम समीकरणों की तुलना करते हैं:
$\frac{G M r}{R^3} = \frac{4 G M}{9 R^2}$
$r$ के लिए हल करने पर:
$r = \frac{4 R}{9}$.
अतः,$OA = r = \frac{4 R}{9}$.
दूरी $AB = R - r = R - \frac{4 R}{9} = \frac{5 R}{9}$.
इसलिए,अनुपात $OA : AB = \frac{4 R}{9} : \frac{5 R}{9} = 4 : 5$.
चूँकि अनुपात $x : y = 4 : 5$ है,इसलिए $x$ का मान $4$ है।

(B) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम से,$Q = \Delta U + W.$
दिया गया है कि $W = Q/5,$ अतः $Q = \Delta U + Q/5.$
इसलिए,$\Delta U = Q - Q/5 = 4Q/5.$
कठोर द्विपरमाणुक गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = n C_v \Delta T$ है,जहाँ $C_v = \frac{5}{2}R.$
साथ ही,$Q = n C \Delta T,$ जहाँ $C$ मोलर ऊष्मा धारिता है।
इन मानों को $\Delta U = \frac{4}{5}Q$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है $n C_v \Delta T = \frac{4}{5} (n C \Delta T).$
$C_v = \frac{4}{5} C \implies C = \frac{5}{4} C_v.$
$C_v = \frac{5}{2}R$ रखने पर,$C = \frac{5}{4} \times \frac{5}{2} R = \frac{25}{8} R.$
इसे $\frac{xR}{8}$ के साथ तुलना करने पर,$x = 25$ प्राप्त होता है।

(A) माना प्रत्येक सदिश का परिमाण $\lambda$ है।
$\overrightarrow{ OA } = \lambda (\cos 30^{\circ} \hat{i} + \sin 30^{\circ} \hat{j}) = \lambda (\frac{\sqrt{3}}{2} \hat{i} + \frac{1}{2} \hat{j})$
$\overrightarrow{ OB } = \lambda (\cos 60^{\circ} \hat{i} - \sin 60^{\circ} \hat{j}) = \lambda (\frac{1}{2} \hat{i} - \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{j})$
$\overrightarrow{ OC } = \lambda (\cos 45^{\circ} (-\hat{i}) + \sin 45^{\circ} \hat{j}) = \lambda (-\frac{1}{\sqrt{2}} \hat{i} + \frac{1}{\sqrt{2}} \hat{j})$
अब,$\overrightarrow{ R } = \overrightarrow{ OA } + \overrightarrow{ OB } - \overrightarrow{ OC }$ की गणना करें।
$\overrightarrow{ R } = \lambda [(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} - (-\frac{1}{\sqrt{2}})) \hat{i} + (\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{\sqrt{2}}) \hat{j}]$
$\overrightarrow{ R } = \lambda [(\frac{\sqrt{3}+1+\sqrt{2}}{2}) \hat{i} + (\frac{1-\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}) \hat{j}]$
$x$-अक्ष के साथ कोण $\theta$,$\tan \theta = \frac{R_y}{R_x}$ द्वारा दिया जाता है।
$\tan \theta = \frac{\frac{1-\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}+1+\sqrt{2}}{2}} = \frac{1-\sqrt{3}-\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}+\sqrt{2}}$
अतः,$\theta = \tan ^{-1} \frac{1-\sqrt{3}-\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}+\sqrt{2}}$।

(A) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले एक समान गोलीय कोश के लिए,भीतर किसी भी बिंदु पर $(r < R)$ गुरुत्वीय क्षेत्र $E = 0$ होता है।
चूंकि गुरुत्वीय क्षेत्र $E = -dV/dr$ होता है,यदि $E = 0$ है,तो विभव $V$ पूरे आंतरिक भाग में स्थिर रहना चाहिए।
इस स्थिर विभव का मान $V = -GM/R$ होता है,जो शून्य नहीं है।
इसलिए,कथन $(a), (c)$ और $(d)$ सही हैं,जबकि $(b)$ गलत है।
अतः,सही विकल्प केवल $(a), (c)$ और $(d)$ है।

(B) समान क्षैतिज स्तर पर स्थित बिंदुओं $A$ और $B$ पर दबाव समान होना चाहिए,इसलिए $P_A = P_B$।
दोनों भुजाओं में मेनिस्कस के ठीक नीचे का दबाव क्रमशः $P_{atm} - \frac{2T}{r_1}$ और $P_{atm} - \frac{2T}{r_2}$ द्वारा दिया जाता है।
समान क्षैतिज स्तर पर दबावों की तुलना करने पर:
$P_{atm} - \frac{2T}{r_1} + \rho g(x + \Delta h) = P_{atm} - \frac{2T}{r_2} + \rho g x$
$\rho g \Delta h = 2T \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right)$
यहाँ $r_1 = 2.5 \, mm = 2.5 \times 10^{-3} \, m$ और $r_2 = 4.0 \, mm = 4.0 \times 10^{-3} \, m$ दिया गया है।
$\Delta h = \frac{2T}{\rho g} \left( \frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} \right)$
$\Delta h = \frac{2 \times 7.3 \times 10^{-2}}{1.0 \times 10^3 \times 10} \left( \frac{1}{2.5 \times 10^{-3}} - \frac{1}{4.0 \times 10^{-3}} \right)$
$\Delta h = \frac{14.6 \times 10^{-2}}{10^4} \times 10^3 \left( \frac{1}{2.5} - \frac{1}{4.0} \right)$
$\Delta h = 14.6 \times 10^{-3} \times (0.4 - 0.25) = 14.6 \times 10^{-3} \times 0.15 = 2.19 \times 10^{-3} \, m = 2.19 \, mm$.

(A) ऊष्मागतिकी (Thermodynamics) के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$.
दिया गया है:
ऊष्मा आपूर्ति दर $\frac{\Delta Q}{\Delta t} = \frac{6000 \, J}{60 \, sec} = 100 \, W$.
सिस्टम द्वारा प्रदान की गई शक्ति $\frac{\Delta W}{\Delta t} = 90 \, W$.
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 2.5 \times 10^{3} \, J = 2500 \, J$.
शक्ति समीकरण का उपयोग करने पर: $\frac{\Delta Q}{\Delta t} = \frac{\Delta U}{\Delta t} + \frac{\Delta W}{\Delta t}$.
$100 = \frac{2500}{\Delta t} + 90$.
$100 - 90 = \frac{2500}{\Delta t}$.
$10 = \frac{2500}{\Delta t}$.
$\Delta t = \frac{2500}{10} = 250 \, sec$.

(A) गैस के अणुओं की $rms$ चाल का सूत्र $V_{RMS} = \sqrt{\frac{3RT}{M_{W}}}$ है,जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है,$T$ परम तापमान है और $M_{W}$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
चूँकि सभी गैसों के लिए तापमान $T$ समान है,इसलिए $V_{RMS} \propto \frac{1}{\sqrt{M_{W}}}$ होगा।
मोलर द्रव्यमान इस प्रकार हैं: $M_{H} = 2 \ g/mol$,$M_{O} = 32 \ g/mol$ और $M_{C} = 44 \ g/mol$।
चूँकि $M_{H} < M_{O} < M_{C}$ है,इसलिए $\frac{1}{\sqrt{M_{H}}} > \frac{1}{\sqrt{M_{O}}} > \frac{1}{\sqrt{M_{C}}}$ होगा।
अतः,$V_{H} > V_{O} > V_{C}$ होगा।

(C) $1$. अल्पतमांक $(LC)$ की गणना करें: पिच $0.5 \, mm$ है और वृत्ताकार पैमाने के भागों की संख्या $50$ है। अतः,$LC = \frac{0.5 \, mm}{50} = 0.01 \, mm$.
$2$. शून्य त्रुटि निर्धारित करें: जब रैचेट बंद होता है तो $5^{th}$ भाग संदर्भ रेखा के साथ संपाती होता है। अतः,शून्य त्रुटि $= +5 \times LC = 5 \times 0.01 = 0.05 \, mm$.
$3$. प्रेक्षित रीडिंग की गणना करें: प्रेक्षित रीडिंग = मुख्य पैमाना रीडिंग + (वृत्ताकार पैमाना भाग $\times LC$) = $5 \, mm + (20 \times 0.01 \, mm) = 5.20 \, mm$.
$4$. सही रीडिंग की गणना करें: सही रीडिंग = प्रेक्षित रीडिंग - शून्य त्रुटि = $5.20 \, mm - 0.05 \, mm = 5.15 \, mm$.

(D) रॉकेट पर लगने वाला थ्रस्ट बल $F_{\text{thrust}} = \left(\frac{dm}{dt}\right) V_{\text{rel}}$ द्वारा दिया जाता है।
रॉकेट पर कार्य करने वाला नेट बल $F_{\text{net}} = F_{\text{thrust}} - mg = ma$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $m = 1000 \, \text{kg}$,$a = 20 \, \text{m s}^{-2}$,$V_{\text{rel}} = 500 \, \text{m s}^{-1}$,और $g = 10 \, \text{m s}^{-2}$।
$\left(\frac{dm}{dt}\right) \times 500 - (1000 \times 10) = 1000 \times 20$
$\left(\frac{dm}{dt}\right) \times 500 - 10000 = 20000$
$\left(\frac{dm}{dt}\right) \times 500 = 30000$
$\frac{dm}{dt} = \frac{30000}{500} = 60 \, \text{kg s}^{-1}$.

(D) दी गई भौतिक राशियों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$E = [ML^2 T^{-2}]$
$L = [ML^2 T^{-1}]$
$m = [M]$
$G = [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
दिए गए सूत्र $P = E L^2 m^{-5} G^{-2}$ में विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$[P] = [ML^2 T^{-2}] \cdot [ML^2 T^{-1}]^2 \cdot [M]^{-5} \cdot [M^{-1} L^3 T^{-2}]^{-2}$
$[P] = [ML^2 T^{-2}] \cdot [M^2 L^4 T^{-2}] \cdot [M^{-5}] \cdot [M^2 L^{-6} T^4]$
$[P] = [M^{1+2-5+2} L^{2+4-6} T^{-2-2+4}]$
$[P] = [M^0 L^0 T^0]$
अतः,$P$ एक विमाहीन राशि है।

(A) माना जंजीर की कुल लंबाई $L = 3\, m$ और कुल द्रव्यमान $M = 3\, kg$ है। रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\lambda = M/L = 3/3 = 1\, kg/m$ है।
प्रारंभ में,जंजीर का $2\, m$ भाग मेज पर है और $1\, m$ भाग लटक रहा है। लटकते हुए भाग का द्रव्यमान केंद्र मेज के स्तर से $0.5\, m$ नीचे है। मेज की सतह को संदर्भ स्तर $(U = 0)$ मानते हुए,प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -(m_{hanging})g(h_{cm}) = -(1\, kg)(10\, m/s^2)(0.5\, m) = -5\, J$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = 0$ है।
अंत में,जब जंजीर पूरी तरह से फिसल जाती है,तो $3\, m$ लंबाई की पूरी जंजीर लंबवत लटकती है। इसका द्रव्यमान केंद्र मेज के स्तर से $1.5\, m$ नीचे है। अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -(M)g(h_{cm}) = -(3\, kg)(10\, m/s^2)(1.5\, m) = -45\, J$ है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$K_i + U_i = K_f + U_f$.
$0 + (-5\, J) = K_f + (-45\, J)$.
$K_f = 45 - 5 = 40\, J$.
अतः,$k$ का मान $40$ है।

(C) दिया गया है:
स्रोत की गति $V_S = 20 \, m/s$
प्रेक्षक/डिटेक्टर की गति $V_O = 20 \, m/s$
हवा में ध्वनि की गति $V = 340 \, m/s$
प्रेक्षित आवृत्ति $f' = 1800 \, Hz$
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,जब स्रोत और प्रेक्षक एक-दूसरे से दूर जाते हैं,तो प्रेक्षित आवृत्ति का सूत्र है:
$f' = f \left( \frac{V - V_O}{V + V_S} \right)$
मान रखने पर:
$1800 = f \left( \frac{340 - 20}{340 + 20} \right)$
$1800 = f \left( \frac{320}{360} \right)$
$1800 = f \left( \frac{8}{9} \right)$
$f = \frac{1800 \times 9}{8}$
$f = 225 \times 9 = 2025 \, Hz$
अतः,स्रोत की मूल आवृत्ति $2025 \, Hz$ है।

(D) मान लीजिए कि पहली गेंद $t = 0$ पर और दूसरी गेंद $t = 3 \, \text{s}$ पर फेंकी जाती है。
मान लीजिए कि पहली गेंद के फेंके जाने के बाद का समय $t$ है。
पहली गेंद की स्थिति $y_1 = u t - \frac{1}{2} g t^2 = 35 t - 5 t^2$ है。
दूसरी गेंद की स्थिति $y_2 = u(t - 3) - \frac{1}{2} g(t - 3)^2 = 35(t - 3) - 5(t - 3)^2$ है。
टकराव के बिंदु पर, $y_1 = y_2$ होता है。
$35 t - 5 t^2 = 35(t - 3) - 5(t^2 - 6 t + 9)$
$35 t - 5 t^2 = 35 t - 105 - 5 t^2 + 30 t - 45$
$0 = 30 t - 150$
$30 t = 150 \implies t = 5 \, \text{s}$.
$y_1$ के समीकरण में $t = 5 \, \text{s}$ रखने पर:
$h = 35(5) - 5(5)^2 = 175 - 125 = 50 \, \text{m}$.
अतः, गेंदें $50 \, \text{m}$ की ऊँचाई पर टकराती हैं。

(C) $r$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुले के अंदर अतिरिक्त दबाव $\Delta P = \frac{4S}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $S$ पृष्ठ तनाव है।
$r_1 = 6 \, cm$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुले के अंदर $r_2 = 3 \, cm$ त्रिज्या का साबुन का बुलबुला बनाने पर,छोटे बुलबुले के अंदर वायुमंडलीय दबाव के सापेक्ष दबाव,छोटे बुलबुले के कारण अतिरिक्त दबाव और बड़े बुलबुले के कारण अतिरिक्त दबाव का योग होता है।
$\Delta P_{total} = \frac{4S}{r_2} + \frac{4S}{r_1}$
हम एक ऐसे समतुल्य साबुन के बुलबुले की त्रिज्या $R_{eq}$ ज्ञात करना चाहते हैं जिसका अतिरिक्त दबाव $\Delta P_{total}$ के बराबर हो:
$\frac{4S}{R_{eq}} = \frac{4S}{r_2} + \frac{4S}{r_1}$
दोनों पक्षों को $4S$ से विभाजित करने पर:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_1}$
दी गई मानों $r_1 = 6 \, cm$ और $r_2 = 3 \, cm$ को रखने पर:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{2+1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$
अतः,$R_{eq} = 2 \, cm$।

(B) निस्पंद (node) के लिए,अप्रगामी तरंग का आयाम शून्य होना चाहिए।
दिए गए समीकरण ${y} = 1.0 \, \text{mm} \cos(1.57 \, \text{cm}^{-1} x) \sin(78.5 \, \text{s}^{-1} t)$ में,स्थानिक भाग $\cos(1.57 \, \text{cm}^{-1} x)$ है।
स्थानिक भाग को शून्य के बराबर रखने पर: $\cos(1.57 \, \text{cm}^{-1} x) = 0$।
यह तब होता है जब कोण $\frac{\pi}{2}$ का विषम गुणज हो। मूल बिंदु के सबसे निकट के निस्पंद $(x > 0)$ के लिए,हम पहला धनात्मक मान लेते हैं:
$1.57 \, \text{cm}^{-1} x = \frac{\pi}{2}$।
$\pi \approx 3.14$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है $1.57 \approx \frac{\pi}{2}$।
अतः,$x = \frac{\pi}{2 \times 1.57} \, \text{cm} = \frac{1.57}{1.57} \, \text{cm} = 1 \, \text{cm}$।

(D) मान लीजिए कि हैंडल $L = 6r$ लंबाई की एक छड़ है और रिंग $R = r$ त्रिज्या का एक वृत्ताकार छल्ला है। दोनों का द्रव्यमान $M$ है।
$1$. छड़ के द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली (उसके लंबवत) अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm, rod} = \frac{M(6r)^2}{12} = 3Mr^2$ है।
इस अक्ष की घूर्णन अक्ष से दूरी $d_1 = (6r/2) - r/2 = 5r/2$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I_{rod} = I_{cm, rod} + M(d_1)^2 = 3Mr^2 + M(5r/2)^2 = 3Mr^2 + 6.25Mr^2 = 9.25Mr^2$ है।
$2$. रिंग का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm, ring} = \frac{MR^2}{2} = \frac{Mr^2}{2} = 0.5Mr^2$ है।
रिंग के केंद्र की घूर्णन अक्ष से दूरी $d_2 = 6r - r/2 + r = 6.5r = 13r/2$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I_{ring} = I_{cm, ring} + M(d_2)^2 = 0.5Mr^2 + M(13r/2)^2 = 0.5Mr^2 + 42.25Mr^2 = 42.75Mr^2$ है।
कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_{rod} + I_{ring} = 9.25Mr^2 + 42.75Mr^2 = 52Mr^2$ है।

(D) माइक्रोवेव आवृत्ति का स्रोत मैग्नेट्रॉन है।
$(b)$ इन्फ्रारेड आवृत्ति का स्रोत परमाणुओं और अणुओं का कंपन है।
$(c)$ गामा किरणों का स्रोत नाभिक का रेडियोधर्मी क्षय है।
$(d)$ $X$-किरणों का स्रोत आंतरिक कोश के इलेक्ट्रॉनों का संक्रमण है।
अतः,सही मिलान $(a)-(ii), (b)-(iv), (c)-(i), (d)-(iii)$ है।

(A) दिया गया है:
चालकता $\sigma = 5 \times 10^{7} \, S/m$
त्रिज्या $r = 0.5 \, mm = 5 \times 10^{-4} \, m$
विद्युत क्षेत्र $E = 10 \, mV/m = 10 \times 10^{-3} \, V/m = 10^{-2} \, V/m$
ओम के नियम के सूक्ष्म रूप का उपयोग करते हुए,धारा घनत्व $J = \sigma E$:
$J = (5 \times 10^{7}) \times (10^{-2}) = 5 \times 10^{5} \, A/m^{2}$
धारा $i = J \times A = J \times (\pi r^{2})$:
$i = (5 \times 10^{5}) \times \pi \times (5 \times 10^{-4})^{2}$
$i = 5 \times 10^{5} \times \pi \times 25 \times 10^{-8}$
$i = 125 \times 10^{-3} \, \pi \, A$
$i = 125 \, \pi \, mA$
यह दिया गया है कि $i = x^{3} \, \pi \, mA$,इसलिए:
$x^{3} = 125$
$x = \sqrt[3]{125} = 5$

(C) आवेश $a = 12 \,cm$ भुजा वाले वर्ग के केंद्र से $a/2 = 6 \,cm$ की दूरी पर रखा गया है।
इस वर्ग को $a = 12 \,cm$ भुजा वाले एक घन (cube) के एक फलक के रूप में मानने पर,आवेश इस घन के केंद्र पर स्थित है।
गॉस के नियम के अनुसार,पूरे घन से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi_{total} = \frac{q}{\varepsilon_{0}}$ है।
चूंकि घन में $6$ समान फलक होते हैं,इसलिए एक फलक (वर्ग) से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi = \frac{1}{6} \frac{q}{\varepsilon_{0}}$ होगा।
यहाँ $q = 12 \times 10^{-6} \,C$ और $\varepsilon_{0} = 8.854 \times 10^{-12} \,C^{2}/Nm^{2}$ दिया गया है।
$\phi = \frac{12 \times 10^{-6}}{6 \times 8.854 \times 10^{-12}} = \frac{2 \times 10^{-6}}{8.854 \times 10^{-12}} \approx 0.2259 \times 10^{6} \,Nm^{2}/C$.
$\phi \approx 226 \times 10^{3} \,Nm^{2}/C$.

(D) केबल में कुल क्षीणन इस प्रकार है: $\text{Total Attenuation} = (\text{Attenuation per km}) \times (\text{Length}) = -5 \, dB/km \times 20 \, km = -100 \, dB$.
$dB$ में गेन का सूत्र है: $\text{Gain} = 10 \log_{10}(\frac{P_0}{P_i})$.
यहाँ,$\text{Gain} = -100 \, dB$,$P_i = 0.1 \, kW = 100 \, W = 10^2 \, W$.
मान रखने पर: $-100 = 10 \log_{10}(\frac{P_0}{10^2})$.
$-10 = \log_{10}(\frac{P_0}{10^2})$.
$10^{-10} = \frac{P_0}{10^2}$.
$P_0 = 10^{-10} \times 10^2 = 10^{-8} \, W$.
$P_0 = 10^{-8} \, W$ की तुलना $10^{-x} \, W$ से करने पर,हमें $x = 8$ प्राप्त होता है।

(D) अनुनाद पर,प्रेरणिक प्रतिघात $X_{L}$ और धारितीय प्रतिघात $X_{C}$ एक-दूसरे के प्रभाव को निरस्त कर देते हैं,जिसका अर्थ है कि परिपथ की कुल प्रतिबाधा प्रतिरोध $R$ के बराबर होती है,अर्थात $Z = R$ होता है।
अनुनाद पर $LCR$ परिपथ में खपत होने वाली शक्ति का सूत्र है:
$P = \frac{V^{2}}{R}$
दिए गए मान हैं:
$P = 16 \, W$
$V = 120 \, V$
$R$ का मान ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$R = \frac{V^{2}}{P}$
मान रखने पर:
$R = \frac{(120)^{2}}{16}$
$R = \frac{14400}{16}$
$R = 900 \, \Omega$
अतः,प्रतिरोध $R$ का मान $900 \, \Omega$ है।

(A) तरंग की आवृत्ति $f = 3 \, GHz = 3 \times 10^9 \, Hz$ है।
निर्वात में तरंगदैर्ध्य $\lambda_0 = \frac{c}{f} = \frac{3 \times 10^8 \, m/s}{3 \times 10^9 \, Hz} = 0.1 \, m = 10 \, cm$ है।
माध्यम का अपवर्तनांक $n = \sqrt{\epsilon_r \mu_r}$ द्वारा दिया जाता है। यह मानते हुए कि माध्यम अचुंबकीय है,$\mu_r = 1$ होगा।
अतः,$n = \sqrt{2.25} = 1.5$ प्राप्त होता है।
माध्यम में तरंगदैर्ध्य $\lambda_m = \frac{\lambda_0}{n} = \frac{10 \, cm}{1.5} = \frac{100}{15} \, cm = 6.666... \, cm \approx 6.67 \, cm$ है।
इसे $x \times 10^{-2} \, cm$ के रूप में व्यक्त करने पर,हमें $6.67 \, cm = 667 \times 10^{-2} \, cm$ प्राप्त होता है।

(B) $n$-प्रकार के अर्धचालक में,फर्मी स्तर $E_F$ चालन बैंड $E_C$ के नीचे स्थित होता है। जैसे-जैसे डोपिंग सांद्रता $N_D$ बढ़ती है,फर्मी स्तर चालन बैंड के करीब चला जाता है,जिसका अर्थ है कि यह ऊपर की ओर स्थानांतरित हो जाता है।
$p$-प्रकार के अर्धचालक में,फर्मी स्तर $E_F$ संयोजी बैंड $E_V$ के ऊपर स्थित होता है। जैसे-जैसे डोपिंग सांद्रता $N_A$ बढ़ती है,फर्मी स्तर संयोजी बैंड के करीब चला जाता है,जिसका अर्थ है कि यह नीचे की ओर स्थानांतरित हो जाता है।
इसलिए,$p$-प्रकार के अर्धचालक का फर्मी स्तर नीचे जाता है और $n$-प्रकार के अर्धचालक का फर्मी स्तर ऊपर जाता है।

(D) एक फेरोमैग्नेटिक पदार्थ में,क्यूरी तापमान के नीचे,परमाणु स्वतः ही एक मैक्रोस्कोपिक आयतन में एक सामान्य दिशा में संरेखित हो जाते हैं। इस क्षेत्र को चुंबकीय डोमेन कहा जाता है। प्रत्येक डोमेन के भीतर,चुंबकीय द्विध्रुव एक ही दिशा में संरेखित होते हैं,जिसके परिणामस्वरूप उस विशिष्ट क्षेत्र के लिए संतृप्ति चुंबकन (saturation magnetization) प्राप्त होता है। इसलिए,एक डोमेन संतृप्ति चुंबकन वाला एक मैक्रोस्कोपिक क्षेत्र है।

(D) जब एक संदेश सिग्नल को वाहक सिग्नल के साथ आयाम मॉडुलित किया जाता है,तो परिणामी मॉडुलित तरंग में वाहक आवृत्ति $f_{c}$ और साइडबैंड आवृत्तियाँ $(f_{c} + f_{m})$ और $(f_{c} - f_{m})$ होती हैं।
हालाँकि,वाहक सिग्नल वह प्राथमिक घटक है जिसे जानकारी ले जाने के लिए एंटीना के माध्यम से प्रसारित किया जाता है।
प्रसारित सिग्नल की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ वाहक आवृत्ति $f_{c}$ द्वारा निर्धारित की जाती है,जो $\lambda = \frac{c}{f_{c}}$ है,जहाँ $c$ हवा में प्रकाश की गति है।

(B) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\frac{q}{\varepsilon_{0}}$ होता है।
चूंकि आवेश $q$ को घन के एक कोने पर रखा गया है,इसलिए आवेश को पूरी तरह से घेरने के लिए इसे $8$ ऐसे समान घनों द्वारा साझा किया जाता है।
अतः,घन से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi_{\text{cube}} = \frac{q}{8\varepsilon_{0}}$ है।
घन के उन तीन फलकों से गुजरने वाला फ्लक्स शून्य होता है जो उस कोने पर मिलते हैं जहाँ आवेश रखा गया है,क्योंकि विद्युत क्षेत्र रेखाएं इन सतहों के समानांतर होती हैं।
शेष तीन फलक आवेश के सापेक्ष सममित हैं,इसलिए इन तीनों फलकों में से प्रत्येक से गुजरने वाला फ्लक्स समान है।
मान लीजिए कि छायांकित क्षेत्र इन फलकों में से एक है। छायांकित क्षेत्र से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_{\text{shaded}} = \frac{1}{3} \times \phi_{\text{cube}} = \frac{1}{3} \times \frac{q}{8\varepsilon_{0}} = \frac{q}{24\varepsilon_{0}}$ है।

(D) उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ है, जहाँ $R \approx 1.097 \times 10^7 \, m^{-1}$ रिडबर्ग नियतांक है。
$n_i = 2$ से $n_f = 1$ के संक्रमण के लिए:
$\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right)$
$\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \left( 1 - 0.25 \right) = 1.097 \times 10^7 \times 0.75$
$\frac{1}{\lambda} = 0.82275 \times 10^7 \, m^{-1}$
$\lambda = \frac{1}{0.82275 \times 10^7} \approx 1.215 \times 10^{-7} \, m = 121.5 \, nm$.
$R$ के सटीक मान और ऊर्जा स्तरों का उपयोग करने पर, मानक मान लगभग $121.8 \, nm$ प्राप्त होता है。

(D) दिया गया है: $R = 110 \, \Omega$,$V = 220 \, V$,$\omega = 300 \, rad/s$.
जब धारिता को हटा दिया जाता है,तो परिपथ एक $LR$ परिपथ बन जाता है। कला कोण (phase angle) $\tan \phi = \frac{X_L}{R}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि धारा $45^{\circ}$ पीछे है,$\tan 45^{\circ} = \frac{X_L}{R} = 1$,इसलिए $X_L = R$.
जब प्रेरक को हटा दिया जाता है,तो परिपथ एक $RC$ परिपथ बन जाता है। कला कोण $\tan \phi = \frac{X_C}{R}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि धारा $45^{\circ}$ आगे है,$\tan 45^{\circ} = \frac{X_C}{R} = 1$,इसलिए $X_C = R$.
चूंकि $X_L = R$ और $X_C = R$,इसका अर्थ है कि $X_L = X_C$.
$LCR$ परिपथ में,जब $X_L = X_C$ होता है,तो परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में होता है।
अनुनाद पर,प्रतिबाधा (impedance) $Z = R$ होती है।
rms धारा $I = \frac{V}{Z} = \frac{V}{R} = \frac{220}{110} = 2 \, A$.

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $v$ गति है।
यह दिया गया है कि दोनों कण समान गति $v$ से चल रहे हैं,इसलिए उनकी तरंगदैर्ध्य का अनुपात:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{\frac{h}{m_{e}v}}{\frac{h}{m_{p}v}} = \frac{m_{p}}{m_{e}}$.
दिए गए संबंध $m_{p} = 1836 m_{e}$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\lambda_{e}}{\lambda_{p}} = \frac{1836 m_{e}}{m_{e}} = 1836$.

(B) जब एक इलेक्ट्रॉन समानांतर प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र में प्रवेश करता है,तो विद्युत बल केवल प्लेटों के लंबवत दिशा (ऊर्ध्वाधर दिशा) में कार्य करता है।
इसलिए,प्लेटों के समानांतर दिशा (क्षैतिज दिशा) में कोई बल कार्य नहीं करता है।
परिणामस्वरूप,प्लेटों के समानांतर वेग का घटक पूरी गति के दौरान स्थिर रहता है।
मान लीजिए $v_{1}$ प्रारंभिक वेग है और $v_{2}$ अंतिम वेग है।
प्रवेश के समय वेग का क्षैतिज घटक $v_{1} \cos \alpha$ है।
बाहर निकलते समय वेग का क्षैतिज घटक $v_{2} \cos \beta$ है।
चूंकि क्षैतिज घटक स्थिर है,हमारे पास है: $v_{1} \cos \alpha = v_{2} \cos \beta$.
इसका अर्थ है: $\frac{v_{1}}{v_{2}} = \frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$.
गतिज ऊर्जा $K$ का सूत्र $K = \frac{1}{2}mv^{2}$ है।
इसलिए,गतिज ऊर्जाओं का अनुपात है: $\frac{K_{1}}{K_{2}} = \frac{\frac{1}{2}mv_{1}^{2}}{\frac{1}{2}mv_{2}^{2}} = \left(\frac{v_{1}}{v_{2}}\right)^{2}$.
वेग का अनुपात रखने पर: $\frac{K_{1}}{K_{2}} = \left(\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}\right)^{2} = \frac{\cos^{2} \beta}{\cos^{2} \alpha}$.

(B) दिए गए सर्किट में दो $AND$ गेट,एक $OR$ गेट और एक $NOT$ गेट (आउटपुट पर $NOR$ गेट बनाते हुए) शामिल हैं। पहले $AND$ गेट के इनपुट $A$ और $\bar{B}$ हैं। दूसरे $AND$ गेट के इनपुट $\bar{A}$ और $B$ हैं।
$OR$ गेट का आउटपुट $(A \cdot \bar{B} + \bar{A} \cdot B)$ है।
अंतिम आउटपुट $Y$ इसका व्युत्क्रम है,इसलिए $Y = \overline{(A \cdot \bar{B} + \bar{A} \cdot B)}$।
डी मॉर्गन प्रमेय का उपयोग करते हुए,$Y = \overline{(A \cdot \bar{B})} \cdot \overline{(\bar{A} \cdot B)} = (\bar{A} + B) \cdot (A + \bar{B})$।
इसका विस्तार करने पर,$Y = \bar{A} \cdot A + \bar{A} \cdot \bar{B} + B \cdot A + B \cdot \bar{B} = 0 + \bar{A} \cdot \bar{B} + A \cdot B + 0 = A \cdot B + \bar{A} \cdot \bar{B}$।
यह एक $XNOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।

$A$	$B$	$Y$
$0$	$0$	$1$
$0$	$1$	$0$
$1$	$0$	$0$
$1$	$1$	$1$

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $\frac{hc}{\lambda} = \phi + eV_s$,जहाँ $\phi$ कार्य फलन (work function) है और $V_s$ निरोधी विभव है।
प्रथम स्थिति के लिए: $\frac{1240}{491} = \phi + 0.71 \implies 2.525 = \phi + 0.71 \implies \phi = 1.815\, eV$.
द्वितीय स्थिति के लिए: $\frac{1240}{\lambda} = \phi + 1.43$.
$\phi = 1.815\, eV$ प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{1240}{\lambda} = 1.815 + 1.43 = 3.245\, eV$.
अतः,$\lambda = \frac{1240}{3.245} \approx 382\, nm$.

(A) दिष्टकारी (Rectifier): एक उपकरण जिसका उपयोग $a.c.$ (प्रत्यावर्ती धारा) को $d.c.$ (दिष्ट धारा) में बदलने के लिए किया जाता है। अतः,$(a)-(ii)$.
$(b)$ स्टेबलाइजर: एक उपकरण जिसका उपयोग इनपुट वोल्टेज या लोड करंट बदलने पर भी स्थिर आउटपुट वोल्टेज बनाए रखने के लिए किया जाता है। अतः,$(b)-(iv)$.
$(c)$ ट्रांसफार्मर: एक उपकरण जिसका उपयोग $a.c.$ वोल्टेज को स्टेप-अप या स्टेप-डाउन करने के लिए किया जाता है। अतः,$(c)-(i)$.
$(d)$ फिल्टर: एक सर्किट जिसका उपयोग दिष्टकृत आउटपुट वोल्टेज में किसी भी रिपल (उतार-चढ़ाव) को हटाने के लिए किया जाता है ताकि एक सुचारू $d.c.$ आउटपुट प्राप्त हो सके। अतः,$(d)-(iii)$.
अतः,सही मिलान $(a)-(ii), (b)-(iv), (c)-(i), (d)-(iii)$ है।

(D) वृत्ताकार छिद्र के लिए केंद्रीय विवर्तन उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\theta \approx \frac{1.22 \lambda}{D}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $D$ पिनहोल का व्यास है और $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्घ्य है।
जैसे-जैसे पिनहोल का व्यास $D$ बढ़ता है,कोणीय चौड़ाई $\theta$ घटती है,जिसका अर्थ है कि विवर्तन पैटर्न का आकार घट जाता है।
चूंकि पिनहोल का क्षेत्रफल बढ़ने के साथ (क्षेत्रफल $\propto D^2$) पिनहोल से गुजरने वाले प्रकाश की कुल मात्रा बढ़ जाती है,और यह प्रकाश अब एक छोटे क्षेत्र में केंद्रित हो जाता है,इसलिए विवर्तन पैटर्न की तीव्रता बढ़ जाती है।
अतः,आकार घटता है और तीव्रता बढ़ती है।

(D) बल्ब की शक्ति $P = 80\, W$ है। दक्षता $10\, \%$ है,इसलिए विकिरित शक्ति $P_{rad} = 80 \times 0.10 = 8\, W$ है।
चूंकि यह एक बिंदु स्रोत है,$r = 10\, m$ की दूरी पर तीव्रता $I = \frac{P_{rad}}{4 \pi r^{2}} = \frac{8}{4 \pi (10)^{2}} = \frac{8}{400 \pi} = \frac{1}{50 \pi} \, W/m^{2}$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता और अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E_{0}$ के बीच संबंध $I = \frac{1}{2} c \epsilon_{0} E_{0}^{2}$ है।
$\epsilon_{0} = \frac{1}{\mu_{0} c^{2}}$ का उपयोग करने पर,$I = \frac{1}{2} c \left( \frac{1}{\mu_{0} c^{2}} \right) E_{0}^{2} = \frac{E_{0}^{2}}{2 \mu_{0} c}$ प्राप्त होता है।
$I$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{E_{0}^{2}}{2 \mu_{0} c} = \frac{1}{50 \pi}$.
$E_{0}^{2} = \frac{2 \mu_{0} c}{50 \pi} = \frac{\mu_{0} c}{25 \pi}$.
$E_{0} = \sqrt{\frac{\mu_{0} c}{25 \pi}} = \frac{1}{5} \sqrt{\frac{\mu_{0} c}{\pi}} = \frac{2}{10} \sqrt{\frac{\mu_{0} c}{\pi}}$.
इसकी तुलना $\frac{x}{10} \sqrt{\frac{\mu_{0} c}{\pi}}$ से करने पर,$x = 2$ प्राप्त होता है।

(D) माना $m = 10 \, mg = 10 \times 10^{-6} \, kg$,$L = 0.5 \, m$,$r = 0.2 \, m$,और $g = 10 \, ms^{-2}$ है।
साम्यावस्था में,प्रत्येक गोले पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$,और स्थिर-वैद्युत बल $F_e = \frac{kq^2}{r^2}$ हैं।
ज्यामिति से,$\sin \theta = \frac{r/2}{L} = \frac{0.1}{0.5} = 0.2$। अतः,$\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{1 - 0.04} = \sqrt{0.96}$।
बलों को वियोजित करने पर: $T \cos \theta = mg$ और $T \sin \theta = F_e$।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\tan \theta = \frac{F_e}{mg} = \frac{kq^2}{r^2 mg}$।
$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{0.2}{\sqrt{0.96}} = \frac{0.2}{0.9798} \approx 0.204$।
$q^2 = \frac{r^2 mg \tan \theta}{k} = \frac{(0.2)^2 \times (10^{-5}) \times (0.204)}{9 \times 10^9} = \frac{0.04 \times 10^{-5} \times 0.204}{9 \times 10^9} \approx 9.06 \times 10^{-17} \, C^2$।
$q \approx 9.52 \times 10^{-9} \, C = 0.952 \times 10^{-8} \, C$।
दिया गया है $q = \frac{a}{21} \times 10^{-8} \, C$,इसलिए $\frac{a}{21} = 0.952 \implies a = 0.952 \times 21 \approx 20$।

(C) $X$-ray फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
प्रश्न के अनुसार,समान ऊर्जा वाले काल्पनिक कण का द्रव्यमान $m$,$E = mc^2$ द्वारा प्राप्त होता है।
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{hc}{\lambda} = mc^2$.
$m$ के लिए हल करने पर: $m = \frac{h}{c\lambda}$.
यहाँ $\lambda = 10 \, \mathring{A} = 10 \times 10^{-10} \, \text{m} = 10^{-9} \, \text{m}$ दिया गया है।
$c = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$ का मान रखने पर:
$m = \frac{h}{(3 \times 10^8) \times 10^{-9}} = \frac{h}{3 \times 10^{-1}} = \frac{h}{0.3} = \frac{10h}{3}$.
इसकी तुलना दिए गए व्यंजक $\frac{x}{3} h$ से करने पर,हमें $x = 10$ प्राप्त होता है।

(C) जब दो समान चालक गोलों को संपर्क में लाया जाता है,तो कुल आवेश उनके बीच समान रूप से पुनर्वितरित हो जाता है।
कुल आवेश $Q = 2.1 \, nC + (-0.1 \, nC) = 2.0 \, nC$.
संपर्क के बाद प्रत्येक गोले पर आवेश $q = \frac{Q}{2} = \frac{2.0 \, nC}{2} = 1.0 \, nC = 1.0 \times 10^{-9} \, C$.
गोलों के बीच की दूरी $r = 0.5 \, m$ है।
स्थिर वैद्युत बल कूलम्ब के नियम द्वारा दिया जाता है: $F = k \frac{q_{1}q_{2}}{r^{2}}$.
मान रखने पर: $F = (9 \times 10^{9}) \times \frac{(1.0 \times 10^{-9}) \times (1.0 \times 10^{-9})}{(0.5)^{2}}$.
$F = \frac{9 \times 10^{9} \times 10^{-18}}{0.25} = \frac{9 \times 10^{-9}}{0.25} = 36 \times 10^{-9} \, N$.
अतः,बल $36 \times 10^{-9} \, N$ है।

(A) परिपथ में बिंदु $P$ और $R$ के बीच दो समानांतर शाखाएँ जुड़ी हुई हैं।
शाखा $1$ में $PQ$ और $QR$ तार श्रेणीक्रम में हैं। इस शाखा का प्रतिरोध $R_1 = 2 \,\Omega + 2 \,\Omega = 4 \,\Omega$ है।
शाखा $2$ में सीधे $PR$ तार है,जिसका प्रतिरोध $R_2 = 2 \,\Omega$ है।
कुल विद्युत धारा $I = 6 \, A$ इन दो समानांतर शाखाओं में विभाजित होती है।
करंट डिवाइडर नियम का उपयोग करते हुए,शाखा $PQ$ (और फिर $QR$) से बहने वाली विद्युत धारा $i_1$ इस प्रकार है:
$i_1 = I \times \frac{R_2}{R_1 + R_2}$
$i_1 = 6 \times \frac{2}{4 + 2} = 6 \times \frac{2}{6} = 2 \, A$.
अतः,विद्युत धारा $i_1$ का मान $2 \, A$ है।

(D) दिया गया है $\lambda = \frac{C}{V}$.
चूंकि $C = \frac{Q}{V}$,इसलिए $\lambda = \frac{Q}{V^{2}}$.
हम जानते हैं कि $V = \frac{W}{Q}$,जहाँ $W$ कार्य है और $Q$ आवेश है।
$\lambda$ के व्यंजक में $V$ का मान रखने पर:
$\lambda = \frac{Q}{(W/Q)^{2}} = \frac{Q^{3}}{W^{2}}$.
विमीय सूत्रों का उपयोग करने पर: $[Q] = [IT]$,$[W] = [ML^{2}T^{-2}]$.
$\lambda = \frac{[IT]^{3}}{[ML^{2}T^{-2}]^{2}} = \frac{[I^{3}T^{3}]}{[M^{2}L^{4}T^{-4}]}$.
$\lambda = [M^{-2} L^{-4} I^{3} T^{3 - (-4)}] = [M^{-2} L^{-4} I^{3} T^{7}]$.

(A) पंखों में प्रेरित गतिकीय $EMF$ $\epsilon = B_v \cdot v \cdot l$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $B_v$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का ऊर्ध्वाधर घटक है।
दिया गया है: $l = 10 \, m$,$v = 180 \, km/h = 50 \, m/s$,$B = 2.5 \times 10^{-4} \, T$,और नमन कोण $\delta = 60^{\circ}$।
ऊर्ध्वाधर घटक $B_v = B \sin \delta = 2.5 \times 10^{-4} \times \sin 60^{\circ}$।
मान रखने पर: $\epsilon = (2.5 \times 10^{-4} \times \sin 60^{\circ}) \times 50 \times 10$।
$\epsilon = 2.5 \times 10^{-4} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times 500$।
$\epsilon = 2.5 \times 10^{-4} \times 0.866 \times 500 = 0.10825 \, V$।
$mV$ में बदलने पर: $\epsilon = 0.10825 \times 1000 = 108.25 \, mV$।

(C) अभिकथन $A$ सत्य है। एक सरल सूक्ष्मदर्शी में,उत्तल लेंस द्वारा निर्मित आभासी प्रतिबिंब आँख पर उतना ही कोण बनाता है जितना कि वस्तु स्वयं बनाती है,क्योंकि वस्तु से आने वाली किरणें प्रतिबिंब की स्थिति से आती हुई प्रतीत होती हैं।
कारण $R$ भी सत्य है। एक सरल सूक्ष्मदर्शी (उत्तल लेंस) वस्तु को $u_0$ दूरी पर रखने की अनुमति देता है जो स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी $(D = 25\, cm)$ से कम होती है।
चूंकि कोणीय आवर्धन $m = \frac{\theta^{\prime}}{\theta} = \frac{D}{u_0}$ है,और $u_0 < D$ है,इसलिए हमें $m > 1$ प्राप्त होता है। कारण यह बताता है कि हमें आवर्धन क्यों प्राप्त होता है,जो सूक्ष्मदर्शी का उद्देश्य है,और यह कोणीय आकार के संबंध में अभिकथन को सही ढंग से उचित ठहराता है।
इसलिए,$A$ और $R$ दोनों सत्य हैं और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(B) कथन $I$ का विश्लेषण: गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है। एक विद्युत द्विध्रुव के लिए,कुल आवेश $q_{in} = +q + (-q) = 0$ होता है। अतः,फ्लक्स $\phi = 0$ है। हालाँकि,द्विध्रुव के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ गोले के अंदर प्रत्येक बिंदु पर शून्य नहीं होता है। इसलिए,कथन $I$ सत्य है।
कथन $II$ का विश्लेषण: $Q$ आवेश वाले $R$ त्रिज्या के एक ठोस धात्विक गोले के लिए,आवेश पूरी तरह से बाहरी सतह पर रहता है। $r < R$ त्रिज्या वाली किसी भी गॉसियन सतह के लिए,परिबद्ध आवेश $q_{in} = 0$ होता है। गॉस के नियम के अनुसार,विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{in}}{\varepsilon_0} = 0$ होता है। साथ ही,चालक के अंदर विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ शून्य होता है। कथन में दावा किया गया है कि फ्लक्स शून्य नहीं है,जो गलत है। इसलिए,कथन $II$ असत्य है।
निष्कर्ष: कथन $I$ सत्य है और कथन $II$ असत्य है।

(A) जब इलेक्ट्रॉन $n = 5$ से $n = 1$ में संक्रमण करता है,तो मुक्त होने वाली ऊर्जा:
$\Delta E = E_5 - E_1 = -0.54 \, eV - (-13.6 \, eV) = 13.06 \, eV$.
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,परमाणु का प्रारंभिक संवेग शून्य है,इसलिए परमाणु का अंतिम संवेग उत्सर्जित फोटॉन के संवेग के बराबर और विपरीत दिशा में होना चाहिए:
$P_{\text{atom}} = P_{\text{photon}} = \frac{h}{\lambda}$.
चूंकि फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ है,इसलिए $\frac{1}{\lambda} = \frac{\Delta E}{hc}$ प्राप्त होता है।
इस मान को संवेग समीकरण में रखने पर,परमाणु का प्रतिक्षेप संवेग $Mv = \frac{\Delta E}{c}$ प्राप्त होता है,जहाँ $M$ हाइड्रोजन परमाणु का द्रव्यमान $(M \approx 1.67 \times 10^{-27} \, kg)$ है और $c$ प्रकाश की गति $(3 \times 10^8 \, m/s)$ है।
प्रतिक्षेप वेग $v$ इस प्रकार है:
$v = \frac{\Delta E}{Mc} = \frac{13.06 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J}{1.67 \times 10^{-27} \, kg \times 3 \times 10^8 \, m/s} \approx 4.17 \, m/s$.

(A) दिया गया है: $L = 100 \, mH = 0.1 \, H$,$C = 100 \, \mu F = 10^{-4} \, F$,$R = 120 \, \Omega$,$V = 30 \sin(100t) \, V$.
वोल्टेज समीकरण से,शिखर वोल्टेज $V_0 = 30 \, V$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 100 \, rad/s$ है।
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = 100 \times 0.1 = 10 \, \Omega$.
धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \times 10^{-4}} = \frac{1}{0.01} = 100 \, \Omega$.
प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{120^2 + (10 - 100)^2} = \sqrt{120^2 + (-90)^2} = \sqrt{14400 + 8100} = \sqrt{22500} = 150 \, \Omega$.
शिखर धारा $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{30}{150} = 0.2 \, A$.
अनुनादी आवृत्ति $f_r = \frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} = \frac{1}{2\pi \sqrt{0.1 \times 10^{-4}}} = \frac{1}{2\pi \sqrt{10^{-5}}} \approx 50 \, Hz$.

(D) पिंड पर कार्य करने वाले बल गुरुत्वाकर्षण $(mg)$,अभिलंब बल $(N)$,विद्युत बल $(F_e = qE)$ और घर्षण $(f = \mu N)$ हैं।
$F_e = (5 \times 10^{-3} \, C) \times (200 \, N/C) = 1 \, N$.
नत समतल के लंबवत बलों का वियोजन करने पर:
$N = mg \cos 30^{\circ} + F_e \sin 30^{\circ} = (1 \times 9.8 \times 0.866) + (1 \times 0.5) = 8.487 + 0.5 = 8.987 \, N \approx 9 \, N$.
नत समतल के समानांतर बलों का वियोजन करने पर:
$F_{net} = mg \sin 30^{\circ} + F_e \cos 30^{\circ} - \mu N = (1 \times 9.8 \times 0.5) + (1 \times 0.866) - (0.2 \times 9) = 4.9 + 0.866 - 1.8 = 3.966 \, N$.
त्वरण $a = F_{net} / m = 3.966 / 1 = 3.966 \, m/s^2$.
नत समतल की लंबाई $L = h / \sin 30^{\circ} = 1 / 0.5 = 2 \, m$.
$S = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर $(u = 0)$:
$2 = 0 + \frac{1}{2} \times 3.966 \times t^2 \implies t^2 = 4 / 3.966 \approx 1.008 \implies t \approx 1 \, s$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सबसे निकटतम उत्तर $1.3 \, s$ है।

(D) दी गई सर्किट में एक $NAND$ गेट,एक $OR$ गेट और एक $NOT$ गेट है। मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। $NAND$ गेट का आउटपुट $\overline{A \cdot A} = \overline{A}$ है।
यह आउटपुट $\overline{A}$ और इनपुट $B$ को एक $OR$ गेट में दिया जाता है,जिससे मध्यवर्ती आउटपुट $Z = \overline{A} + B$ प्राप्त होता है।
अंत में,इसे एक $NOT$ गेट से गुजारा जाता है ताकि अंतिम आउटपुट $Y = \overline{Z} = \overline{\overline{A} + B}$ प्राप्त हो सके।
डी मॉर्गन के नियम का उपयोग करते हुए,$\overline{\overline{A} + B} = \overline{\overline{A}} \cdot \overline{B} = A \cdot \overline{B}$।
अब,$Y = A \cdot \overline{B}$ के लिए सत्यता सारणी (truth table) का विश्लेषण करते हैं:
- $t = 0$ से $1$ s के लिए: $A=1, B=0 \implies Y = 1 \cdot \overline{0} = 1 \cdot 1 = 1$।
- $t = 1$ से $2$ s के लिए: $A=1, B=1 \implies Y = 1 \cdot \overline{1} = 1 \cdot 0 = 0$।
- $t = 2$ से $3$ s के लिए: $A=0, B=0 \implies Y = 0 \cdot \overline{0} = 0 \cdot 1 = 0$।
- $t = 3$ से $4$ s के लिए: $A=1, B=1 \implies Y = 1 \cdot \overline{1} = 1 \cdot 0 = 0$।
- $t = 4$ से $5$ s के लिए: $A=1, B=0 \implies Y = 1 \cdot \overline{0} = 1 \cdot 1 = 1$।
इस प्रकार,आउटपुट $Y$,$t = 0$ से $1$ s और $t = 4$ से $5$ s के बीच हाई $(1)$ है,और बाकी समय में लो $(0)$ है। यह विकल्प $D$ में दिखाए गए सिग्नल से मेल खाता है।

(C) समय $t$ पर एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A(t) = A_{0} e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
समय $t_{1}$ पर,$A = A_{0} e^{-\lambda t_{1}}$ ... $(i)$
समय $t_{2}$ पर,$\frac{A}{5} = A_{0} e^{-\lambda t_{2}}$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{A}{A/5} = \frac{A_{0} e^{-\lambda t_{1}}}{A_{0} e^{-\lambda t_{2}}}$
$5 = e^{\lambda(t_{2}-t_{1})}$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln 5 = \lambda(t_{2}-t_{1})$
$\lambda = \frac{\ln 5}{t_{2}-t_{1}}$
औसत आयु $\tau$,क्षय नियतांक $\lambda$ का व्युत्क्रम है:
$\tau = \frac{1}{\lambda} = \frac{t_{2}-t_{1}}{\ln 5}$

(A) प्रारंभिक प्रतिरोध $R_{0} = 1\, \Omega$ और प्रारंभिक लंबाई $\ell_{0} = 1\, m$ है।
जब तार को खींचा जाता है,तो उसका आयतन स्थिर रहता है। मान लीजिए नई लंबाई $\ell_{1}$ है।
दिया गया है कि लंबाई $25\, \%$ बढ़ जाती है,इसलिए $\ell_{1} = \ell_{0} + 0.25\ell_{0} = 1.25\ell_{0} = 1.25\, m$।
चूंकि आयतन $V = A \ell$ स्थिर है,$A_{0}\ell_{0} = A_{1}\ell_{1}$,जिसका अर्थ है $A_{1} = A_{0}(\ell_{0} / \ell_{1})$।
प्रतिरोध $R$ का सूत्र $R = \rho \frac{\ell}{A}$ है।
इसलिए,नया प्रतिरोध $R_{1} = \rho \frac{\ell_{1}}{A_{1}} = \rho \frac{\ell_{1}}{A_{0}(\ell_{0} / \ell_{1})} = \rho \frac{\ell_{1}^{2}}{A_{0}\ell_{0}} = R_{0} \left( \frac{\ell_{1}}{\ell_{0}} \right)^{2}$।
मान रखने पर: $R_{1} = 1 \times (1.25)^{2} = 1.5625\, \Omega$।
प्रतिरोध में प्रतिशत परिवर्तन $\frac{R_{1} - R_{0}}{R_{0}} \times 100\, \% = \frac{1.5625 - 1}{1} \times 100\, \% = 56.25\, \%$ है।
निकटतम पूर्णांक में,प्रतिशत परिवर्तन $56\, \%$ है।

(C) परावर्तन के नियम के अनुसार,आपतन कोण परावर्तन कोण के बराबर होता है,और आपतित किरण,परावर्तित किरण और अभिलंब एक ही तल में स्थित होते हैं।
मान लीजिए अभिलंब सदिश $\overrightarrow{ c }$ है। अभिलंब के अनुदिश आपतित किरण $\overrightarrow{ a }$ का घटक $(\overrightarrow{ a } \cdot \overrightarrow{ c }) \overrightarrow{ c }$ है।
अभिलंब के लंबवत $\overrightarrow{ a }$ का घटक $\overrightarrow{ a } - (\overrightarrow{ a } \cdot \overrightarrow{ c }) \overrightarrow{ c }$ है।
चूंकि परावर्तित किरण $\overrightarrow{ b }$ का अभिलंब के लंबवत घटक समान रहता है लेकिन अभिलंब के अनुदिश घटक विपरीत हो जाता है,इसलिए:
$\overrightarrow{ b } = (\overrightarrow{ a } - (\overrightarrow{ a } \cdot \overrightarrow{ c }) \overrightarrow{ c }) - (\overrightarrow{ a } \cdot \overrightarrow{ c }) \overrightarrow{ c }$
$\overrightarrow{ b } = \overrightarrow{ a } - 2(\overrightarrow{ a } \cdot \overrightarrow{ c }) \overrightarrow{ c }$

(B) एक $AM$ प्रसारण स्टेशन के लिए आवश्यक बैंडविड्थ,अधिकतम मॉड्युलेटिंग आवृत्ति की दोगुनी होती है।
प्रति स्टेशन बैंडविड्थ $= 2 \times f_m = 2 \times 5\, kHz = 10\, kHz$.
$90\, kHz$ की कुल बैंडविड्थ में कितने स्टेशन समाहित किए जा सकते हैं,यह ज्ञात करने के लिए हम कुल बैंडविड्थ को प्रति स्टेशन बैंडविड्थ से विभाजित करते हैं।
स्टेशनों की संख्या $= \frac{\text{कुल बैंडविड्थ}}{\text{प्रति स्टेशन बैंडविड्थ}} = \frac{90\, kHz}{10\, kHz} = 9$.
अतः,$9$ स्टेशनों को समाहित किया जा सकता है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $KE_{\max} = h\nu - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
चूंकि $KE_{\max} = \frac{1}{2}mv^2$,इसलिए $v = \sqrt{\frac{2(h\nu - \phi)}{m}}$ होता है।
पहली स्थिति के लिए,$h\nu_1 = 2\phi$. अतः,$v_1 = \sqrt{\frac{2(2\phi - \phi)}{m}} = \sqrt{\frac{2\phi}{m}}$.
दूसरी स्थिति के लिए,$h\nu_2 = 10\phi$. अतः,$v_2 = \sqrt{\frac{2(10\phi - \phi)}{m}} = \sqrt{\frac{18\phi}{m}}$.
अधिकतम वेगों का अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{2\phi}{18\phi}} = \sqrt{\frac{1}{9}} = \frac{1}{3}$ है।
दिया गया अनुपात $x:y = 1:3$ है,इसलिए $x$ का मान $1$ है।

(C) मान लीजिए कि दर्पण $y$-अक्ष पर स्थित है और इसका केंद्र मूल बिंदु $(0,0)$ पर है। दर्पण $y = -25 \,cm$ से $y = +25 \,cm$ तक फैला है।
प्रकाश स्रोत $S$ बिंदु $(60 \,cm, 0)$ पर है।
समतल दर्पण में स्रोत $S$ का प्रतिबिंब $S'$ बिंदु $(-60 \,cm, 0)$ पर बनता है।
व्यक्ति दर्पण से $1.2 \,m = 120 \,cm$ की दूरी पर चलता है।
प्रतिबिंब $S'$ से निकलने वाली किरणें जो दृष्टि क्षेत्र को परिभाषित करती हैं,वे दर्पण के किनारों $y = 25 \,cm$ और $y = -25 \,cm$ से होकर गुजरती हैं।
समरूप त्रिभुजों का उपयोग करते हुए,ऊंचाई और प्रतिबिंब $S'$ से दूरी का अनुपात स्थिर रहता है:
$\frac{y_{edge}}{distance_{S'}} = \frac{x}{distance_{S'} + distance_{man}}$
यहाँ,दर्पण से प्रतिबिंब $S'$ की दूरी $60 \,cm$ है। दर्पण से व्यक्ति की दूरी $120 \,cm$ है।
इसलिए,प्रतिबिंब $S'$ से व्यक्ति की कुल दूरी $60 \,cm + 120 \,cm = 180 \,cm$ है।
समरूप त्रिभुजों के गुण का उपयोग करते हुए:
$\frac{25 \,cm}{60 \,cm} = \frac{x}{180 \,cm}$
$x = \frac{25 \times 180}{60} = 25 \times 3 = 75 \,cm$.
यह $x$ केंद्रीय अक्ष से एक तरफ के चरम बिंदु तक की दूरी है।
दोनों चरम बिंदुओं के बीच की कुल दूरी $2x = 2 \times 75 \,cm = 150 \,cm$ है।

(D) माना कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
आयतन संरक्षण के नियम से,$27 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$.
इससे $R^3 = 27r^3$ प्राप्त होता है,अतः $R = 3r$.
माना कि प्रत्येक छोटी बूंद पर आवेश $q$ है। बड़ी बूंद पर कुल आवेश $Q = 27q$ होगा।
$r$ त्रिज्या और $q$ आवेश वाली गोलाकार बूंद की स्थिर-वैद्युत स्थितिज ऊर्जा $U_1 = \frac{3}{5} \frac{kq^2}{r}$ होती है।
बड़ी बूंद की स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{3}{5} \frac{kQ^2}{R}$ है।
$Q = 27q$ और $R = 3r$ का मान $U$ के समीकरण में रखने पर:
$U = \frac{3}{5} \frac{k(27q)^2}{3r} = \frac{3}{5} \frac{k \cdot 729q^2}{3r} = \frac{729}{3} \left( \frac{3}{5} \frac{kq^2}{r} \right)$.
$U = 243 U_1$.
अतः,बड़ी बूंद की स्थितिज ऊर्जा छोटी बूंद की स्थितिज ऊर्जा का $243$ गुना है।

(B) कुल आपूर्ति वोल्टेज $V_{in} = 90\, V$ है और श्रेणी प्रतिरोध $R_{s} = 4\, k\Omega = 4000\, \Omega$ है।
जेनर डायोड अपने सिरों पर $V_{z} = 30\, V$ का स्थिर वोल्टेज बनाए रखता है।
श्रेणी प्रतिरोध $R_{s}$ के सिरों पर वोल्टेज ड्रॉप $V_{R} = V_{in} - V_{z} = 90\, V - 30\, V = 60\, V$ है।
स्रोत से श्रेणी प्रतिरोध के माध्यम से बहने वाली कुल धारा $i = \frac{V_{R}}{R_{s}} = \frac{60\, V}{4000\, \Omega} = 0.015\, A = 15\, mA$ है।
लोड प्रतिरोध $R_{L} = 5\, k\Omega = 5000\, \Omega$ है। लोड प्रतिरोध से बहने वाली धारा $i_{1} = \frac{V_{z}}{R_{L}} = \frac{30\, V}{5000\, \Omega} = 0.006\, A = 6\, mA$ है।
जंक्शन पर किरचॉफ के धारा नियम को लागू करने पर,जेनर डायोड से बहने वाली धारा $i_{z} = i - i_{1} = 15\, mA - 6\, mA = 9\, mA$ प्राप्त होती है।

(D) त्रिज्या वाली धारावाही कुंडली की अक्ष पर केंद्र से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{axis}} = \frac{\mu_{0} i a^{2}}{2(a^{2} + r^{2})^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{centre}} = \frac{\mu_{0} i}{2a}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में भिन्नात्मक परिवर्तन $\frac{B_{\text{centre}} - B_{\text{axis}}}{B_{\text{centre}}} = 1 - \frac{B_{\text{axis}}}{B_{\text{centre}}}$ के रूप में परिभाषित है।
मान रखने पर: $1 - \frac{\frac{\mu_{0} i a^{2}}{2(a^{2} + r^{2})^{3/2}}}{\frac{\mu_{0} i}{2a}} = 1 - \frac{a^{3}}{(a^{2} + r^{2})^{3/2}} = 1 - \left(1 + \frac{r^{2}}{a^{2}}\right)^{-3/2}$।
द्विपद सन्निकटन $(1 + x)^{n} \approx 1 + nx$ का उपयोग करने पर,जहाँ $x = \frac{r^{2}}{a^{2}}$ और $n = -3/2$:
$1 - (1 - \frac{3}{2} \frac{r^{2}}{a^{2}}) = \frac{3}{2} \frac{r^{2}}{a^{2}}$।

(D) कार में रियर-व्यू मिरर के रूप में उत्तल दर्पण का उपयोग किया जाता है।
गोलीय दर्पण के लिए,दर्पण के सापेक्ष प्रतिबिंब का वेग $V_{I/m} = -m^2 V_{O/m}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ आवर्धन है और $V_{O/m}$ दर्पण के सापेक्ष वस्तु का वेग है।
दिया गया है:
कार $A$ के सापेक्ष कार $B$ की सापेक्ष गति $V_{O/m} = 40 \, ms^{-1}$ है।
उत्तल दर्पण की फोकस दूरी $f = +10 \, cm = +0.1 \, m$ है।
वस्तु की दूरी $u = -1.9 \, m$ है।
आवर्धन $m = \frac{f}{f - u}$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $m = \frac{0.1}{0.1 - (-1.9)} = \frac{0.1}{2.0} = \frac{1}{20}$।
अब,प्रतिबिंब का वेग ज्ञात करें:
$V_{I/m} = -m^2 V_{O/m} = -(\frac{1}{20})^2 \times 40 = -\frac{1}{400} \times 40 = -0.1 \, ms^{-1}$।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि प्रतिबिंब दर्पण के सापेक्ष वस्तु की गति की विपरीत दिशा में चलता है। प्रतिबिंब की गति $0.1 \, ms^{-1}$ है।

(D) प्रेरक में संग्रहीत ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L i^2$ द्वारा दी जाती है। दिया गया है $U = 64 \, J$ और $i = 8 \, A$,इसलिए $64 = \frac{1}{2} \times L \times (8)^2$। इसे सरल करने पर $64 = 32L$ प्राप्त होता है,अतः $L = 2 \, H$।
ऊर्जा क्षय की दर (शक्ति) $P = i^2 R$ द्वारा दी जाती है। दिया गया है $P = 640 \, W$ और $i = 8 \, A$,इसलिए $640 = (8)^2 \times R$। इसे सरल करने पर $640 = 64R$ प्राप्त होता है,अतः $R = 10 \, \Omega$।
$LR$ परिपथ का समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R}$ द्वारा दिया जाता है। मान रखने पर,$\tau = \frac{2}{10} = 0.2 \, s$।

(A) $LCR$ परिपथ में औसत शक्ति को अधिकतम करने के लिए, परिपथ को अनुनाद (resonance) की स्थिति में होना चाहिए.
अनुनाद पर, प्रेरणिक प्रतिघात धारिता प्रतिघात के बराबर होता है, अर्थात $X_{L} = X_{C}$.
दिया गया है $X_{L} = 250 \pi \, \Omega$ और आवृत्ति $f = 50 \, Hz$ है.
धारिता प्रतिघात का सूत्र $X_{C} = \frac{1}{2 \pi f C}$ है.
दोनों को बराबर करने पर: $250 \pi = \frac{1}{2 \pi (50) C}$.
$250 \pi = \frac{1}{100 \pi C}$.
$C = \frac{1}{250 \pi \times 100 \pi} = \frac{1}{25000 \pi^{2}}$.
दिया गया है $\pi^{2} = 10$, इसलिए $C = \frac{1}{25000 \times 10} = \frac{1}{250000} \, F$.
$C = 4 \times 10^{-6} \, F = 4 \, \mu F$.

(C) दिए गए परिपथ में दो $NAND$ गेट हैं जिनके इनपुट एक साथ जुड़े हुए हैं,जो $NOT$ गेट के रूप में कार्य करते हैं,जिसके बाद एक $AND$ गेट है।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं।
दो $NOT$ गेट के आउटपुट $X = \overline{A}$ और $Y = \overline{B}$ हैं।
अंतिम आउटपुट $Z$,$X$ और $Y$ का $AND$ ऑपरेशन है:
$Z = X \cdot Y = \overline{A} \cdot \overline{B}$.
डी मॉर्गन के प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\overline{A} \cdot \overline{B} = \overline{A + B}$.
यह एक $NOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।
सत्यता सारणी:

$A, B$	$X, Y$	$Z$
$0, 0$	$1, 1$	$1$
$0, 1$	$1, 0$	$0$
$1, 0$	$0, 1$	$0$
$1, 1$	$0, 0$	$0$

(D) हाइड्रोजन-समान आयन में उत्सर्जित विकिरण की आवृत्ति रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $f = R c Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$,जहाँ $k = R c Z^2$ एक विशिष्ट आयन के लिए स्थिरांक है।
$n=3$ से $n=1$ के संक्रमण के लिए: $f_1 = k \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = k \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = k \left( \frac{8}{9} \right) = 2.92 \times 10^{15} \text{ Hz}$.
$n=2$ से $n=1$ के संक्रमण के लिए: $f_2 = k \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = k \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = k \left( \frac{3}{4} \right)$.
अनुपात लेने पर: $\frac{f_1}{f_2} = \frac{k(8/9)}{k(3/4)} = \frac{8}{9} \times \frac{4}{3} = \frac{32}{27}$.
अतः,$f_2 = f_1 \times \frac{27}{32} = 2.92 \times 10^{15} \times \frac{27}{32} \approx 2.46 \times 10^{15} \text{ Hz}$.

(A) आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण $KE_{\max} = eV_S = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दिया जाता है।
$\lambda_1 = 280 \, nm$ के लिए,आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E_1 = \frac{1240 \, eV \cdot nm}{280 \, nm} \approx 4.43 \, eV$ है।
निरोधी विभव $V_{S1} = \frac{E_1 - \phi}{e} = 4.43 - 2.5 = 1.93 \, V$ प्राप्त होता है।
$\lambda_2 = 400 \, nm$ के लिए,आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E_2 = \frac{1240 \, eV \cdot nm}{400 \, nm} = 3.10 \, eV$ है।
निरोधी विभव $V_{S2} = \frac{E_2 - \phi}{e} = 3.10 - 2.5 = 0.60 \, V$ प्राप्त होता है।
निरोधी विभव में परिवर्तन $\Delta V = V_{S1} - V_{S2} = 1.93 - 0.60 = 1.33 \, V \approx 1.3 \, V$ है।

(C) परिपथ आरेख से,चार प्रतिरोधक बिंदु $A$ और $B$ के बीच समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं। प्रतिरोधकों के मान $4 \, \Omega, 8 \, \Omega, 12 \, \Omega$ और $6 \, \Omega$ हैं।
समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{12} + \frac{1}{6}$
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{6 + 3 + 2 + 4}{24} = \frac{15}{24} = \frac{5}{8} \, \Omega^{-1}$
$R_{eq} = \frac{8}{5} = 1.6 \, \Omega$
आंतरिक प्रतिरोध $r = 0.6 \, \Omega$ सहित परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_T$ है:
$R_T = R_{eq} + r = 1.6 + 0.6 = 2.2 \, \Omega$
पूरे परिपथ में व्यय होने वाली शक्ति $P = \frac{E^2}{R_T}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E = 2.2 \, V$ सेल का $emf$ है:
$P = \frac{(2.2)^2}{2.2} = 2.2 \, W$
अतः,पूरे परिपथ में व्यय होने वाली शक्ति $2.2 \, W$ है।

(A) $q$ आवेश वाले $R$ त्रिज्या के ठोस धातु के गोले को $a$ आंतरिक त्रिज्या और $b$ बाहरी त्रिज्या वाले एक चालक गोलीय कोश के अंदर रखने पर:
$1$. $r < R$ के लिए: चालक के अंदर विद्युत क्षेत्र $E = 0$ होता है।
$2$. $R \leq r < a$ के लिए: विद्युत क्षेत्र केंद्रीय गोले के कारण होता है,इसलिए $E = \frac{k q}{r^2}$।
$3$. $a \leq r < b$ के लिए: यह क्षेत्र चालक कोश के पदार्थ के अंदर है। आंतरिक सतह $a$ पर प्रेरित $-q$ आवेश केंद्रीय आवेश $q$ के क्षेत्र को निरस्त कर देता है,इसलिए $E = 0$।
$4$. $r \geq b$ के लिए: कुल परिबद्ध आवेश $q + 0 = q$ है (यह मानते हुए कि कोश तटस्थ है),इसलिए $E = \frac{k q}{r^2}$।
अतः,विद्युत क्षेत्र $r < R$ के लिए शून्य है,$R \leq r < a$ के लिए $1/r^2$ के अनुसार बदलता है,$a \leq r < b$ के लिए शून्य है और $r \geq b$ के लिए $1/r^2$ के अनुसार बदलता है।

(B) तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है, $L$ लंबाई है और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है。
व्यास $d = 2 \; mm = 2 \times 10^{-3} \; m$, इसलिए त्रिज्या $r = 1 \times 10^{-3} \; m$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \times (10^{-3})^2 = \pi \times 10^{-6} \; m^2$.
लोहे की प्रतिरोधकता $\rho_1 = 12 \; \mu\Omega \cdot cm = 1.2 \times 10^{-7} \; \Omega \cdot m$.
मिश्र धातु की प्रतिरोधकता $\rho_2 = 51 \; \mu\Omega \cdot cm = 5.1 \times 10^{-7} \; \Omega \cdot m$.
समानांतर संयोजन के लिए, $R_{eq} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = 3 \; \Omega$.
$R_1 = \frac{\rho_1 L}{A}$ और $R_2 = \frac{\rho_2 L}{A}$.
$R_{eq} = \frac{\rho_1 \rho_2 L}{A(\rho_1 + \rho_2)} = 3$.
$L = \frac{3 A (\rho_1 + \rho_2)}{\rho_1 \rho_2} = \frac{3 \times \pi \times 10^{-6} \times (6.3 \times 10^{-7})}{6.12 \times 10^{-14}} \approx 97 \; m$.

(C) दिया गया है: प्रतिरोधकता $\rho = 200 \, \Omega \, m$,धारिता $C = 2 \times 10^{-12} \, F$,विभवांतर $V = 40 \, V$,सापेक्ष विद्युतशीलता $K = 50$.
प्लेटों के बीच परावैद्युत पदार्थ का प्रतिरोध $R = \frac{\rho d}{A}$ द्वारा और धारिता $C = \frac{K \varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है।
इनका गुणा करने पर,समय नियतांक $\tau = RC = \left( \frac{\rho d}{A} \right) \left( \frac{K \varepsilon_0 A}{d} \right) = \rho K \varepsilon_0$ प्राप्त होता है।
लीकेज धारा $I$ ओम के नियम के अनुसार $I = \frac{V}{R}$ है।
$R = \frac{\rho d}{A}$ और $C = \frac{K \varepsilon_0 A}{d} \implies \frac{A}{d} = \frac{C}{K \varepsilon_0}$ रखने पर,हमें $R = \frac{\rho K \varepsilon_0}{C}$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \frac{V}{R} = \frac{VC}{\rho K \varepsilon_0}$.
मान रखने पर: $I = \frac{40 \times 2 \times 10^{-12}}{200 \times 50 \times 8.854 \times 10^{-12}}$.
$I = \frac{80 \times 10^{-12}}{10000 \times 8.854 \times 10^{-12}} = \frac{80}{88540} \approx 0.000903 \, A = 0.903 \, mA$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,लीकेज धारा $0.9 \, mA$ है।