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

(C) मान लीजिए कि द्रवों $x$,$y$ और $z$ की विशिष्ट ऊष्मा क्रमशः $s_1$,$s_2$ और $s_3$ है। चूंकि द्रव्यमान समान हैं $(m_1 = m_2 = m_3 = m)$,कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार: $m s_1 T_1 + m s_2 T_2 = (m s_1 + m s_2) T_f$.
$x$ और $y$ के मिश्रण के लिए: $s_1(10) + s_2(20) = (s_1 + s_2)(16) \implies 10s_1 + 20s_2 = 16s_1 + 16s_2 \implies 4s_2 = 6s_1 \implies s_1 = \frac{2}{3}s_2$.
$y$ और $z$ के मिश्रण के लिए: $s_2(20) + s_3(30) = (s_2 + s_3)(26) \implies 20s_2 + 30s_3 = 26s_2 + 26s_3 \implies 4s_3 = 6s_2 \implies s_3 = \frac{3}{2}s_2$.
$x$ और $z$ के मिश्रण के लिए: $s_1(10) + s_3(30) = (s_1 + s_3)T_f$.
$s_1 = \frac{2}{3}s_2$ और $s_3 = \frac{3}{2}s_2$ रखने पर:
$(\frac{2}{3}s_2)(10) + (\frac{3}{2}s_2)(30) = (\frac{2}{3}s_2 + \frac{3}{2}s_2)T_f$.
$\frac{20}{3}s_2 + 45s_2 = (\frac{4+9}{6})s_2 T_f \implies \frac{20+135}{3} = \frac{13}{6}T_f$.
$\frac{155}{3} = \frac{13}{6}T_f \implies T_f = \frac{155 \times 6}{3 \times 13} = \frac{310}{13} \approx 23.84^{\circ}C$.

(A) यह एक शंक्वाकार लोलक (conical pendulum) का उदाहरण है।
मान लीजिए कि डोरी ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण बनाती है।
ज्यामिति से,हम जानते हैं कि $\sin \theta = \frac{r}{L}$ है।
दिया गया है $r = \frac{L}{\sqrt{2}}$,इसलिए $\sin \theta = \frac{L/\sqrt{2}}{L} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
इसका अर्थ है $\theta = 45^{\circ}$।
कण पर कार्य करने वाले बल डोरी में तनाव $T$ और गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ हैं।
तनाव को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करने पर:
क्षैतिज घटक: $T \sin \theta = \frac{mv^2}{r}$ (जो आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है)।
ऊर्ध्वाधर घटक: $T \cos \theta = mg$ (जो भार को संतुलित करता है)।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{T \sin \theta}{T \cos \theta} = \frac{mv^2/r}{mg} \Rightarrow \tan \theta = \frac{v^2}{rg}$।
चूंकि $\theta = 45^{\circ}$,इसलिए $\tan 45^{\circ} = 1$।
अतः,$1 = \frac{v^2}{rg} \Rightarrow v^2 = rg \Rightarrow v = \sqrt{rg}$।

(C) दिया गया है:
आयतन $V = 4.0 \times 10^{-3} \, m^3$
कुल मोलों की संख्या $n = 1 \, mol \, (H_2) + 2 \, mol \, (CO_2) = 3 \, mol$
तापमान $T = 400 \, K$
गैस नियतांक $R = 8.3 \, J \, mol^{-1} \, K^{-1}$
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हम दाब $P$ ज्ञात कर सकते हैं:
$P = \frac{nRT}{V}$
मान रखने पर:
$P = \frac{3 \times 8.3 \times 400}{4.0 \times 10^{-3}}$
$P = \frac{9960}{4.0 \times 10^{-3}}$
$P = 2490 \times 10^3 \, Pa = 24.9 \times 10^5 \, Pa$
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) दी गई आकृति से,$\overrightarrow{A}$ और $\overrightarrow{B}$ के बीच का कोण $60^{\circ}$ है।
$\overrightarrow{A}$ और $(\overrightarrow{A}-\overrightarrow{B})$ के बीच का कोण $\beta$ ज्ञात करने के लिए,हम सदिश घटाव $\overrightarrow{R} = \overrightarrow{A} + (-\overrightarrow{B})$ पर विचार करते हैं।
$\overrightarrow{A}$ और $(-\overrightarrow{B})$ के बीच का कोण $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ है।
परिणामी सदिश का $\overrightarrow{A}$ के साथ कोण $\beta$ ज्ञात करने का सूत्र:
$\tan \beta = \frac{|-\overrightarrow{B}| \sin(120^{\circ})}{A + |-\overrightarrow{B}| \cos(120^{\circ})}$
चूंकि $|-\overrightarrow{B}| = B$,इसलिए:
$\tan \beta = \frac{B \sin(120^{\circ})}{A + B \cos(120^{\circ})}$
$\sin(120^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ और $\cos(120^{\circ}) = -\frac{1}{2}$ रखने पर:
$\tan \beta = \frac{B(\sqrt{3}/2)}{A + B(-1/2)} = \frac{\sqrt{3}B}{2A - B}$
अतः,$\beta = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}B}{2A - B}\right)$.

(D) दिया गया है: लंबाई $L = 0.8 \, \text{m}$,त्रिज्या $r = 0.2 \, \text{m}$,जड़त्व आघूर्ण $I = 2.7 \, \text{kg m}^2$.
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,अक्ष $CD$ के परितः जड़त्व आघूर्ण:
$I = I_{CM} + Md^2$
यहाँ,$I_{CM}$ केंद्रीय अक्ष $AB$ के परितः जड़त्व आघूर्ण है,जो $\frac{Mr^2}{2}$ है,और अक्षों के बीच की दूरी $d = \frac{L}{2}$ है।
$I = \frac{Mr^2}{2} + M\left(\frac{L}{2}\right)^2$
$2.7 = M \left[ \frac{(0.2)^2}{2} + \left(\frac{0.8}{2}\right)^2 \right]$
$2.7 = M [0.02 + 0.16] = M(0.18)$
$M = \frac{2.7}{0.18} = 15 \, \text{kg}$
घनत्व $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\pi r^2 L}$.
$\rho = \frac{15}{\pi \times (0.2)^2 \times 0.8} = \frac{15}{\pi \times 0.04 \times 0.8} = \frac{15}{0.032 \pi} \approx 149.2 \, \text{kg/m}^3$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,घनत्व $149 \, \text{kg/m}^3$ है।

(C) मान लीजिए प्लेन का वेग $\vec{v}_{P} = u_{0} \hat{i}$ है।
जब बम गिराया जाता है,तो उसका प्रारंभिक वेग प्लेन के वेग के समान होता है,इसलिए $\vec{v}_{B, initial} = u_{0} \hat{i}$।
किसी भी समय $t$ पर,जमीन के सापेक्ष बम का वेग $\vec{v}_{B} = u_{0} \hat{i} - gt \hat{j}$ है।
किसी भी समय $t$ पर प्लेन का वेग $\vec{v}_{P} = u_{0} \hat{i}$ है।
प्लेन में बैठे प्रेक्षक के सापेक्ष बम का वेग $\vec{v}_{B/P} = \vec{v}_{B} - \vec{v}_{P} = (u_{0} \hat{i} - gt \hat{j}) - u_{0} \hat{i} = -gt \hat{j}$ होगा।
चूंकि सापेक्ष वेग हमेशा लंबवत नीचे की ओर निर्देशित होता है,इसलिए प्लेन में बैठे प्रेक्षक के लिए बम का प्रक्षेप पथ सीधे नीचे की ओर एक सीधी रेखा होगी।

(A) रेफ्रिजरेटर का निष्पादन गुणांक $(COP)$ निष्कर्षित ऊष्मा $(Q_L)$ और किए गए कार्य $(W)$ के अनुपात द्वारा दिया जाता है: $COP = \frac{T_L}{T_H - T_L} = \frac{dQ_L/dt}{dW/dt}$.
यहाँ,$T_L = -10^{\circ}C = 263 \ K$ और $T_H = 25^{\circ}C = 298 \ K$ है।
उपभोग की गई शक्ति $dW/dt = 35 \ W$ है।
मान रखने पर: $COP = \frac{263}{298 - 263} = \frac{263}{35}$.
अब,$\frac{dQ_L}{dt} = COP \times \frac{dW}{dt} = \frac{263}{35} \times 35 = 263 \ J/s$.

(C) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \frac{\Delta \ell}{\ell}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि लंबाई $0.1\, \%$ बढ़ती है,इसलिए $\frac{\Delta \ell}{\ell} = \frac{0.1}{100} = 10^{-3}$ है।
प्रति दिन समय में त्रुटि $(\Delta T)$ की गणना $\Delta T = \frac{1}{2} \times \left( \frac{\Delta \ell}{\ell} \right) \times T_{total}$ के रूप में की जाती है,जहाँ $T_{total} = 24 \times 3600 \, s$ है।
मान रखने पर: $\Delta T = \frac{1}{2} \times 10^{-3} \times 86400 = 43.2 \, s$।

(C) एक चिकनी घिरनी के ऊपर से गुजरने वाले $m_1$ और $m_2$ द्रव्यमान के दो ब्लॉकों को जोड़ने वाले तार में तनाव $T$ इस प्रकार दिया जाता है:
$T = \frac{2 m_1 m_2 g}{m_1 + m_2}$
दिए गए मान $m_1 = 3 \, kg$,$m_2 = 5 \, kg$,और $g = 10 \, ms^{-2}$ रखने पर:
$T = \frac{2 \times 3 \times 5 \times 10}{3 + 5} = \frac{300}{8} = 37.5 \, N$
स्ट्रेस को प्रति इकाई क्षेत्रफल बल के रूप में परिभाषित किया गया है,इसलिए $\text{Stress} = \frac{T}{A} = \frac{T}{\pi R^2}$.
ब्रेकिंग स्ट्रेस $\frac{24}{\pi} \times 10^2 \, Nm^{-2}$ दिया गया है,इसलिए:
$\frac{24}{\pi} \times 10^2 = \frac{37.5}{\pi R^2}$
$2400 = \frac{37.5}{R^2}$
$R^2 = \frac{37.5}{2400} = \frac{375}{24000} = \frac{1}{64} \, m^2$
$R = \sqrt{\frac{1}{64}} = \frac{1}{8} \, m = 0.125 \, m$
सेंटीमीटर में बदलने पर: $R = 0.125 \times 100 \, cm = 12.5 \, cm$.

(A) दी गई तरंग समीकरणें ${y}_{1} = {A}_{1} \sin {k}({x} - {vt})$ और ${y}_{2} = {A}_{2} \sin {k}({x} - {vt} + {x}_{0})$ हैं।
दो तरंगों के बीच कलांतर $\Delta \phi = {k} \cdot {x}_{0}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ ${k} = 6.28 \, {cm}^{-1}$ और ${x}_{0} = 3.5 \, {cm}$ दिया गया है।
चूंकि $6.28 \approx 2\pi$,इसलिए $\Delta \phi = 6.28 \times 3.5 = 2\pi \times 3.5 = 7\pi$ प्राप्त होता है।
परिणामी आयाम ${A}_{R} = \sqrt{{A}_{1}^{2} + {A}_{2}^{2} + 2{A}_{1}{A}_{2} \cos(\Delta \phi)}$ सूत्र का उपयोग करने पर।
मान रखने पर: ${A}_{R} = \sqrt{12^{2} + 5^{2} + 2(12)(5) \cos(7\pi)}$.
चूंकि $\cos(7\pi) = -1$,इसलिए ${A}_{R} = \sqrt{144 + 25 - 120} = \sqrt{49} = 7 \, {mm}$ प्राप्त होता है।

(D) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{\ell}{g}}$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है $\ell = \frac{T^2 g}{4\pi^2}$।
छोटे दोलनों के लिए सरल लोलक की ऊर्जा $E = \frac{1}{2} m g \ell \theta^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\theta$ आयाम है।
$\ell$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $E = \frac{1}{2} m g \left( \frac{T^2 g}{4\pi^2} \right) \theta^2 = \frac{m g^2 T^2 \theta^2}{8\pi^2}$।
यह मानते हुए कि द्रव्यमान $m$ और आयाम $\theta$ स्थिर हैं,$E$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta E}{E} = 2 \frac{\Delta g}{g} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $\frac{\Delta g}{g} = 4\%$ और $\frac{\Delta T}{T} = 3\%$,इसलिए $\frac{\Delta E}{E} = 2(4\%) + 2(3\%) = 8\% + 6\% = 14\%$।
अतः,$E$ की सटीकता $14\%$ है।

(B) पहला समीकरण $x_{1} = 5 \sin(2 \pi t + \frac{\pi}{4})$ है। यहाँ आयाम $A_{1} = 5$ है।
दूसरा समीकरण $x_{2} = 5 \sqrt{2}(\sin 2 \pi t + \cos 2 \pi t)$ है।
आयाम ज्ञात करने के लिए,हम कोष्ठक के अंदर के पद को $\sqrt{2}$ से गुणा और भाग करके पुनर्व्यवस्थित करते हैं:
$x_{2} = 5 \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 2 \pi t + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 2 \pi t \right)$
$x_{2} = 10 \left( \sin 2 \pi t \cos \frac{\pi}{4} + \cos 2 \pi t \sin \frac{\pi}{4} \right)$
सर्वसमिका $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$x_{2} = 10 \sin(2 \pi t + \frac{\pi}{4})$.
यहाँ आयाम $A_{2} = 10$ है।
अतः,आयामों का अनुपात $\frac{A_{2}}{A_{1}} = \frac{10}{5} = 2$ है।

(D) मान लीजिए ऊपरी ब्लॉक का द्रव्यमान $m_1 = 1 \, kg$ और निचले ब्लॉक का द्रव्यमान $m_2 = 2 \, kg$ है। निकाय का कुल द्रव्यमान $M = m_1 + m_2 = 3 \, kg$ है।
ब्लॉकों को एक साथ चलने के लिए,ऊपरी ब्लॉक को निचले ब्लॉक के समान त्वरण $a$ के साथ चलना चाहिए। ऊपरी ब्लॉक को त्वरित करने वाला एकमात्र बल दोनों ब्लॉकों के बीच का स्थैतिक घर्षण बल $f_s$ है।
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $f_{s,max} = \mu m_1 g = 0.5 \times 1 \times 10 = 5 \, N$ है।
यह घर्षण बल $1 \, kg$ के ब्लॉक को अधिकतम त्वरण प्रदान करता है: $f_{s,max} = m_1 a \Rightarrow 5 = 1 \times a \Rightarrow a = 5 \, m/s^2$.
अब,$3 \, kg$ के पूरे निकाय को $a$ त्वरण के साथ चलते हुए मानने पर,लगाया गया बल $F = (m_1 + m_2) a = 3 \times 5 = 15 \, N$ प्राप्त होता है।

(C) सापेक्ष चुंबकीय पारगम्यता $(\mu_{r} = \mu / \mu_{0})$ दो समान राशियों का अनुपात है,इसलिए यह विमाहीन है।
शक्ति गुणांक $(\cos \phi)$ प्रतिरोध और प्रतिबाधा का अनुपात है,इसलिए यह विमाहीन है।
मुक्त आकाश की पारगम्यता $(\mu_{0})$ का $SI$ मात्रक $N A^{-2}$ या $T m A^{-1}$ है। इसका विमीय सूत्र $[M L T^{-2} A^{-2}]$ है। इसलिए,यह एक विमाहीन राशि नहीं है।
गुणवत्ता कारक $(Q)$ को प्रति चक्र संग्रहीत ऊर्जा और व्यय ऊर्जा के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है,जो इसे विमाहीन बनाता है।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(A) परिणामी बल ज्ञात करने के लिए,प्रत्येक बल को उसके $x$ और $y$ घटकों में वियोजित करते हैं:
$F_x = 10 \cos 30^\circ + 20 \sin 30^\circ + 20 \cos 45^\circ - 15 \cos 45^\circ - 15 \sin 60^\circ$
$F_x = 10(0.85) + 20(0.5) + 20(0.7) - 15(0.7) - 15(0.85) = 8.5 + 10 + 14 - 10.5 - 12.75 = 9.25 \text{ N}$
$F_y = 10 \sin 30^\circ + 20 \cos 30^\circ + 15 \cos 60^\circ - 20 \sin 45^\circ - 15 \sin 45^\circ$
$F_y = 10(0.5) + 20(0.85) + 15(0.5) - 20(0.7) - 15(0.7) = 5 + 17 + 7.5 - 14 - 10.5 = 5 \text{ N}$
अतः,परिणामी बल $9.25 \hat{i} + 5 \hat{j} \text{ N}$ है।

(D) गुब्बारे की भार उठाने की क्षमता विस्थापित हवा के घनत्व के समानुपाती होती है,जो आदर्श गैस समीकरण $P = \rho R T / M$ द्वारा निर्धारित होती है।
चूंकि आयतन $V$ स्थिर है,विस्थापित हवा का द्रव्यमान $m = \rho V$,$P/T$ के समानुपाती होता है।
दिया गया है: $P_1 = 76\; \text{cm of Hg}$,$T_1 = 27 + 273 = 300\; \text{K}$,$M_1 = 185\; \text{kg}$.
ऊँचाई पर: $P_2 = 45\; \text{cm of Hg}$,$T_2 = -7 + 273 = 266\; \text{K}$.
संबंध $M_1 / M_2 = (P_1 / T_1) / (P_2 / T_2) = (P_1 T_2) / (P_2 T_1)$ का उपयोग करते हुए:
$M_2 = M_1 \times (P_2 / P_1) \times (T_1 / T_2) = 185 \times (45 / 76) \times (300 / 266)$.
$M_2 = 185 \times 0.5921 \times 1.1278 \approx 123.54\; \text{kg}$.

(B) वृत्त की त्रिज्या $R$,$R = \frac{\ell}{\theta}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\ell$ चाप की लंबाई है और $\theta$ रेडियन में कोण है।
दिया गया है $\ell = 4.4 \; ly = 4.4 \times 9.46 \times 10^{15} \; m$.
कोण $\theta = 4'' = \frac{4}{3600} \times \frac{\pi}{180} \; rad$.
इन मानों को रखने पर,$R = \frac{4.4 \times 9.46 \times 10^{15}}{\frac{4}{3600} \times \frac{\pi}{180}} \; m$.
वृत्त की परिधि $C = 2\pi R$ है।
$4$ चक्करों के लिए,कुल दूरी $D = 4 \times 2\pi R = 8\pi R$.
गति $v = 8 \; AU/s = 8 \times 1.5 \times 10^{11} \; m/s$.
लिया गया समय $t = \frac{D}{v} = \frac{8\pi R}{v} = \frac{8\pi}{v} \times \frac{\ell}{\theta}$.
मान रखने पर: $t = \frac{8 \times \pi \times 4.4 \times 9.46 \times 10^{15}}{8 \times 1.5 \times 10^{11} \times (\frac{4}{3600} \times \frac{\pi}{180})}$.
सरल करने पर,हमें $t \approx 4.5 \times 10^{10} \; s$ प्राप्त होता है।

(D) मान लीजिए कि वर्गाकार प्लेट $xy$-तल में है,जिसकी दो भुजाएँ $x$ और $y$ अक्ष के अनुदिश हैं,जो मूल बिंदु (वह कोना जहाँ से अक्ष गुजरती है) पर मिलती हैं।
लंबवत अक्षों के प्रमेय के अनुसार,तल के लंबवत अक्ष ($z$-अक्ष) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_z = I_x + I_y$ होता है।
$M$ द्रव्यमान और $l$ भुजा वाली वर्गाकार प्लेट का उसकी एक भुजा से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{M l^2}{3}$ होता है।
यहाँ,$I_x = \frac{M l^2}{3}$ और $I_y = \frac{M l^2}{3}$ है।
इसलिए,$I_z = \frac{M l^2}{3} + \frac{M l^2}{3} = \frac{2}{3} M l^2$ होगा।

(C) दी गई प्रक्रिया का समीकरण: $PT^{3} = \text{नियतांक}$. आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए, हम लिख सकते हैं $P = nRT/V$. इस मान को दिए गए समीकरण में रखने पर: $(nRT/V) \times T^{3} = \text{नियतांक}$. चूंकि $n$ और $R$ नियतांक हैं, यह समीकरण $T^{4}/V = \text{नियतांक}$ या $T^{4} = kV$ बन जाता है, जहाँ $k$ एक नियतांक है। दोनों पक्षों का अवकलन करने पर, हमें प्राप्त होता है $4T^{3} dT = k dV$. चूंकि $k = T^{4}/V$, मान रखने पर: $4T^{3} dT = (T^{4}/V) dV$. दोनों पक्षों को $T^{3}$ से विभाजित करने पर, $4 dT = (T/V) dV$, जिसे व्यवस्थित करने पर $dV/V = 4(dT/T)$ प्राप्त होता है। आयतन प्रसार गुणांक $\gamma$ को $dV = V \gamma dT$ के रूप में परिभाषित किया जाता है, अर्थात $\gamma = (1/V) (dV/dT)$. हमारे व्युत्पन्न संबंध $dV/V = 4(dT/T)$ से, $(1/V) (dV/dT) = 4/T$. अतः, आयतन प्रसार गुणांक $\gamma = 4/T$ है।

(B) टर्मिनल वेग से गिरती हुई अनावेशित तेल की बूंद के लिए,जब उत्प्लावन बल की उपेक्षा की जाती है,तो श्यान बल $(F_v)$ बूंद के वजन $(W)$ के बराबर होता है।
$W = m \cdot g = \rho \cdot V \cdot g = \rho \cdot (\frac{4}{3} \pi r^3) \cdot g$
दिया गया है:
$\rho = 1.2 \times 10^3 \, kg/m^3$
$r = 2.0 \times 10^{-5} \, m$
$g = 9.8 \, m/s^2$
$F_v = (1.2 \times 10^3) \times \frac{4}{3} \times 3.14 \times (2.0 \times 10^{-5})^3 \times 9.8$
$F_v = 1.2 \times 10^3 \times 4.1867 \times 8.0 \times 10^{-15} \times 9.8$
$F_v \approx 3.9 \times 10^{-10} \, N$

(D) सरल आवर्त गति में एक कण का विस्थापन $x(t) = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
स्थितिज ऊर्जा $U$ को $U = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} k A^2 \sin^2(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^2(\theta) = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$ का उपयोग करने पर,हमें $U = \frac{1}{4} k A^2 (1 - \cos(2\omega t))$ प्राप्त होता है।
यह दर्शाता है कि स्थितिज ऊर्जा $U$ हमेशा गैर-ऋणात्मक होती है और विस्थापन की तुलना में दोगुनी आवृत्ति के साथ बदलती है।
$t = 0$ पर,$x = 0$,इसलिए $U = 0$ है।
चरम स्थितियों पर,$x = \pm A$,इसलिए $U$ अधिकतम होता है।
विकल्पों को देखने पर,चित्र $D$ एक ऐसा आलेख दर्शाता है जहाँ $t = 0$ पर $U$ शून्य है,चरम स्थितियों पर अधिकतम तक पहुँचता है,और इसकी आवृत्ति विस्थापन आलेख की तुलना में दोगुनी है। अतः,चित्र $D$ सही निरूपण है।

(A) कणों के निकाय की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा $U$ को $U = -\sum \frac{G m_i m_j}{r_{ij}}$ द्वारा दिया जाता है।
$d$ भुजा वाले दिए गए वर्ग के लिए,$d$ लंबाई की चार भुजाएँ और $\sqrt{2}d$ लंबाई के दो विकर्ण हैं।
कोनों पर द्रव्यमान $m_1 = m$,$m_2 = M-m$,$m_3 = m$,और $m_4 = M-m$ हैं।
स्थितिज ऊर्जा है:
$U = -\frac{G}{d} [m(M-m) + (M-m)m + m(M-m) + (M-m)m] - \frac{G}{\sqrt{2}d} [m^2 + (M-m)^2]$
$U = -\frac{G}{d} [4m(M-m)] - \frac{G}{\sqrt{2}d} [m^2 + M^2 - 2Mm + m^2]$
$U = -\frac{G}{d} [4Mm - 4m^2 + \frac{1}{\sqrt{2}}(M^2 - 2Mm + 2m^2)]$
$U$ को अधिकतम (या $|U|$ को न्यूनतम) करने के लिए,हम $m$ के सापेक्ष $U$ का अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dU}{dm} = -\frac{G}{d} [4M - 8m + \frac{1}{\sqrt{2}}(-2M + 4m)] = 0$
$4M - 8m - \sqrt{2}M + 2\sqrt{2}m = 0$
$M(4 - \sqrt{2}) = m(8 - 2\sqrt{2})$
$M(4 - \sqrt{2}) = 2m(4 - \sqrt{2})$
$\frac{M}{m} = 2$
अतः,$x = 2$.

(A) दिया गया है:
स्रोत का वेग (कार $X$),$V_s = 36 \; km/h = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \; m/s$.
प्रेक्षक का वेग (कार $Y$),$V_o = 72 \; km/h = 72 \times \frac{5}{18} = 20 \; m/s$.
ध्वनि का वेग,$V = 340 \; m/s$.
आभासी आवृत्ति,$f' = 1320 \; Hz$.
जब स्रोत और प्रेक्षक एक-दूसरे की ओर आ रहे हों,तो डॉप्लर प्रभाव के सूत्र का उपयोग करते हुए:
$f' = f_0 \left( \frac{V + V_o}{V - V_s} \right)$
मान रखने पर:
$1320 = f_0 \left( \frac{340 + 20}{340 - 10} \right)$
$1320 = f_0 \left( \frac{360}{330} \right)$
$1320 = f_0 \left( \frac{36}{33} \right)$
$f_0 = 1320 \times \frac{33}{36}$
$f_0 = 1210 \; Hz$.
अतः,सीटी की वास्तविक आवृत्ति $1210 \; Hz$ है।

(A) दिया गया वेग फलन: $v = \sqrt{5000 + 24x}$ है।
हम जानते हैं कि त्वरण $a$ का मान $a = v \frac{dv}{dx}$ होता है।
सबसे पहले,$v$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dv}{dx} = \frac{d}{dx} (5000 + 24x)^{1/2} = \frac{1}{2} (5000 + 24x)^{-1/2} \times 24 = \frac{12}{\sqrt{5000 + 24x}}$ प्राप्त होता है।
अब,त्वरण के सूत्र में $v$ और $\frac{dv}{dx}$ का मान रखने पर:
$a = \sqrt{5000 + 24x} \times \frac{12}{\sqrt{5000 + 24x}}$।
$a = 12 \; \text{m/s}^2$।

(A) चूंकि छड़ें समान हैं,इसलिए प्रत्येक छड़ का ऊष्मीय प्रतिरोध $R_{AB} = R_{CD} = 10 \; K/W$ है।
$C$,$AB$ का मध्य बिंदु है,इसलिए प्रत्येक आधे भाग का ऊष्मीय प्रतिरोध $R_{AC} = R_{CB} = 5 \; K/W$ है।
मान लीजिए जंक्शन $C$ पर तापमान $T$ है।
ऊष्मा धारा के लिए जंक्शन नियम लागू करने पर (प्रवेश करने वाली ऊष्मा धारा का योग = बाहर निकलने वाली ऊष्मा धारा का योग):
$\frac{200 - T}{5} = \frac{T - 125}{10} + \frac{T - 100}{5}$
पूरे समीकरण को $10$ से गुणा करने पर:
$2(200 - T) = (T - 125) + 2(T - 100)$
$400 - 2T = T - 125 + 2T - 200$
$400 - 2T = 3T - 325$
$5T = 725$
$T = 145^{\circ}C$
छड़ $CD$ में ऊष्मा धारा $P$ इस प्रकार है:
$P = \frac{T - 125}{R_{CD}} = \frac{145 - 125}{10} = \frac{20}{10} = 2 \; W$.
अतः,$P$ का मान $2$ है।

(A) दिया गया है कि दोनों व्यक्तियों द्वारा किया गया कार्य समान है: $W_A = W_B$.
कार्य का सूत्र $W = Fd \cos \theta$ होता है।
व्यक्ति $A$ के लिए: $W_A = F_A d \cos 45^{\circ}$.
व्यक्ति $B$ के लिए: $W_B = F_B d \cos 60^{\circ}$.
दोनों को बराबर करने पर: $F_A d \cos 45^{\circ} = F_B d \cos 60^{\circ}$.
$\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ और $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ का मान रखने पर:
$F_A \times \frac{1}{\sqrt{2}} = F_B \times \frac{1}{2}$.
अनुपात $\frac{F_A}{F_B}$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\frac{F_A}{F_B} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{(\sqrt{2})^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
इसकी तुलना $\frac{1}{\sqrt{x}}$ से करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(D) माना $m_1 = 8\, {kg}$ और $m_2 = 2\, {kg}$ है।
बाध्यता संबंध (constraint relation) के अनुसार,यदि $8\, {kg}$ का ब्लॉक $a$ त्वरण के साथ नीचे की ओर गति करता है,तो $2\, {kg}$ का ब्लॉक $2a$ त्वरण के साथ ऊपर की ओर गति करेगा।
गति के समीकरण इस प्रकार हैं:
$8\, {kg}$ ब्लॉक के लिए: $m_1 g - 2T = m_1 a \implies 80 - 2T = 8a \implies 40 - T = 4a \dots (1)$
$2\, {kg}$ ब्लॉक के लिए: $T - m_2 g = m_2 (2a) \implies T - 20 = 2(2a) \implies T - 20 = 4a \dots (2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$(40 - T) + (T - 20) = 4a + 4a$
$20 = 8a \implies a = 2.5\, {m/s^2}$ प्राप्त होता है।
$8\, {kg}$ ब्लॉक द्वारा तय की जाने वाली दूरी $S = 20\, {cm} = 0.2\, {m}$ है।
गति के समीकरण $S = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = 0$:
$0.2 = \frac{1}{2} \times 2.5 \times t^2$
$0.4 = 2.5 \times t^2$
$t^2 = \frac{0.4}{2.5} = 0.16$
$t = \sqrt{0.16} = 0.4\, {s}$।

(D) माना कि क्रमिक बूंदों के बीच का समयांतराल $\Delta t$ है।
जब पहली बूंद फर्श पर पहुँचती है,तो कुल बीता हुआ समय $T = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 9.8}{9.8}} = \sqrt{2}\, s$ है।
चूँकि इस क्षण पर तीसरी बूंद गिरना शुरू कर रही है,इसलिए तीसरी बूंद के लिए बीता हुआ समय $0$ है।
दूसरी बूंद $\Delta t$ समय से गिर रही है और पहली बूंद $2\Delta t$ समय से गिर रही है।
अतः,$2\Delta t = T = \sqrt{2}\, s$,जिससे $\Delta t = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\, s$ प्राप्त होता है।
नोजल से दूसरी बूंद द्वारा तय की गई दूरी $y_2 = \frac{1}{2} g(\Delta t)^2 = \frac{1}{2} \times 9.8 \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 4.9 \times 0.5 = 2.45\, m$ है।
फर्श से दूसरी बूंद की स्थिति $H - y_2 = 9.8 - 2.45 = 7.35\, m$ है।

(C) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल कोणीय संवेग स्थिर रहता है:
$I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2} = (I_{1} + I_{2}) \omega$
जहाँ $\omega$ संपर्क के बाद की उभयनिष्ठ कोणीय चाल है।
अतः,$\omega = \frac{I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2}}{I_{1} + I_{2}}$.
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_{i} = \frac{1}{2} I_{1} \omega_{1}^{2} + \frac{1}{2} I_{2} \omega_{2}^{2}$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_{f} = \frac{1}{2} (I_{1} + I_{2}) \omega^{2}$ है।
गतिज ऊर्जा में हानि $\Delta K = K_{i} - K_{f} = \frac{1}{2} I_{1} \omega_{1}^{2} + \frac{1}{2} I_{2} \omega_{2}^{2} - \frac{1}{2} (I_{1} + I_{2}) \left( \frac{I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2}}{I_{1} + I_{2}} \right)^{2}$.
इस व्यंजक को सरल करने पर:
$\Delta K = \frac{1}{2} \left[ I_{1} \omega_{1}^{2} + I_{2} \omega_{2}^{2} - \frac{(I_{1} \omega_{1} + I_{2} \omega_{2})^{2}}{I_{1} + I_{2}} \right]$
$\Delta K = \frac{I_{1} I_{2}}{2(I_{1} + I_{2})} (\omega_{1} - \omega_{2})^{2}$.

(A) गैस अणुओं की $rms$ गति का सूत्र है: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$,जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है,$T$ केल्विन में तापमान है और $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
चूँकि दोनों गैसों के लिए तापमान $T$ समान है,इसलिए $V_{rms} \propto \frac{1}{\sqrt{M}}$ होगा।
अतः,$rms$ गति का अनुपात: $\frac{(V_{rms})_{O_2}}{(V_{rms})_{H_2}} = \sqrt{\frac{M_{H_2}}{M_{O_2}}}$ होगा।
ऑक्सीजन $(O_2)$ का मोलर द्रव्यमान $32 \; {g/mol}$ है और हाइड्रोजन $(H_2)$ का मोलर द्रव्यमान $2 \; {g/mol}$ है।
मान रखने पर: $\frac{160}{(V_{rms})_{H_2}} = \sqrt{\frac{2}{32}} = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4}$।
इस प्रकार,$(V_{rms})_{H_2} = 160 \times 4 = 640 \; {m/s}$।

(D) गोलीय कोश के अंदर किसी बिंदु पर गुरुत्वीय विभव $V$,केंद्र पर स्थित बिंदु द्रव्यमान के कारण विभव और कोश के कारण विभव का योग होता है।
$1$. $r = 25 \, \text{m}$ की दूरी पर $M_1 = 50 \, \text{kg}$ के बिंदु द्रव्यमान के कारण विभव $V_1 = -\frac{GM_1}{r} = -\frac{G \times 50}{25} = -2G$ है।
$2$. $M_2 = 100 \, \text{kg}$ द्रव्यमान और $R = 50 \, \text{m}$ त्रिज्या वाले गोलीय कोश के अंदर किसी भी बिंदु पर विभव स्थिर होता है और यह उसकी सतह पर विभव के बराबर होता है: $V_2 = -\frac{GM_2}{R} = -\frac{G \times 100}{50} = -2G$ है।
$3$. कुल गुरुत्वीय विभव $V = V_1 + V_2 = -2G + (-2G) = -4G$ है।

(B) $1$. रिडबर्ग नियतांक $({R}_{H})$: रिडबर्ग नियतांक का $SI$ मात्रक ${m}^{-1}$ होता है। अतः,$(a)-(iii)$।
$2$. प्लांक नियतांक $(h)$: संबंध $E = h\nu$ से,$h$ का मात्रक $J \cdot s = (kg \cdot m^{2} \cdot s^{-2}) \cdot s = {kg} {m}^{2} {s}^{-1}$ होता है। अतः,$(b)-(ii)$।
$3$. चुंबकीय क्षेत्र ऊर्जा घनत्व $(u_{B})$: ऊर्जा घनत्व प्रति इकाई आयतन ऊर्जा है,$u = \frac{E}{V}$। इसका $SI$ मात्रक $J/m^{3} = (kg \cdot m^{2} \cdot s^{-2}) / m^{3} = {kg} {m}^{-1} {s}^{-2}$ होता है। अतः,$(c)-(iv)$।
$4$. श्यानता गुणांक $(\eta)$: सूत्र $F = \eta A \frac{dv}{dx}$ से,$\eta$ का मात्रक $kg \cdot m^{-1} \cdot s^{-1}$ होता है। अतः,$(d)-(i)$।
इस प्रकार,सही मिलान $(a)-(iii), (b)-(ii), (c)-(iv), (d)-(i)$ है।

(A) घनत्व का विमीय सूत्र $[M L^{-3}]$ होता है।
माना घनत्व की विमा $[F^{a} L^{b} T^{c}]$ के रूप में व्यक्त की जाती है।
चूँकि बल $F = [M L T^{-2}]$,हम लिख सकते हैं कि $[M L T^{-2}]^{a} [L]^{b} [T]^{c} = [M L^{-3}]$.
$M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $a = 1$.
$L$ के लिए: $a + b = -3$.
$T$ के लिए: $-2a + c = 0$.
समीकरणों में $a = 1$ रखने पर:
$1 + b = -3 \implies b = -4$.
$-2(1) + c = 0 \implies c = 2$.
अतः,घनत्व की विमा $[F^{1} L^{-4} T^{2}]$ है।

(A) पानी के गिरने पर उसकी स्थितिज ऊर्जा में होने वाली कमी ऊष्मीय ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है,जिससे पानी का तापमान बढ़ जाता है।
स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $(P.E.)$ = ऊष्मीय ऊर्जा $(Q)$
$mgh = mS \Delta T$
$\Delta T = \frac{gh}{S}$
दिया गया है:
$g = 10 \ m/s^2$
$h = 63 \ m$
$S = 1 \ cal \ g^{-1} \ ^{\circ}C^{-1} = 1 \times 4.2 \ J \ g^{-1} \ ^{\circ}C^{-1} = 4200 \ J \ kg^{-1} \ ^{\circ}C^{-1}$
मान रखने पर:
$\Delta T = \frac{10 \times 63}{4200}$
$\Delta T = \frac{630}{4200} = \frac{63}{420} = 0.15 \approx 0.147 \ ^{\circ}C$
अतः,तापमान में अंतर $0.147 \ ^{\circ}C$ है।

(C) अधिकतम ऊँचाई का सूत्र $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
मान रखने पर: $H = \frac{(25)^2 \cdot (\sin 45^{\circ})^2}{2 \times 10} = \frac{625 \times 0.5}{20} = \frac{312.5}{20} = 15.625\, m$.
उच्चतम बिंदु तक पहुँचने में लगे समय का सूत्र $T = \frac{u \sin \theta}{g}$ है।
मान रखने पर: $T = \frac{25 \times \sin 45^{\circ}}{10} = \frac{25 \times 0.707}{10} = 2.5 \times 0.707 = 1.7675\, s \approx 1.77\, s$.

(B) दिया गया है: गर्म रिज़र्वायर से ली गई ऊष्मा $Q_{\text{in}} = 300 \, J$.
ठंडे रिज़र्वायर को दी गई ऊष्मा $Q_{\text{out}} = 240 \, J$.
ठंडे रिज़र्वायर का तापमान $T_{2} = 400 \, K$.
एक उत्क्रमणीय हीट इंजन (कार्नोट इंजन) के लिए,दक्षता $\eta = 1 - \frac{Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $\eta = 1 - \frac{240}{300} = 1 - 0.8 = 0.2$.
साथ ही,कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_{2}}{T_{1}}$ होती है।
दक्षता के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $0.2 = 1 - \frac{400}{T_{1}}$.
$\frac{400}{T_{1}} = 1 - 0.2 = 0.8$.
$T_{1} = \frac{400}{0.8} = 500 \, K$.
अतः,गर्म रिज़र्वायर का न्यूनतम तापमान $500 \, K$ होना चाहिए।

(B) प्रथम समीकरण के लिए: $y_{1} = 10 \sin(3 \pi t + \frac{\pi}{3})$.
इसे मानक रूप $y = A \sin(\omega t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,आयाम $A_{1} = 10$ प्राप्त होता है।
दूसरे समीकरण के लिए: $y_{2} = 5(\sin 3 \pi t + \sqrt{3} \cos 3 \pi t)$.
इसे $2$ से गुणा और भाग करके पुन: लिखने पर: $y_{2} = 5 \times 2 \left( \frac{1}{2} \sin 3 \pi t + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3 \pi t \right)$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ और $\sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ है,हमें प्राप्त होता है:
$y_{2} = 10(\sin 3 \pi t \cos \frac{\pi}{3} + \cos 3 \pi t \sin \frac{\pi}{3}) = 10 \sin(3 \pi t + \frac{\pi}{3})$.
अतः,आयाम $A_{2} = 10$ है।
आयामों का अनुपात $\frac{A_{1}}{A_{2}} = \frac{10}{10} = 1$ है।
इसलिए,$x = 1$.

(B) मान लीजिए पैन में रखा गया द्रव्यमान $m$ है। तार $W_{2}$ में तनाव $T_{2} = (m + 10)g$ है। तार $W_{1}$ में तनाव $T_{1} = (m + 10 + 20)g = (m + 30)g$ है।
ब्रेकिंग स्ट्रेस $\sigma_{b} = 1.25 \times 10^{9} \, N/m^{2}$ है।
तार $W_{2}$ के लिए: $T_{2,max} = \sigma_{b} \times A_{2} = (1.25 \times 10^{9}) \times (4 \times 10^{-7}) = 500 \, N$.
$(m + 10) \times 10 = 500 \Rightarrow m + 10 = 50 \Rightarrow m = 40 \, kg$.
तार $W_{1}$ के लिए: $T_{1,max} = \sigma_{b} \times A_{1} = (1.25 \times 10^{9}) \times (8 \times 10^{-7}) = 1000 \, N$.
$(m + 30) \times 10 = 1000 \Rightarrow m + 30 = 100 \Rightarrow m = 70 \, kg$.
चूंकि $m = 40 \, kg$ होने पर तार $W_{2}$ पहले टूट जाएगा,इसलिए रखा जा सकने वाला अधिकतम द्रव्यमान $40 \, kg$ है।

(B) ऊर्ध्वाधर वृत्त पूरा करने के लिए, निम्नतम बिंदु पर गोलक के लिए आवश्यक न्यूनतम वेग $V' = \sqrt{5gR}$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $V' = \sqrt{5 \times 10 \times 0.5} = \sqrt{25} = 5\, \text{m/s}$.
अब, टक्कर के दौरान रैखिक संवेग संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए:
$m_1 v = m_2 V' - m_1 v_{recoil}$
यहाँ, $m_1 = 10\, \text{g} = 0.01\, \text{kg}$, $m_2 = 1\, \text{kg}$, $V' = 5\, \text{m/s}$, और $v_{recoil} = 100\, \text{m/s}$.
$0.01 \times v = 1 \times 5 - 0.01 \times 100$
$0.01 \times v = 5 - 1$
$0.01 \times v = 4$
$v = \frac{4}{0.01} = 400\, \text{m/s}$.

(B) सबसे छोटी बंद ऑर्गन पाइप के लिए,मूल आवृत्ति पहले हार्मोनिक के अनुरूप होती है,जहाँ पाइप की लंबाई $\ell$,तरंग दैर्ध्य $\lambda$ के एक-चौथाई के बराबर होती है।
$\ell = \frac{\lambda}{4} \Rightarrow \lambda = 4\ell$
आवृत्ति $f$ को संबंध $f = \frac{v}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है।
आवृत्ति के सूत्र में $\lambda = 4\ell$ प्रतिस्थापित करने पर:
$f = \frac{v}{4\ell}$
यहाँ $f = 250\, {Hz}$ और $v = 340\, {ms}^{-1}$ दिया गया है,इसलिए $\ell$ के लिए हल करने पर:
$250 = \frac{340}{4\ell}$
$4\ell = \frac{340}{250} = 1.36\, {m}$
$\ell = \frac{1.36}{4} = 0.34\, {m}$
सेंटीमीटर में बदलने पर:
$\ell = 0.34 \times 100 = 34\, {cm}$

(C) भोजन के पैकेट को जमीन तक पहुँचने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
इस समय के दौरान पैकेट द्वारा तय की गई क्षैतिज दूरी (परास) $R = v \cdot t = v \sqrt{\frac{2h}{g}}$ है।
जब पैकेट गिराया जाता है,तो हेलीकॉप्टर व्यक्ति से क्षैतिज दूरी $R$ और ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $h$ पर होता है।
व्यक्ति से हेलीकॉप्टर की दूरी $D$,$R$ और $h$ द्वारा निर्मित समकोण त्रिभुज का कर्ण है:
$D = \sqrt{R^{2} + h^{2}}$
$R$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$D = \sqrt{\left(v \sqrt{\frac{2h}{g}}\right)^{2} + h^{2}}$
$D = \sqrt{\frac{2v^{2}h}{g} + h^{2}}$

(A) माना $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान केल्विन में है।
दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$.
दिया है $\eta = \frac{1}{4}$,इसलिए $\frac{1}{4} = 1 - \frac{T_2}{T_1} \Rightarrow \frac{T_2}{T_1} = \frac{3}{4} \dots (i)$.
जब सिंक का तापमान $58^{\circ}C$ कम किया जाता है (जो तापमान के अंतर के रूप में $58 \ K$ है),तो नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 58$ होता है।
नई दक्षता दोगुनी हो जाती है,इसलिए $\eta' = 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$.
अतः,$\frac{1}{2} = 1 - \frac{T_2 - 58}{T_1} \Rightarrow \frac{T_2 - 58}{T_1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{T_2}{T_1} = \frac{3}{4}$ को समीकरण में रखने पर: $\frac{3}{4} - \frac{58}{T_1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{58}{T_1} = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow T_1 = 58 \times 4 = 232 \ K$.
अब,$T_2 = \frac{3}{4} \times 232 = 174 \ K$.

(C) दिया गया है कि $\theta_{1} = \theta_{2} = \theta$.
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम से:
$x$-दिशा में: $M V_{0} = M V_{1} \cos \theta + m V_{2} \cos \theta$
$y$-दिशा में: $0 = M V_{1} \sin \theta - m V_{2} \sin \theta$
$y$-दिशा के समीकरण से,हमें $M V_{1} = m V_{2}$ प्राप्त होता है,इसलिए $V_{2} = \frac{M V_{1}}{m}$.
इसे $x$-दिशा के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $M V_{0} = (M V_{1} + m \cdot \frac{M V_{1}}{m}) \cos \theta = 2 M V_{1} \cos \theta$,जिससे $V_{0} = 2 V_{1} \cos \theta$ प्राप्त होता है।
प्रत्यास्थ टक्कर में गतिज ऊर्जा संरक्षण के नियम से:
$\frac{1}{2} M V_{0}^{2} = \frac{1}{2} M V_{1}^{2} + \frac{1}{2} m V_{2}^{2}$
$V_{0} = 2 V_{1} \cos \theta$ और $V_{2} = \frac{M V_{1}}{m}$ का मान रखने पर:
$M (4 V_{1}^{2} \cos^{2} \theta) = M V_{1}^{2} + m (\frac{M V_{1}}{m})^{2}$
$4 M \cos^{2} \theta = M + \frac{M^{2}}{m}$
$M$ से विभाजित करने पर: $4 \cos^{2} \theta = 1 + \frac{M}{m}$
चूंकि $\cos^{2} \theta \leq 1$,इसलिए $1 + \frac{M}{m} \leq 4$,जिसका अर्थ है कि $\frac{M}{m} \leq 3$.
अतः,अनुपात $M/m$ का सबसे बड़ा संभावित मान $3$ है।

(B) दोनों द्रव्यमानों के गुरुत्वाकर्षण प्रभाव से मुक्त होने के लिए,कण को एक ऐसे बिंदु तक पहुँचना चाहिए जहाँ कुल गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा शून्य हो,जो अनंत पर होती है। ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,मध्य बिंदु पर कुल ऊर्जा अनंत पर कुल ऊर्जा $(0)$ के बराबर होनी चाहिए।
मध्य बिंदु पर,प्रत्येक द्रव्यमान से दूरी $r/2$ है।
मध्य बिंदु पर कुल ऊर्जा गतिज ऊर्जा और गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा का योग है:
$E_i = \frac{1}{2}mV^2 - \frac{GM_1m}{r/2} - \frac{GM_2m}{r/2}$
कुल ऊर्जा को शून्य रखने पर:
$\frac{1}{2}mV^2 - \frac{2GM_1m}{r} - \frac{2GM_2m}{r} = 0$
$\frac{1}{2}mV^2 = \frac{2Gm}{r}(M_1 + M_2)$
$V^2 = \frac{4G(M_1 + M_2)}{r}$
$V = \sqrt{\frac{4G(M_1 + M_2)}{r}}$

(D) $L$ लंबाई,$A$ अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल,और $Y$ यंग मापांक वाली छड़ में उसके अपने भार $W$ के कारण होने वाला विस्तार $\Delta \ell$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\Delta \ell = \frac{WL}{2AY}$
दी गई मान:
भार $W = 10 \, \text{N}$
लंबाई $L = 20 \, \text{cm} = 0.2 \, \text{m}$
क्षेत्रफल $A = 100 \, \text{cm}^2 = 100 \times 10^{-4} \, \text{m}^2 = 10^{-2} \, \text{m}^2$
यंग मापांक $Y = 2 \times 10^{11} \, \text{N/m}^2$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\Delta \ell = \frac{10 \times 0.2}{2 \times 10^{-2} \times 2 \times 10^{11}}$
$\Delta \ell = \frac{2}{4 \times 10^9} = 0.5 \times 10^{-9} \, \text{m}$
$\Delta \ell = 5 \times 10^{-10} \, \text{m}$
अतः,विस्तार $5 \times 10^{-10} \, \text{m}$ है। $\times 10^{-10} \, \text{m}$ में इसका मान $5$ है।

(A) विमीय सूत्र इस प्रकार परिकलित किए जाते हैं:
$(a)$ बल आघूर्ण $(\tau) = \text{बल} \times \text{दूरी} = [MLT^{-2}] \times [L] = [ML^2T^{-2}]$, जो $(iii)$ से मेल खाता है।
$(b)$ आवेग $(I) = \text{बल} \times \text{समय} = [MLT^{-2}] \times [T] = [MLT^{-1}]$, जो $(i)$ से मेल खाता है।
$(c)$ तनाव एक बल है, इसलिए इसका विमीय सूत्र $[MLT^{-2}]$ है, जो $(iv)$ से मेल खाता है।
$(d)$ पृष्ठ तनाव $(S) = \frac{\text{बल}}{\text{लंबाई}} = \frac{[MLT^{-2}]}{[L]} = [MT^{-2}]$, जो $(ii)$ से मेल खाता है।
अतः, सही मिलान $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(ii)$ है।

(A) दिया गया अवकल समीकरण $\frac{dp}{dv} = -ap$ है। दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int_{p_{0}}^{p} \frac{dp}{p} = -a \int_{0}^{v} dv$।
इससे $\ln(\frac{p}{p_{0}}) = -av$ प्राप्त होता है,इसलिए $p = p_{0}e^{-av}$।
एक मोल आदर्श गैस के लिए,$PV = RT$,इसलिए $T = \frac{PV}{R} = \frac{p_{0}ve^{-av}}{R}$।
अधिकतम तापमान ज्ञात करने के लिए,$T$ का $v$ के सापेक्ष अवकलन करें और इसे शून्य के बराबर रखें: $\frac{dT}{dv} = \frac{p_{0}}{R} [e^{-av} + v(-a)e^{-av}] = \frac{p_{0}e^{-av}}{R} (1 - av) = 0$।
इससे $v = \frac{1}{a}$ प्राप्त होता है।
$v = \frac{1}{a}$ को तापमान समीकरण में रखने पर: $T_{max} = \frac{p_{0}(\frac{1}{a})e^{-a(\frac{1}{a})}}{R} = \frac{p_{0}}{aeR}$।

(A) विमीय शुद्धता की जाँच करने के लिए,हम प्रत्येक समीकरण के लिए दोनों पक्षों की विमाओं का विश्लेषण करते हैं:
$A$. पॉइज़ुइल का नियम: $v = \frac{\pi p a^4}{8 \eta L}$। यहाँ,$v$ आयतन प्रवाह दर $(L^3 T^{-1})$ को दर्शाता है। दाईं ओर की विमाएँ $[L^3 T^{-1}]$ हैं। यह विमीय रूप से सही है।
$B$. केशिकत्व उन्नयन: $h = \frac{2 s \cos \theta}{\rho r g}$। विमाएँ: $[L] = [L]$। यह विमीय रूप से सही है।
$C$. विस्थापन धारा घनत्व: $J = \varepsilon \frac{\partial E}{\partial t}$। $J$ की विमाएँ $[I L^{-2}]$ हैं। दाईं ओर की विमाएँ भी $[I L^{-2}]$ हैं। यह विमीय रूप से सही है।
$D$. कार्य: $W = \Gamma \theta$। कार्य की विमाएँ $[M L^2 T^{-2}]$ हैं। बल आघूर्ण $(\Gamma)$ की विमाएँ $[M L^2 T^{-2}]$ हैं और कोण $(\theta)$ विमाहीन है। अतः,$W = \Gamma \theta$ विमीय रूप से सही है। लेकिन विकल्प $A$ में $v$ आयतन है,न कि आयतन प्रवाह दर,इसलिए यह विमीय रूप से गलत है।

(B) एक कण का कोणीय संवेग $\vec{L}$,$\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = \vec{r} \times (m\vec{v})$ द्वारा दिया जाता है।
$r$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ पर $v$ अचर चाल से गति कर रहे कण के लिए,कोणीय संवेग का परिमाण $L = mvr \sin(90^{\circ}) = mvr$ होता है,जो कि अचर है।
कोणीय संवेग की दिशा दाएं हाथ के नियम द्वारा दी जाती है,जो वृत्ताकार पथ के तल के लंबवत (घूर्णन अक्ष की दिशा में) होती है।
चूंकि चाल और त्रिज्या अचर हैं और गति का तल नहीं बदलता है,इसलिए कोणीय संवेग सदिश का परिमाण और दिशा दोनों गति के दौरान अचर रहते हैं।

(C) आयतन प्रत्यास्थता गुणांक $B$ को $B = -\frac{\Delta P}{\Delta V/V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
यहाँ,$h$ गहराई पर दबाव में परिवर्तन $\Delta P = \rho g h$ द्वारा दिया जाता है।
आयतन में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V} = -0.5\, \% = -0.005$ है (ऋणात्मक चिह्न आयतन में कमी को दर्शाता है)।
सूत्र में मान रखने पर: $B = -\frac{\rho g h}{-0.005}$।
$h$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $h = \frac{B \times 0.005}{\rho g}$।
दिए गए मानों को रखने पर: $h = \frac{9.8 \times 10^{8} \times 0.005}{10^{3} \times 9.8}$।
$h = \frac{10^{8} \times 0.005}{10^{3}} = 10^{5} \times 0.005 = 500 \, \text{m}$।
अतः,गहराई $500 \, \text{m}$ है।

(A) कथन-$I$ सत्य है: जब सिलिकॉन अर्धचालक में एक पंचसंयोजी अशुद्धि (जैसे फास्फोरस या आर्सेनिक) मिलाई जाती है,तो प्रत्येक अशुद्धि परमाणु क्रिस्टल जालक में एक अतिरिक्त मुक्त इलेक्ट्रॉन प्रदान करता है। यह इलेक्ट्रॉन घनत्व को काफी बढ़ा देता है,जिससे यह $n$-प्रकार का अर्धचालक बन जाता है।
कथन-$II$ असत्य है: यद्यपि $n$-प्रकार के अर्धचालक में इलेक्ट्रॉनों (ऋणात्मक आवेश वाहक) की सांद्रता अधिक होती है,फिर भी अर्धचालक पदार्थ स्वयं विद्युत रूप से उदासीन रहता है। इसका कारण यह है कि क्रिस्टल जालक में धनात्मक आवेशों की कुल संख्या (सिलिकॉन और अशुद्धि परमाणुओं के नाभिक में प्रोटॉन) ऋणात्मक आवेशों (इलेक्ट्रॉनों) की कुल संख्या के बराबर होती है।

(B) विद्युत क्षेत्र का आयाम $E_{0} = 200 \text{ V/m}$ है।
विद्युतचुंबकीय तरंग की तीव्रता $I = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2} c$ द्वारा दी जाती है।
एक पूर्णतः परावर्तक सतह के लिए,विकिरण दाब $P = \frac{2I}{c}$ होता है।
दाब के सूत्र में $I$ का मान रखने पर: $P = \frac{2}{c} \left( \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E_{0}^{2} c \right) = \varepsilon_{0} E_{0}^{2}$।
$\varepsilon_{0} = 8.85 \times 10^{-12} \text{ F/m}$ का उपयोग करते हुए,$P = 8.85 \times 10^{-12} \times (200)^{2}$ प्राप्त होता है।
$P = 8.85 \times 10^{-12} \times 40000 = 8.85 \times 4 \times 10^{-8} = 35.4 \times 10^{-8} = \frac{354}{10^{9}} \text{ N/m}^{2}$।
इसकी तुलना $\frac{x}{10^{9}} \text{ N/m}^{2}$ से करने पर,$x = 354$ प्राप्त होता है।

(B) आयाम मॉडुलित तरंग का मानक समीकरण $C_{m}(t) = A_{c}(1 + \mu \cos \omega_{m} t) \sin \omega_{c} t$ है।
दिए गए समीकरण $C_{m}(t) = 10(1 + 0.2 \cos 12560 t) \sin (111 \times 10^{4} t)$ के साथ तुलना करने पर, हम कोणीय मॉडुलन आवृत्ति $\omega_{m} = 12560 \ rad/s$ प्राप्त करते हैं।
हम जानते हैं कि $\omega_{m} = 2 \pi f_{m}$, जहाँ $f_{m}$ मॉडुलन आवृत्ति है।
इसलिए, $f_{m} = \frac{\omega_{m}}{2 \pi} = \frac{12560}{2 \times 3.14} = \frac{12560}{6.28} = 2000 \ Hz$.
इसे $kHz$ में बदलने पर, हमें $f_{m} = 2 \ kHz$ प्राप्त होता है।

(A) द्विध्रुव $m_{1}$ द्वारा बिंदु $P$ पर (जो $m_{1}$ की निरक्षीय रेखा पर है) उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_{1}$ इस प्रकार है:
$B_{1} = \frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{m_{1}}{r^{3}}$
यहाँ $m_{1} = 1\, \text{Am}^{2}$, $r = 1\, \text{m}$, और $\frac{\mu_{0}}{4\pi} = 10^{-7}\, \text{T}\cdot\text{m/A}$ दिया गया है।
$B_{1} = 10^{-7} \times \frac{1}{(1)^{3}} = 10^{-7}\, \text{T}$.
$B_{1}$ की दिशा $m_{1}$ की दिशा के विपरीत है।
द्विध्रुव $m_{2}$ द्वारा अनुभव किया गया टॉर्क $\tau$, $\vec{\tau} = \vec{m}_{2} \times \vec{B}_{1}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $m_{2}$, $B_{1}$ के लंबवत है, टॉर्क का परिमाण है:
$\tau = m_{2} B_{1} \sin(90^{\circ}) = 1 \times 10^{-7} \times 1 = 10^{-7}\, \text{Nm}$.
अतः, मान $1 \times 10^{-7}\, \text{Nm}$ है।

(C) $n$-वीं दीप्त फ्रिंज की स्थिति $y = n \frac{D \lambda}{d}$ द्वारा दी जाती है।
पहली दीप्त फ्रिंज $(n = 1)$ के लिए,स्थिति $y = \frac{D \lambda}{d}$ है।
यहाँ $D = 1.5 \, m$,$d = 0.3 \, mm = 0.3 \times 10^{-3} \, m$ दिया गया है।
लाल प्रकाश के लिए,$y_r = 3.5 \, mm = 3.5 \times 10^{-3} \, m$। अतः,$\lambda_r = \frac{y_r d}{D} = \frac{3.5 \times 10^{-3} \times 0.3 \times 10^{-3}}{1.5} = 0.7 \times 10^{-6} \, m = 700 \, nm$।
बैंगनी प्रकाश के लिए,$y_v = 2.0 \, mm = 2.0 \times 10^{-3} \, m$। अतः,$\lambda_v = \frac{y_v d}{D} = \frac{2.0 \times 10^{-3} \times 0.3 \times 10^{-3}}{1.5} = 0.4 \times 10^{-6} \, m = 400 \, nm$।
तरंगदैर्ध्य में अंतर $\Delta \lambda = \lambda_r - \lambda_v = 700 \, nm - 400 \, nm = 300 \, nm$ है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ और गतिज ऊर्जा $E$ के बीच संबंध: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ है।
इससे पता चलता है कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{E}}$ है।
मान लीजिए प्रारंभिक तरंगदैर्ध्य $\lambda_1 = \lambda$ और प्रारंभिक ऊर्जा $E_1 = E$ है। अंतिम तरंगदैर्ध्य $\lambda_2 = 0.75 \lambda_1 = \frac{3}{4} \lambda_1$ है।
समानुपातिकता $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \sqrt{\frac{E_1}{E_2}}$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{3}{4} = \sqrt{\frac{E}{E_2}}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\frac{9}{16} = \frac{E}{E_2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $E_2 = \frac{16}{9} E$।
आवश्यक अतिरिक्त ऊर्जा $\Delta E = E_2 - E_1 = \frac{16}{9} E - E = \frac{7}{9} E$ है।

(D) विद्युत क्षेत्र का आयाम $E_0 = 800 \text{ V/m}$ है।
विद्युत क्षेत्र के आयाम $E_0$ और चुंबकीय क्षेत्र के आयाम $B_0$ के बीच संबंध $B_0 = E_0 / c$ है,जहाँ $c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ प्रकाश की गति है।
$B_0 = \frac{800}{3 \times 10^8} \text{ T}$.
गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल $F = qvB \sin \theta$ है। अधिकतम बल के लिए,इलेक्ट्रॉन चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति करता है,इसलिए $\theta = 90^\circ$ और $\sin 90^\circ = 1$ होगा।
$F_{\max} = e v B_0 = (1.6 \times 10^{-19} \text{ C}) \times (3 \times 10^7 \text{ m/s}) \times \left( \frac{800}{3 \times 10^8} \text{ T} \right)$.
$F_{\max} = 1.6 \times 10^{-19} \times 800 \times 10^{-1} = 1.6 \times 8 \times 10^{-18} = 12.8 \times 10^{-18} \text{ N}$.

(D) माना वलय $A$ के केंद्र पर विभव $V_A$ है और वलय $B$ के केंद्र पर विभव $V_B$ है।
वलय $A$ के कारण वलय $A$ के केंद्र पर विभव $V_{A1} = \frac{KQ}{a}$ है।
वलय $B$ के कारण वलय $A$ के केंद्र पर विभव $V_{A2} = \frac{K(-Q)}{\sqrt{a^2 + s^2}}$ है।
अतः,$V_A = V_{A1} + V_{A2} = \frac{KQ}{a} - \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}$.
वलय $B$ के कारण वलय $B$ के केंद्र पर विभव $V_{B1} = \frac{K(-Q)}{a}$ है।
वलय $A$ के कारण वलय $B$ के केंद्र पर विभव $V_{B2} = \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}$ है।
अतः,$V_B = V_{B1} + V_{B2} = -\frac{KQ}{a} + \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}$.
विभवांतर $V_A - V_B = \left(\frac{KQ}{a} - \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right) - \left(-\frac{KQ}{a} + \frac{KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right)$ है।
$V_A - V_B = \frac{2KQ}{a} - \frac{2KQ}{\sqrt{a^2 + s^2}} = 2KQ \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right)$.
$K = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}$ रखने पर,हमें $V_A - V_B = \frac{2}{4 \pi \varepsilon_0} Q \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right) = \frac{Q}{2 \pi \varepsilon_0} \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{\sqrt{a^2 + s^2}}\right)$ प्राप्त होता है।

(D) $\frac{46}{3}\, \Omega$ का तुल्य प्रतिरोध प्राप्त करने के लिए,हम दिए गए विकल्पों का परीक्षण करते हैं।
आइए विकल्प $D$ का मूल्यांकन करें: $2\, \Omega$ और $4\, \Omega$ समांतर में हैं,और यह संयोजन $6\, \Omega$ और $8\, \Omega$ के साथ श्रेणी में है।
सबसे पहले,$2\, \Omega$ और $4\, \Omega$ के समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $(R_p)$ ज्ञात करें:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{2+1}{4} = \frac{3}{4}$
$R_p = \frac{4}{3}\, \Omega$
अब,इसे $6\, \Omega$ और $8\, \Omega$ के साथ श्रेणी में जोड़ें:
$R_{eq} = R_p + 6 + 8 = \frac{4}{3} + 14 = \frac{4 + 42}{3} = \frac{46}{3}\, \Omega$
यह आवश्यक तुल्य प्रतिरोध से मेल खाता है।

(A) संधारित्र को समानांतर में दो भागों के रूप में देखा जा सकता है।
एक भाग $A/2$ क्षेत्रफल और $d$ दूरी वाला हवा से भरा संधारित्र है। इसकी धारिता $C_{1} = \frac{\varepsilon_{0} (A/2)}{d} = \frac{\varepsilon_{0} A}{2d}$ है।
दूसरा भाग $A/2$ क्षेत्रफल और $d/2$ मोटाई वाली दो परावैद्युत स्लैब से बना है जो श्रेणीक्रम में हैं।
$K_{1}$ वाली स्लैब की धारिता $C_{2} = \frac{K_{1} \varepsilon_{0} (A/2)}{d/2} = \frac{K_{1} \varepsilon_{0} A}{d}$ है।
$K_{2}$ वाली स्लैब की धारिता $C_{3} = \frac{K_{2} \varepsilon_{0} (A/2)}{d/2} = \frac{K_{2} \varepsilon_{0} A}{d}$ है।
चूंकि ये दोनों श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए उनकी तुल्य धारिता $C_{s}$ इस प्रकार है: $\frac{1}{C_{s}} = \frac{1}{C_{2}} + \frac{1}{C_{3}} = \frac{d}{K_{1} \varepsilon_{0} A} + \frac{d}{K_{2} \varepsilon_{0} A} = \frac{d}{\varepsilon_{0} A} \left( \frac{1}{K_{1}} + \frac{1}{K_{2}} \right) = \frac{d}{\varepsilon_{0} A} \left( \frac{K_{1} + K_{2}}{K_{1} K_{2}} \right)$.
अतः,$C_{s} = \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \left( \frac{K_{1} K_{2}}{K_{1} + K_{2}} \right)$.
कुल धारिता $C_{eq}$,$C_{1}$ और $C_{s}$ का समानांतर संयोजन है:
$C_{eq} = C_{1} + C_{s} = \frac{\varepsilon_{0} A}{2d} + \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \left( \frac{K_{1} K_{2}}{K_{1} + K_{2}} \right) = \frac{\varepsilon_{0} A}{d} \left( \frac{1}{2} + \frac{K_{1} K_{2}}{K_{1} + K_{2}} \right)$.

(C) क्षय प्रक्रियाएं $A \xrightarrow{\lambda} B$ और $B \xrightarrow{\lambda} C$ हैं।
$B$ परमाणुओं की संख्या में परिवर्तन की दर है:
$\frac{dN_{B}}{dt} = \lambda N_{A} - \lambda N_{B}$
चूंकि $N_{A}(t) = N_{A}(0) e^{-\lambda t}$ और $N_{A}(0) = 2 N_{B}(0)$, इसलिए $N_{A}(t) = 2 N_{B}(0) e^{-\lambda t}$ है।
इसे दर समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{dN_{B}}{dt} = \lambda (2 N_{B}(0) e^{-\lambda t}) - \lambda N_{B}$
$\frac{dN_{B}}{dt} + \lambda N_{B} = 2 \lambda N_{B}(0) e^{-\lambda t}$
यह एक रैखिक अवकल समीकरण है। समाकलन गुणक $e^{\lambda t}$ से गुणा करने पर:
$e^{\lambda t} \frac{dN_{B}}{dt} + \lambda N_{B} e^{\lambda t} = 2 \lambda N_{B}(0)$
$\frac{d}{dt} (N_{B} e^{\lambda t}) = 2 \lambda N_{B}(0)$
दोनों पक्षों का $t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$N_{B} e^{\lambda t} = 2 \lambda N_{B}(0) t + C$
$t=0$ पर, $N_{B} = N_{B}(0)$, इसलिए $C = N_{B}(0)$ है।
$N_{B} e^{\lambda t} = N_{B}(0) (1 + 2 \lambda t)$
$N_{B}(t) = N_{B}(0) (1 + 2 \lambda t) e^{-\lambda t}$
अतः, $\frac{N_{B}(t)}{N_{B}(0)} = (1 + 2 \lambda t) e^{-\lambda t}$ है।
अधिकतम मान ज्ञात करने के लिए, $\frac{d}{dt} (\frac{N_{B}(t)}{N_{B}(0)}) = 0$ रखें:
$2 \lambda e^{-\lambda t} - \lambda (1 + 2 \lambda t) e^{-\lambda t} = 0$
$2 - 1 - 2 \lambda t = 0 \implies 1 = 2 \lambda t \implies t = \frac{1}{2 \lambda}$ है।
$t = \frac{1}{2 \lambda}$ पर, मान $(1 + 2 \lambda (\frac{1}{2 \lambda})) e^{-\lambda (\frac{1}{2 \lambda})} = 2 e^{-0.5} \approx 1.21$ है।
यह चित्र $C$ में दिखाए गए व्यवहार से मेल खाता है।

(D) $h_1$ ऊँचाई वाले ट्रांसमिटिंग एंटीना और $h_2$ ऊँचाई वाले रिसीविंग एंटीना के बीच अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट दूरी $d$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$d = \sqrt{2Rh_1} + \sqrt{2Rh_2}$
दिया गया है:
$h_1 = 50\, m = 50 \times 10^{-3}\, km$
$h_2 = 80\, m = 80 \times 10^{-3}\, km$
$R = 6400\, km$
मान रखने पर:
$d = \sqrt{2 \times 6400 \times 50 \times 10^{-3}} + \sqrt{2 \times 6400 \times 80 \times 10^{-3}}$
$d = \sqrt{640000 \times 10^{-3}} + \sqrt{1024000 \times 10^{-3}}$
$d = \sqrt{640} + \sqrt{1024}$
$d = 25.30 + 32 = 57.30\, km$
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $57.28\, km$ है।

(A) बल्ब की रेटेड शक्ति $P = 500 \, W$ और रेटेड वोल्टेज $V_{bulb} = 100 \, V$ है।
बल्ब का प्रतिरोध $R_{bulb} = \frac{V_{bulb}^2}{P} = \frac{100^2}{500} = \frac{10000}{500} = 20 \, \Omega$ है।
चूंकि बल्ब को अपनी रेटेड शक्ति $500 \, W$ पर कार्य करना है,इसलिए इसे अपनी रेटेड धारा $I = \frac{P}{V_{bulb}} = \frac{500}{100} = 5 \, A$ लेनी होगी।
कुल सप्लाई वोल्टेज $V_{total} = 200 \, V$ है। बल्ब के सिरों पर वोल्टेज $100 \, V$ है,इसलिए श्रेणीक्रम में जुड़े प्रतिरोध $R$ के सिरों पर वोल्टेज $V_R = V_{total} - V_{bulb} = 200 - 100 = 100 \, V$ होना चाहिए।
श्रेणी प्रतिरोध $R$ के लिए ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$V_R = I \times R$।
$100 = 5 \times R$।
$R = \frac{100}{5} = 20 \, \Omega$।

(B) मान लीजिए कि पहले $NOR$ गेट का आउटपुट $C = \overline{A+B}$ है।
यह सिग्नल $C$ क्रमशः इनपुट $A$ और $B$ के साथ अगले दो $NOR$ गेट्स में दिया जाता है।
इन दो गेट्स के आउटपुट $D = \overline{A+C} = \overline{A+\overline{A+B}}$ और $E = \overline{B+C} = \overline{B+\overline{A+B}}$ हैं।
डी मॉर्गन प्रमेय का उपयोग करते हुए,$D = \overline{A} \cdot (A+B) = \overline{A}A + \overline{A}B = 0 + \overline{A}B = \overline{A}B$.
इसी प्रकार,$E = \overline{B} \cdot (A+B) = \overline{B}A + \overline{B}B = A\overline{B} + 0 = A\overline{B}$.
अंतिम आउटपुट $Y$,$D$ और $E$ का $NOR$ है: $Y = \overline{D+E} = \overline{\overline{A}B + A\overline{B}}$.
यह $XOR$ गेट के लिए व्यंजक है,जो $A \oplus B$ है।
$A \oplus B$ के लिए सत्यता सारणी इस प्रकार है:

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

(D) चुंबकीय प्रेरण $(B)$: बल $F = qvB \sin \theta \implies B = F / (qv) = [MLT^{-2}] / ([A T] [LT^{-1}]) = [MT^{-2} A^{-1}]$। यह $(iii)$ से मेल खाता है।
$(b)$ चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$: $\phi = B \cdot A = [MT^{-2} A^{-1}] [L^2] = [ML^2 T^{-2} A^{-1}]$। यह $(i)$ से मेल खाता है।
$(c)$ चुंबकीय पारगम्यता $(\mu)$: $B = \mu H \implies \mu = B / H$। चूंकि $H$ का विमीय सूत्र प्रति इकाई लंबाई धारा $[L^{-1} A]$ है,इसलिए $\mu = [MT^{-2} A^{-1}] / [L^{-1} A] = [MLT^{-2} A^{-2}]$। यह $(iv)$ से मेल खाता है।
$(d)$ चुंबकन $(M)$: $M = \text{चुंबकीय आघूर्ण} / \text{आयतन} = [A L^2] / [L^3] = [L^{-1} A] = [M^0 L^{-1} A]$। यह $(ii)$ से मेल खाता है।
अतः,सही मिलान $(a)-(iii), (b)-(i), (c)-(iv), (d)-(ii)$ है।

(D) यह परिपथ $200 \, V$ के $AC$ स्रोत से जुड़ी दो समानांतर शाखाओं से बना है।
ऊपरी शाखा ($RC$ परिपथ) के लिए:
$Z_{C} = \sqrt{R_{1}^{2} + \left(\frac{1}{\omega C}\right)^{2}} = \sqrt{100^{2} + \left(\frac{1}{100 \times 100 \times 10^{-6}}\right)^{2}} = \sqrt{100^{2} + 100^{2}} = 100\sqrt{2} \, \Omega$.
संधारित्र शाखा में धारा $I_{C} = \frac{V}{Z_{C}} = \frac{200}{100\sqrt{2}} = \sqrt{2} \, A$ है।
निचली शाखा ($RL$ परिपथ) के लिए:
$Z_{L} = \sqrt{R_{2}^{2} + (\omega L)^{2}} = \sqrt{50^{2} + (100 \times 0.5)^{2}} = \sqrt{50^{2} + 50^{2}} = 50\sqrt{2} \, \Omega$.
प्रेरक शाखा में धारा $I_{L} = \frac{V}{Z_{L}} = \frac{200}{50\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} \, A$ है।
$RC$ शाखा में,धारा वोल्टेज से $\phi_{1} = \tan^{-1}\left(\frac{1/\omega C}{R_{1}}\right) = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$ आगे है।
$RL$ शाखा में,धारा वोल्टेज से $\phi_{2} = \tan^{-1}\left(\frac{\omega L}{R_{2}}\right) = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$ पीछे है।
कुल धारा $I$,$I_{C}$ और $I_{L}$ का सदिश योग है। $I_{C}$ और $I_{L}$ के बीच का कोण $45^{\circ} + 45^{\circ} = 90^{\circ}$ है।
$I = \sqrt{I_{C}^{2} + I_{L}^{2} + 2I_{C}I_{L}\cos(90^{\circ})} = \sqrt{I_{C}^{2} + I_{L}^{2}} = \sqrt{(\sqrt{2})^{2} + (2\sqrt{2})^{2}} = \sqrt{2 + 8} = \sqrt{10} \approx 3.16 \, A$.

(B) मान लीजिए कि स्रोत से आने वाले अध्रुवित प्रकाश की प्रारंभिक तीव्रता $I_0$ है। जब यह प्रकाश पहले पोलेरॉइड $P_1$ से गुजरता है,तो तीव्रता $I_1 = I_0/2$ हो जाती है। दिया गया है कि पर्दे पर तीव्रता $I/2$ है,हम मानते हैं कि प्रारंभिक तीव्रता $I$ का अर्थ $P_1$ से गुजरने के बाद की तीव्रता है या $I_0 = I$ है। मान लीजिए $P_1$ के बाद तीव्रता $I' = I/2$ है।
मेलस के नियम के अनुसार,दूसरे पोलेरॉइड $P_2$ से गुजरने के बाद प्रकाश की तीव्रता $I_{final} = I' \cos^2 \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ $P_1$ और $P_2$ के संचरण अक्षों के बीच का कोण है।
प्रारंभ में,तीव्रता $I/2$ है,जिसका अर्थ है कि $\cos^2 \phi = 1,$ इसलिए $\phi = 0^\circ$ है।
हम अंतिम तीव्रता $3I/8$ चाहते हैं। मान रखने पर:
$3I/8 = (I/2) \cos^2 \phi$
$\cos^2 \phi = (3I/8) \times (2/I) = 3/4$
$\cos \phi = \sqrt{3}/2$
$\phi = 30^\circ.$
अतः,$P_2$ को $30^\circ$ के कोण से घुमाया जाना चाहिए।

(C) साइक्लोट्रॉन में $n$ चक्करों के बाद प्रोटॉन द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा $K = n \times (2qV)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ प्रति गैप अधिकतम त्वरण विभव है और प्रति चक्कर दो गैप होते हैं।
दिया गया है:
$V = 12 \times 10^3 \, V$
$q = 1.6 \times 10^{-19} \, C$
$m_p = 1.67 \times 10^{-27} \, kg$
$v = \frac{c}{6} = \frac{3 \times 10^8}{6} = 0.5 \times 10^8 \, m/s$
गतिज ऊर्जा को किए गए कार्य के बराबर रखने पर:
$n(2qV) = \frac{1}{2} m_p v^2$
$n = \frac{m_p v^2}{4qV}$
$n = \frac{1.67 \times 10^{-27} \times (0.5 \times 10^8)^2}{4 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 12 \times 10^3}$
$n = \frac{1.67 \times 10^{-27} \times 0.25 \times 10^{16}}{76.8 \times 10^{-16}}$
$n = \frac{0.4175 \times 10^{-11}}{76.8 \times 10^{-16}} \approx 543.6$
निकटतम पूर्णांक में,चक्करों की संख्या $543$ है।

(C) घूर्णन करती कुंडली में प्रेरित अधिकतम $emf$ $(\varepsilon_{max})$ का सूत्र है: $\varepsilon_{max} = N \omega A B$,जहाँ $N$ फेरों की संख्या है,$\omega$ कोणीय गति है,$A$ कुंडली का क्षेत्रफल है,और $B$ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता है।
दिया गया है: $N = 20$,$\omega = 50 \, rad \, s^{-1}$,$B = 3.0 \times 10^{-2} \, T$,और त्रिज्या $r = 8.0 \, cm = 0.08 \, m$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi \times (0.08)^2 = 0.0064 \pi \, m^2$.
मान रखने पर: $\varepsilon_{max} = 20 \times 50 \times (0.0064 \pi) \times (3.0 \times 10^{-2})$.
$\varepsilon_{max} = 1000 \times 0.0064 \times \pi \times 3.0 \times 10^{-2} = 6.4 \times \pi \times 3.0 \times 10^{-2} = 19.2 \pi \times 10^{-2}$.
$\pi \approx 3.14159$ का उपयोग करने पर,$\varepsilon_{max} \approx 19.2 \times 3.14159 \times 10^{-2} \approx 60.319 \times 10^{-2} \, V$.
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,हमें $60$ प्राप्त होता है।

(A) $a = 10 \, cm = 0.1 \, m$ भुजा वाले समबाहु त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (0.1)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 0.01 \, m^2$ है।
कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण $M = I A = 0.2 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 0.01 = 0.05 \times \sqrt{3} \times 0.01 = 5 \sqrt{3} \times 10^{-4} \, Am^2$ है।
कुंडली पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau = M B \sin \theta$ है,जहाँ $\theta$ कुंडली के अभिलंब और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण है। जब कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर होता है,तो कुंडली का अभिलंब चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत होता है,इसलिए $\theta = 90^{\circ}$ है।
अतः,$\tau = M B \sin 90^{\circ} = M B = (5 \sqrt{3} \times 10^{-4}) \times (20 \times 10^{-3} \, T) = 100 \sqrt{3} \times 10^{-7} = \sqrt{3} \times 10^{-5} \, Nm$ है।
इसकी तुलना $\sqrt{x} \times 10^{-5} \, Nm$ से करने पर,हमें $\sqrt{x} = \sqrt{3}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $x = 3$ है।

(B) लोड प्रतिरोधक $R_L$ से प्रवाहित धारा इस प्रकार है:
$i = \frac{V_z}{R_L} = \frac{10 \, V}{5 \, k\Omega} = 2 \, mA$
श्रेणी प्रतिरोधक से प्रवाहित कुल धारा $I$:
$I = \frac{V_{in} - V_z}{R_s} = \frac{24 \, V - 10 \, V}{1 \, k\Omega} = \frac{14 \, V}{1 \, k\Omega} = 14 \, mA$
ज़ेनर डायोड से प्रवाहित धारा $I_z$:
$I_z = I - i = 14 \, mA - 2 \, mA = 12 \, mA$
ज़ेनर डायोड में व्ययित शक्ति:
$P = I_z \times V_z = 12 \, mA \times 10 \, V = 120 \, mW$

(C) वस्तु का प्रतिबिंब वस्तु के साथ संपाती होने के लिए,प्रकाश की किरणों को उत्तल दर्पण पर लंबवत गिरना चाहिए। यह तब होता है जब प्रकाश की किरणें उत्तल दर्पण के वक्रता केंद्र $(C)$ की ओर निर्देशित होती हैं।
उत्तल दर्पण की फोकस दूरी $f = 15 \,{cm}$ दी गई है,इसलिए वक्रता त्रिज्या $R = 2f = 30 \,{cm}$ है।
इस प्रकार,लेंस से आने वाली प्रकाश की किरणें दर्पण के पीछे $30 \,{cm}$ की दूरी पर अभिसरित (converge) होनी चाहिए।
जब दर्पण को हटा दिया जाता है,तो लेंस उसी बिंदु पर एक वास्तविक और उल्टा प्रतिबिंब बनाता है जहाँ किरणें अभिसरित हो रही थीं,जो दर्पण के पीछे $30 \,{cm}$ है।
वस्तु से इस प्रतिबिंब की कुल दूरी,वस्तु से लेंस की दूरी $(12 \,{cm})$,लेंस से दर्पण की दूरी $(8 \,{cm})$ और दर्पण से प्रतिबिंब की दूरी $(30 \,{cm})$ का योग है।
कुल दूरी = $12 \,{cm} + 8 \,{cm} + 30 \,{cm} = 50 \,{cm}$.

(A) आवेशित डिस्क की अक्ष पर $Z$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र ज्ञात करने के लिए,डिस्क पर $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई की एक छोटी रिंग (वलय) पर विचार करें।
इस रिंग का क्षेत्रफल $dA = 2\pi r dr$ है।
इस रिंग पर आवेश $dq = \sigma dA = \sigma (2\pi r dr)$ है।
अक्ष पर $Z$ बिंदु पर इस रिंग के कारण विद्युत क्षेत्र $dE$ का मान रिंग के सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$dE = \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}} \frac{(dq) Z}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}} \frac{(\sigma 2\pi r dr) Z}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}} = \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \frac{r dr}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}}$.
कुल विद्युत क्षेत्र $E$ ज्ञात करने के लिए,$r = 0$ से $r = R$ तक $dE$ का समाकलन करें:
$E = \int_{0}^{R} \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \frac{r dr}{(Z^{2} + r^{2})^{3/2}}$.
मान लीजिए $u = Z^{2} + r^{2}$,तो $du = 2r dr$,इसलिए $r dr = \frac{du}{2}$.
$E = \frac{\sigma Z}{4 \varepsilon_{0}} \int_{Z^{2}}^{Z^{2}+R^{2}} u^{-3/2} du = \frac{\sigma Z}{4 \varepsilon_{0}} \left[ \frac{u^{-1/2}}{-1/2} \right]_{Z^{2}}^{Z^{2}+R^{2}} = \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \left[ -\frac{1}{\sqrt{u}} \right]_{Z^{2}}^{Z^{2}+R^{2}}$.
$E = \frac{\sigma Z}{2 \varepsilon_{0}} \left( \frac{1}{Z} - \frac{1}{\sqrt{Z^{2} + R^{2}}} \right) = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}} \left( 1 - \frac{Z}{\sqrt{Z^{2} + R^{2}}} \right)$.

(B) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है:
नाभिकों की प्रारंभिक संख्या,$N_0 = 10^{10}$।
अर्ध-आयु,$T_{1/2} = 1 \text{ minute} = 60 \text{ seconds}$।
बीता हुआ समय,$t = 30 \text{ seconds}$।
मान रखने पर:
$N = 10^{10} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{60}}$
$N = 10^{10} \times \left(\frac{1}{2}\right)^{1/2}$
$N = \frac{10^{10}}{\sqrt{2}}$
$\sqrt{2} \approx 1.414$ का उपयोग करने पर:
$N = \frac{10^{10}}{1.414} \approx 7.07 \times 10^9 \approx 7 \times 10^9$।

(A) विद्युत क्षेत्र की तीव्रता $E$ का मात्रक $\text{volt/metre}$ $(V/m)$ है।
चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $H$ का मात्रक $\text{Ampere/metre}$ $(A/m)$ है।
अतः,अनुपात $E/H$ का मात्रक इस प्रकार प्राप्त होता है:
$\frac{E}{H} = \frac{\text{volt/metre}}{\text{Ampere/metre}} = \frac{\text{volt}}{\text{Ampere}}$.
ओम के नियम के अनुसार,$R = V/I$ होता है,इसलिए $V/I$ का मात्रक $ohm$ $(\Omega)$ है।
इस प्रकार,$E/H$ का मात्रक $ohm$ है।

(A) गोलीय दर्पण के लिए,न्यूटन का सूत्र वस्तु और प्रतिबिंब की मुख्य फोकस $F$ से दूरी के बीच संबंध बताता है। मान लीजिए $x_{1}$ और $x_{2}$ क्रमशः वस्तु और प्रतिबिंब की मुख्य फोकस से दूरियां हैं। सूत्र $x_{1} x_{2} = f^{2}$ है।
इस प्रश्न में,दूरियां वक्रता केंद्र $C$ से मापी गई हैं। मुख्य फोकस $F$ की $C$ से दूरी फोकस दूरी $f$ है।
अतः,मुख्य फोकस से वस्तु की दूरी $x_{1} = d_{1} + f$ है और मुख्य फोकस से प्रतिबिंब की दूरी $x_{2} = f - d_{2}$ है।
इन मानों को न्यूटन के सूत्र में रखने पर: $(f + d_{1})(f - d_{2}) = f^{2}$।
समीकरण का विस्तार करने पर: $f^{2} - f d_{2} + f d_{1} - d_{1} d_{2} = f^{2}$।
सरल करने पर: $f(d_{1} - d_{2}) = d_{1} d_{2}$।
इसलिए,फोकस दूरी $f = \frac{d_{1} d_{2}}{d_{1} - d_{2}}$ प्राप्त होती है।
वक्रता त्रिज्या $R$,$R = 2f$ द्वारा दी जाती है।
अतः,$R = \frac{2 d_{1} d_{2}}{d_{1} - d_{2}}$।

(A) स्थिर अवस्था में,संधारित्र एक खुले परिपथ (open circuit) के रूप में कार्य करता है,जिसका अर्थ है कि संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ में $1\, \Omega$ के आंतरिक प्रतिरोध वाली $5\, \text{V}$ की बैटरी है जो निचली शाखा में $4\, \Omega$ के प्रतिरोधक के साथ समानांतर में जुड़ी हुई है।
बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच विभवांतर बैटरी और निचली शाखा में $4\, \Omega$ के प्रतिरोधक द्वारा निर्धारित होता है।
चूंकि ऊपरी शाखा (जिसमें संधारित्र हैं) में कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,इसलिए संधारित्रों के सिरों पर विभवांतर बैटरी के टर्मिनलों के विभवांतर के बराबर होता है,जो $4\, \Omega$ के प्रतिरोधक के विभवांतर के समान है।
निचले लूप में धारा $I = \frac{V}{R_{ext} + r} = \frac{5}{4 + 1} = 1\, \text{A}$ है।
$4\, \Omega$ के प्रतिरोधक पर विभवांतर $V_{AB} = I \times R = 1 \times 4 = 4\, \text{V}$ है।
अब,ऊपरी शाखा पर विचार करें। दो $2\, \mu \text{F}$ के संधारित्र समानांतर में हैं,इसलिए उनकी समतुल्य धारिता $C_{p} = 2 + 2 = 4\, \mu \text{F}$ है।
यह $C_{p}$,$4\, \mu \text{F}$ के संधारित्र के साथ श्रेणीक्रम में है। ऊपरी शाखा की कुल समतुल्य धारिता $C_{eq} = \frac{4 \times 4}{4 + 4} = 2\, \mu \text{F}$ है।
समतुल्य संधारित्र पर आवेश $Q = C_{eq} \times V_{AB} = 2\, \mu \text{F} \times 4\, \text{V} = 8\, \mu \text{C}$ है।
चूंकि $4\, \mu \text{F}$ का संधारित्र समानांतर संयोजन के साथ श्रेणीक्रम में है,इसलिए $4\, \mu \text{F}$ के संधारित्र पर आवेश कुल आवेश $Q = 8\, \mu \text{C}$ के बराबर ही होगा।

(D) $CE$ ट्रांजिस्टर का एक्टिव क्षेत्र वह रैखिक क्षेत्र है जहाँ आउटपुट करंट इनपुट करंट के सीधे समानुपाती होता है। यह रैखिकता इसे ट्रांजिस्टर को एम्पलीफायर के रूप में संचालित करने के लिए सबसे उपयुक्त क्षेत्र बनाती है।

(D) $\rightarrow$ आपतित प्रकाश की तीव्रता बढ़ाने का अर्थ है कि प्रति इकाई समय में प्रति इकाई क्षेत्रफल पर आपतित होने वाले फोटॉनों की संख्या में वृद्धि होती है।
$\rightarrow$ उत्सर्जित प्रकाश-इलेक्ट्रॉनों की गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा निर्धारित होती है: $K.E._{max} = h\nu - \phi$,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$\nu$ आपतित प्रकाश की आवृत्ति है और $\phi$ धातु का कार्य फलन है।
$\rightarrow$ चूंकि गतिज ऊर्जा केवल आपतित प्रकाश की आवृत्ति पर निर्भर करती है,न कि उसकी तीव्रता पर,इसलिए तीव्रता बढ़ाने से उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों की $K.E.$ में कोई परिवर्तन नहीं होता है।

(B) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित $e.m.f.$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
$1$. जैसे ही चुंबक का उत्तरी ध्रुव लूप के करीब आता है,लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स बढ़ता है। लेंज के नियम के अनुसार,प्रेरित धारा इस वृद्धि का विरोध करने वाला चुंबकीय क्षेत्र बनाती है,जिसके परिणामस्वरूप ऋणात्मक प्रेरित $e.m.f.$ प्राप्त होता है।
$2$. जब चुंबक पूरी तरह से लूप के अंदर होता है,तो लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स स्थिर रहता है (यह मानते हुए कि चुंबक पर्याप्त लंबा है),इसलिए $\frac{d\phi}{dt} = 0$ होता है और प्रेरित $e.m.f.$ शून्य होता है।
$3$. जैसे ही चुंबक का दक्षिणी ध्रुव लूप से बाहर निकलता है,लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स घट जाता है। प्रेरित धारा इस कमी का विरोध करने के लिए चुंबकीय क्षेत्र बनाती है,जिसके परिणामस्वरूप धनात्मक प्रेरित $e.m.f.$ प्राप्त होता है।
इसलिए,ग्राफ एक ऋणात्मक पल्स और उसके बाद एक धनात्मक पल्स दिखाता है,जो ग्राफ $B$ के अनुरूप है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{mv}{qB} = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $K$ गतिज ऊर्जा है।
चूंकि $K$ और $B$ दोनों आयनों के लिए स्थिर हैं,इसलिए $R \propto \frac{\sqrt{m}}{q}$ होगा।
हल्के आयन के लिए $(m_1 = 4, q_1 = 2)$: $R_1 \propto \frac{\sqrt{4}}{2} = 1$।
भारी आयन के लिए $(m_2 = 16, q_2 = 3)$: $R_2 \propto \frac{\sqrt{16}}{3} = \frac{4}{3}$।
चूंकि $R_2 > R_1$,भारी आयन के पथ की त्रिज्या बड़ी है।
विक्षेपण $\theta$ पथ की त्रिज्या $R$ से $\sin \theta = \frac{d}{R}$ द्वारा संबंधित है,जहाँ $d$ चुंबकीय क्षेत्र क्षेत्र की चौड़ाई है।
चूंकि $\theta \propto \frac{1}{R}$,एक छोटी त्रिज्या $R$ बड़े विक्षेपण $\theta$ के अनुरूप होती है।
इसलिए,हल्का आयन (छोटी $R$ के साथ) भारी आयन की तुलना में अधिक विक्षेपित होगा।

(A) $1$. पहले लेंस के लिए $(f_1 = +10 \, cm)$: वस्तु की दूरी $u_1 = -30 \, cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{10} \Rightarrow \frac{1}{v_1} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$। अतः,$v_1 = +15 \, cm$।
$2$. पहले लेंस द्वारा बना प्रतिबिंब दूसरे लेंस $(f_2 = -10 \, cm)$ के लिए वस्तु का कार्य करता है। पहले और दूसरे लेंस के बीच की दूरी $5 \, cm$ है। इसलिए,दूसरे लेंस के लिए वस्तु की दूरी $u_2 = +(15 - 5) = +10 \, cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{10} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v_2} = 0$,जिसका अर्थ है $v_2 = \infty$।
$3$. दूसरे लेंस से आने वाली समानांतर किरणें तीसरे लेंस $(f_3 = +30 \, cm)$ पर गिरती हैं। चूंकि किरणें समानांतर हैं,इसलिए प्रतिबिंब तीसरे लेंस के फोकस पर बनता है। दूसरे और तीसरे लेंस के बीच की दूरी $10 \, cm$ है। प्रतिबिंब तीसरे लेंस से $30 \, cm$ की दूरी पर बनता है।
$4$. वस्तु $O$ से कुल दूरी $30 \, cm$ (पहले लेंस तक) $+ 5 \, cm$ (पहले और दूसरे के बीच) $+ 10 \, cm$ (दूसरे और तीसरे के बीच) $+ 30 \, cm$ (तीसरे लेंस से) $= 75 \, cm$ है।

(C) समतल विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए सामान्य समीकरण $E = E_0 \sin(kx - \omega t)$ है।
दिए गए समीकरण $E = 50 \sin(500x - 10 \times 10^{10}t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
तरंग संख्या $k = 500 \, \text{rad/m}$
कोणीय आवृत्ति $\omega = 10 \times 10^{10} \, \text{rad/s}$
तरंग का वेग $v$,$v = \frac{\omega}{k}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $v = \frac{10 \times 10^{10}}{500} = \frac{10^{11}}{5 \times 10^2} = 2 \times 10^8 \, \text{m/s}$.
चूंकि निर्वात में प्रकाश की गति $C = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$ है,इसलिए हम लिख सकते हैं कि $v = \frac{2}{3} \times 3 \times 10^8 = \frac{2}{3} C$.

(A) माना $n = 5$ सेलों की संख्या है,$E = 5\, V$ प्रत्येक सेल का $emf$ है,और $r = 1\, \Omega$ प्रत्येक सेल का आंतरिक प्रतिरोध है।
श्रेणी संयोजन के लिए,कुल $emf$ $nE$ है और कुल आंतरिक प्रतिरोध $nr$ है। धारा $i_1$ इस प्रकार है:
$i_1 = \frac{nE}{R + nr} = \frac{5 \times 5}{R + 5 \times 1} = \frac{25}{R + 5}$
समानांतर संयोजन के लिए,कुल $emf$ $E$ है और कुल आंतरिक प्रतिरोध $r/n$ है। धारा $i_2$ इस प्रकार है:
$i_2 = \frac{E}{R + r/n} = \frac{5}{R + 1/5} = \frac{5 \times 5}{5R + 1} = \frac{25}{5R + 1}$
दिया गया है कि $i_1 = i_2$,इसलिए:
$\frac{25}{R + 5} = \frac{25}{5R + 1}$
$R + 5 = 5R + 1$
$4 = 4R$
$R = 1\, \Omega$

(A) दी गई धारा $i = i_1 + i_2$ है,जहाँ $i_1 = \sqrt{42} \sin \left(\frac{2 \pi}{T} t\right)$ और $i_2 = 10$ है।
संयुक्त धारा $i = i_1 + i_2$ का $r.m.s.$ मान $I_{rms} = \sqrt{I_{1,rms}^2 + I_{2,rms}^2}$ द्वारा दिया जाता है।
ज्यावक्रीय (sinusoidal) घटक $i_1$ के लिए,$r.m.s.$ मान $I_{1,rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{42}}{\sqrt{2}} = \sqrt{21}$ है।
स्थिर घटक $i_2 = 10$ के लिए,$r.m.s.$ मान $I_{2,rms} = 10$ है।
अतः,$I_{rms} = \sqrt{(\sqrt{21})^2 + 10^2} = \sqrt{21 + 100} = \sqrt{121} = 11 \text{ A}$ होगा।

(A) तार की कुल लंबाई $L = 24a$ है।
समबाहु त्रिभुज के लिए, फेरों की संख्या $N_{t} = \frac{L}{3a} = \frac{24a}{3a} = 8$ है।
समबाहु त्रिभुज का क्षेत्रफल $A_{t} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$ है।
चुंबकीय आघूर्ण $M_{t} = N_{t} I A_{t} = 8 \times I \times \frac{\sqrt{3}}{4}a^{2} = 2\sqrt{3} I a^{2}$ है।
वर्ग के लिए, फेरों की संख्या $N_{s} = \frac{L}{4a} = \frac{24a}{4a} = 6$ है।
वर्ग का क्षेत्रफल $A_{s} = a^{2}$ है।
चुंबकीय आघूर्ण $M_{s} = N_{s} I A_{s} = 6 \times I \times a^{2} = 6 I a^{2}$ है।
अनुपात $\frac{M_{t}}{M_{s}} = \frac{2\sqrt{3} I a^{2}}{6 I a^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ है।
इसे $1 : \sqrt{y}$ के साथ तुलना करने पर, हमें $y = 3$ प्राप्त होता है।

(A) यह परिपथ एक $NPN$ ट्रांजिस्टर को स्विच के रूप में दर्शाता है। बेस का इनपुट दो डायोड $D_1$ और $D_2$ द्वारा नियंत्रित होता है जो ग्राउंड $(0 \text{ V})$ के साथ समानांतर में जुड़े हैं।
चूंकि डायोड का इनपुट $0 \text{ V}$ है,इसलिए दोनों डायोड $D_1$ और $D_2$ फॉरवर्ड बायस में हैं।
फॉरवर्ड बायस में,डायोड शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करते हैं (आदर्श डायोड मानते हुए),जो ट्रांजिस्टर के बेस को प्रभावी रूप से ग्राउंड $(0 \text{ V})$ से जोड़ देते हैं।
चूंकि बेस वोल्टेज $V_B = 0 \text{ V}$ है,इसलिए बेस-एमिटर जंक्शन फॉरवर्ड बायस में नहीं है,और ट्रांजिस्टर कट-ऑफ स्थिति में रहता है।
कट-ऑफ स्थिति में,कोई कलेक्टर करंट प्रवाहित नहीं होता है $(I_C = 0)$।
इसलिए,कलेक्टर पर मापा गया आउटपुट वोल्टेज $V_0$ कलेक्टर परिपथ के सप्लाई वोल्टेज के बराबर होता है।
अतः,${V}_{0} = 5 \text{ V}$।

(A) श्रेणीक्रम संयोजन में,प्रतिरोधों का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq,s} = nR = 10n \; \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total,s} = 10 + 10n \; \Omega$ है।
श्रेणीक्रम परिपथ में धारा $I_s = \frac{20}{10 + 10n} = \frac{2}{1 + n} \; A$ है।
समांतर क्रम संयोजन में,प्रतिरोधों का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq,p} = \frac{R}{n} = \frac{10}{n} \; \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total,p} = 10 + \frac{10}{n} = \frac{10n + 10}{n} \; \Omega$ है।
समांतर क्रम परिपथ में धारा $I_p = \frac{20}{\frac{10n + 10}{n}} = \frac{20n}{10(n + 1)} = \frac{2n}{n + 1} \; A$ है।
यह दिया गया है कि धारा $20$ गुना बढ़ जाती है,इसलिए $I_p = 20 I_s$ है।
मान रखने पर: $\frac{2n}{n + 1} = 20 \times \frac{2}{n + 1}$।
समान पदों को काटने पर,हमें $2n = 40$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $n = 20$।

(A) लाइन-ऑफ-साइट संचार के लिए अधिकतम दूरी $d$ का सूत्र है: $d = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$।
यहाँ,$R$ पृथ्वी की त्रिज्या है $\approx 6400\, km = 6.4 \times 10^6\, m$।
$h_T = 320\, m$ और $h_R = 2000\, m$।
मान रखने पर:
$d = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 320} + \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 2000}$
$d = \sqrt{4096 \times 10^6} + \sqrt{25600 \times 10^6}$
$d = 64000 + 160000 = 224000\, m$।
किलोमीटर में बदलने पर: $d = 224\, km$।

(B) $\mu_{1}$ अपवर्तनांक वाले समतल-उत्तल लेंस के लिए,लेंस मेकर सूत्र के अनुसार फोकस दूरी $f_{1}$ है: $\frac{1}{f_{1}} = (\mu_{1}-1)(\frac{1}{R})$.
$\mu_{2}$ अपवर्तनांक वाले समतल-अवतल लेंस के लिए,फोकस दूरी $f_{2}$ है: $\frac{1}{f_{2}} = (\mu_{2}-1)(-\frac{1}{R})$.
जब इन लेंसों को जोड़ा जाता है,तो समतुल्य फोकस दूरी $f_{eq}$ इस प्रकार होती है: $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{f_{1}} + \frac{1}{f_{2}}$.
मान रखने पर: $\frac{1}{f_{eq}} = (\mu_{1}-1)(\frac{1}{R}) + (\mu_{2}-1)(-\frac{1}{R}) = \frac{(\mu_{1}-1) - (\mu_{2}-1)}{R} = \frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{R}$.
अतः,वक्रता त्रिज्या $R$ और समतुल्य फोकस दूरी $f_{eq}$ का अनुपात है: $\frac{R}{f_{eq}} = \mu_{1}-\mu_{2}$.

(C) मान लीजिए बिंदु $A$ पर विभव $V$ है और बिंदु $B$ पर $0$ है। मान लीजिए बिंदु $D$ पर विभव $V_{D}$ है।
चूंकि संधारित्र $C_{2}$ और $C_{3}$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए उन पर आवेश समान है। नोड $D$ पर पृथक प्लेट प्रणाली के लिए आवेश संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए:
$(V_{D} - V) C_{2} + (V_{D} - 0) C_{3} = 0$
$(V_{D} - V) 6 + (V_{D} - 0) 12 = 0$
$6V_{D} - 6V + 12V_{D} = 0$
$18V_{D} = 6V \implies V_{D} = \frac{V}{3}$
अब,आवेशों की गणना करें:
$q_{1} = C_{1} V = (2 \, \mu F) V = 2V \, \mu C$
$q_{2} = C_{2} (V - V_{D}) = 6 \, \mu F (V - \frac{V}{3}) = 6 \, \mu F (\frac{2V}{3}) = 4V \, \mu C$
$q_{3} = C_{3} (V_{D} - 0) = 12 \, \mu F (\frac{V}{3} - 0) = 4V \, \mu C$
आवेशों का अनुपात $q_{1} : q_{2} : q_{3} = 2V : 4V : 4V = 2 : 4 : 4 = 1 : 2 : 2$ है।

(D) मानक प्रतिरोधक कलर कोड के अनुसार:
$1$. पहली पट्टी बैंगनी (Violet) है,जो अंक $7$ के अनुरूप है।
$2$. दूसरी पट्टी हरी (Green) है,जो अंक $5$ के अनुरूप है।
$3$. तीसरी पट्टी (गुणक) लाल (Red) है,जो $10^{2}$ के अनुरूप है।
$4$. चौथी पट्टी (सहिष्णुता/टोलरेंस) सुनहरी (Gold) है,जो $\pm 5\%$ के अनुरूप है।
अतः,नाममात्र प्रतिरोध $R = 75 \times 10^{2} \,\Omega = 7500 \,\Omega$ है।
टोलरेंस $7500 \,\Omega$ का $5\%$ है = $\frac{5}{100} \times 7500 = 375 \,\Omega$.
इस प्रकार,प्रतिरोध का मान $(7500 \pm 375) \,\Omega$ है।

(B) एंटीना द्वारा सिग्नल को प्रभावी ढंग से प्रसारित करने के लिए,एंटीना की ऊंचाई $h$ सिग्नल की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के तुलनीय होनी चाहिए।
आमतौर पर,प्रभावी विकिरण के लिए,एंटीना की ऊंचाई $h$ का तरंगदैर्ध्य के साथ संबंध $h \approx \lambda / 4$ होता है।
यहाँ एंटीना की ऊंचाई $h = 400 \; m$ दी गई है।
संबंध $h = \lambda / 4$ का उपयोग करने पर,हमें $\lambda = 4h$ प्राप्त होता है।
$\lambda = 4 \times 400 \; m = 1600 \; m$.
हालाँकि,प्रभावी ट्रांसमिशन रेंज $d = \sqrt{2Rh}$ के संदर्भ में,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या $(6400 \; km)$ है,रेंज $44 \; km$ दी गई है।
$44 \times 10^3 = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 400}$.
$44 \times 10^3 = \sqrt{5120 \times 10^6} \approx 71.5 \times 10^3 \; m = 71.5 \; km$.
चूंकि प्रश्न में पूछा गया है कि कौन सी तरंगदैर्ध्य प्रभावी रूप से प्रसारित की जा सकती है,और एंटीना डिजाइन के लिए मानक स्थिति को ध्यान में रखते हुए जहाँ $\lambda$ को एंटीना के आयामों के क्रम का होना चाहिए,विकल्पों में दिया गया सबसे उपयुक्त मान जो भौतिक बाधा $\lambda > h$ को संतुष्ट करता है,वह $605 \; m$ है (क्योंकि यह $400 \; m$ से काफी बड़ा एकमात्र मान है)।

(C) रिंग की त्रिज्या $R = 1 \, m$ है और यह $x$-अक्ष के अनुदिश $v = 1 \, m/s$ के स्थिर वेग से गति करती है।
$t = 0 \, s$ पर,केंद्र $O$,$x = -1 \, m$ पर है। चूंकि त्रिज्या $1 \, m$ है,रिंग का सबसे दाहिना किनारा $x = 0$ पर है।
$t = 1 \, s$ पर,केंद्र $O$,$d = v \cdot t = 1 \, m/s \cdot 1 \, s = 1 \, m$ की दूरी तय करता है। इस प्रकार,केंद्र की नई स्थिति $x = -1 + 1 = 0 \, m$ है।
$t = 1 \, s$ पर,रिंग चुंबकीय क्षेत्र क्षेत्र $(x > 0)$ में बिल्कुल आधी डूबी हुई है।
गतिमान चालक में प्रेरित $emf$ का सूत्र $emf = B \cdot L \cdot v$ है,जहाँ $L$ वेग और चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत चालक की प्रभावी लंबाई है।
चुंबकीय क्षेत्र में प्रवेश करने वाली रिंग के लिए,प्रभावी लंबाई $L$ चुंबकीय क्षेत्र की सीमा पर जीवा (chord) का व्यास है। जब केंद्र $x = 0$ पर होता है,तो जीवा रिंग का ऊर्ध्वाधर व्यास होती है,इसलिए $L = 2R = 2 \cdot 1 \, m = 2 \, m$।
मान रखने पर: $emf = 1 \, T \cdot 2 \, m \cdot 1 \, m/s = 2 \, V$।

(D) दिया गया है:
पूर्ण पैमाने के विक्षेप के लिए कुल विभाजन $(N)$ = $50 \, div$.
पूर्ण पैमाने के विक्षेप के लिए वोल्टेज $(V)$ = $50 \, mV = 50 \times 10^{-3} \, V$.
धारा सुग्राहिता $(S_i)$ = $2 \, div/mA = 2 \, div / (10^{-3} \, A) = 2000 \, div/A$.
चरण $1$: पूर्ण पैमाने की धारा $(I_{fs})$ की गणना करें।
धारा सुग्राहिता को $S_i = N / I_{fs}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
इसलिए, $I_{fs} = N / S_i = 50 \, div / (2 \, div/mA) = 25 \, mA = 25 \times 10^{-3} \, A$.
चरण $2$: गैल्वेनोमीटर के प्रतिरोध $(G)$ की गणना करें।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए, $V = I_{fs} \times G$.
$G = V / I_{fs} = (50 \times 10^{-3} \, V) / (25 \times 10^{-3} \, A) = 2 \, \Omega$.
अतः, गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $2 \, \Omega$ है।

(B) आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण $eV_0 = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ है,जहाँ $\phi$ कार्य फलन (work function) है।
पहले स्रोत के लिए: $e(0.48) = \frac{1240}{670.5} - \phi$ --- $(1)$
दूसरे स्रोत के लिए: $eV_0' = \frac{1240}{474.6} - \phi$ --- $(2)$
समीकरण $(2)$ में से $(1)$ को घटाने पर:
$e(V_0' - 0.48) = 1240 \left( \frac{1}{474.6} - \frac{1}{670.5} \right)$
$V_0' - 0.48 = 1240 \left( \frac{670.5 - 474.6}{474.6 \times 670.5} \right)$
$V_0' - 0.48 = 1240 \left( \frac{195.9}{318223.26} \right)$
$V_0' - 0.48 \approx 1240 \times 0.0006156 \approx 0.763$
$V_0' = 0.48 + 0.763 = 1.243\, V$
निकटतम विकल्प के अनुसार,$V_0' \approx 1.25\, V$।

(A) एम्पीयर के परिपथीय नियम का उपयोग करते हुए,$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$.
स्थिति $(i)$: $x < a$ के लिए,$x$ त्रिज्या के एम्पीरियन लूप द्वारा परिबद्ध धारा $I_{\text{enclosed}} = i_o \left( \frac{\pi x^2}{\pi a^2} \right) = i_o \frac{x^2}{a^2}$ है।
एम्पीयर के नियम को लागू करने पर: $B_1 (2 \pi x) = \mu_0 i_o \frac{x^2}{a^2} \implies B_1 = \frac{\mu_0 i_o x}{2 \pi a^2}$.
स्थिति $(ii)$: $a < x < b$ के लिए,$x$ त्रिज्या के एम्पीरियन लूप द्वारा परिबद्ध धारा आंतरिक तार की कुल धारा है,$I_{\text{enclosed}} = i_o$.
एम्पीयर के नियम को लागू करने पर: $B_2 (2 \pi x) = \mu_0 i_o \implies B_2 = \frac{\mu_0 i_o}{2 \pi x}$.
चुंबकीय क्षेत्रों का अनुपात $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\frac{\mu_0 i_o x}{2 \pi a^2}}{\frac{\mu_0 i_o}{2 \pi x}} = \frac{x}{a^2} \cdot x = \frac{x^2}{a^2}$ है।

(D) व्यतिकरण प्रतिरूप में परिणामी तरंग की तीव्रता का सूत्र है: $I = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}} \cos \phi$।
उच्चिष्ठ के लिए,कलांतर $\phi = 2n\pi$ होता है,इसलिए $\cos \phi = 1$ होता है।
अतः,$I_{\max} = I_{1} + I_{2} + 2\sqrt{I_{1}I_{2}} = (\sqrt{I_{1}} + \sqrt{I_{2}})^2$।
चूँकि $I_{1} = I_{2} = I_{0}$ दिया गया है,इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$I_{\max} = (\sqrt{I_{0}} + \sqrt{I_{0}})^2 = (2\sqrt{I_{0}})^2 = 4I_{0}$।

(B) $R$ त्रिज्या और $\theta$ कोण वाले समान रूप से आवेशित चाप के कारण उसके केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $E = \frac{2k\lambda}{R} \sin(\frac{\theta}{2})$ द्वारा दिया जाता है,जो आवेश के ऋणात्मक होने के कारण चाप की दिशा में होता है।
यहाँ,चाप $x$-अक्ष के सापेक्ष सममित है,इसलिए विद्युत क्षेत्र के ऊर्ध्वाधर घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। परिणामी क्षेत्र धनात्मक $x$-दिशा में है।
कुल कोण $\theta = 120^{\circ} = \frac{2\pi}{3}$ रेडियन है।
रैखिक आवेश घनत्व $\lambda = \frac{-Q}{R\theta} = \frac{-Q}{R(2\pi/3)} = \frac{-3Q}{2\pi R}$ है।
विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \frac{2k}{R} \cdot |\lambda| \cdot \sin(\frac{\theta}{2}) = \frac{2}{4\pi\varepsilon_{0}R} \cdot \frac{3Q}{2\pi R} \cdot \sin(60^{\circ})$.
$E = \frac{1}{2\pi\varepsilon_{0}R} \cdot \frac{3Q}{2\pi R} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}Q}{8\pi^{2}\varepsilon_{0}R^{2}}$.
चूंकि आवेश ऋणात्मक है,इसलिए क्षेत्र चाप की ओर यानी धनात्मक $x$-दिशा $(\hat{i})$ में होगा।

(B) जब एक इलेक्ट्रॉन मुख्य क्वांटम संख्या $n$ वाली उत्तेजित अवस्था से निम्न ऊर्जा स्तरों में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित होने वाली विभिन्न तरंगदैर्घ्यों की संख्या निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$X = \frac{n(n - 1)}{2}$
यह दिया गया है कि परमाणु $n = 6$ अवस्था में उत्तेजित हैं,इसलिए इस मान को सूत्र में रखने पर:
$X = \frac{6(6 - 1)}{2}$
$X = \frac{6 \times 5}{2}$
$X = \frac{30}{2}$
$X = 15$
अतः,देखी जाने वाली विभिन्न तरंगदैर्घ्यों की संख्या $15$ है।