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

(D) खींची गई रबर में संचित प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} k x^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $k = \frac{YA}{L}$ है।
दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 20 \, g = 0.02 \, kg$
लंबाई $L = 0.1 \, m$
क्षेत्रफल $A = 10^{-6} \, m^2$
विस्तार $x = 0.04 \, m$
यंग मापांक $Y = 0.5 \times 10^9 \, N/m^2$
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा पत्थर की गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$\frac{1}{2} \left( \frac{YA}{L} \right) x^2 = \frac{1}{2} mv^2$
मान रखने पर:
$\frac{0.5 \times 10^9 \times 10^{-6}}{0.1} \times (0.04)^2 = 0.02 \times v^2$
$\frac{500}{0.1} \times 0.0016 = 0.02 \times v^2$
$5000 \times 0.0016 = 0.02 \times v^2$
$8 = 0.02 \times v^2$
$v^2 = \frac{8}{0.02} = 400$
$v = 20 \, m/s$.

(A) दूसरे ग्रह की सतह तक पहुँचने के लिए,उपग्रह को उस बिंदु को पार करना होगा जहाँ कुल गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र शून्य है।
मान लीजिए कि $M$ द्रव्यमान वाले ग्रह के केंद्र से इस बिंदु की दूरी $x$ है।
$\frac{GM}{x^2} = \frac{G(9M)}{(8R-x)^2}$
$\frac{1}{x} = \frac{3}{8R-x}$
$8R-x = 3x \Rightarrow x = 2R$.
अब,पहले ग्रह की सतह और $x = 2R$ बिंदु (जहाँ वेग न्यूनतम है,यानी $v_{min} = 0$) के बीच ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करें:
$E_{initial} = E_{final}$
$\frac{1}{2}mv^2 - \frac{GMm}{R} - \frac{G(9M)m}{7R} = 0 - \frac{GMm}{2R} - \frac{G(9M)m}{6R}$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{GM}{R} + \frac{9GM}{7R} - \frac{GM}{2R} - \frac{9GM}{6R}$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{GM}{R} [1 + \frac{9}{7} - \frac{1}{2} - \frac{3}{2}]$
$\frac{1}{2}v^2 = \frac{GM}{R} [1 + \frac{9}{7} - 2] = \frac{GM}{R} [\frac{9}{7} - 1] = \frac{GM}{R} [\frac{2}{7}]$
$v^2 = \frac{4}{7} \frac{GM}{R}$
$v = \sqrt{\frac{4}{7} \frac{GM}{R}}$
इसकी तुलना $\sqrt{\frac{a}{7} \frac{GM}{R}}$ से करने पर,हमें $a = 4$ प्राप्त होता है।

(D) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार, कक्षीय आवर्तकाल $T$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $r$ के घन के समानुपाती होता है:
$T^{2} = \frac{4 \pi^{2}}{G M} \cdot r^{3}$
मंगल के द्रव्यमान $M$ को ज्ञात करने के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$M = \frac{4 \pi^{2}}{G} \cdot \frac{r^{3}}{T^{2}}$
दी गई मान:
$T = 7\, \text{घंटे}, 30\, \text{मिनट} = 7.5\, \text{घंटे} = 7.5 \times 3600\, \text{s} = 2.7 \times 10^{4}\, \text{s}$
$r = 9.0 \times 10^{3}\, \text{km} = 9.0 \times 10^{6}\, \text{m}$
$\frac{4 \pi^{2}}{G} = 6 \times 10^{11}\, \text{N}^{-1} \text{m}^{-2} \text{kg}^{2}$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$M = (6 \times 10^{11}) \cdot \frac{(9.0 \times 10^{6})^{3}}{(2.7 \times 10^{4})^{2}}$
$M = (6 \times 10^{11}) \cdot \frac{729 \times 10^{18}}{7.29 \times 10^{8}}$
$M = (6 \times 10^{11}) \cdot (100 \times 10^{10}) = 6 \times 10^{23}\, \text{kg}$

(B) $m = 1 \, kg$ द्रव्यमान वाले दो कणों के बीच की दूरी $d = 2R$ है।
उनके बीच का गुरुत्वाकर्षण बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
गुरुत्वाकर्षण बल $F = \frac{G m^2}{(2R)^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$R$ त्रिज्या के वृत्त में $\omega$ कोणीय गति से गति करने वाले $m$ द्रव्यमान के कण के लिए आवश्यक अभिकेंद्री बल $F_c = m R \omega^2$ है।
दोनों बलों को बराबर करने पर: $\frac{G m^2}{4 R^2} = m R \omega^2$.
$\omega^2$ के लिए सरल करने पर: $\omega^2 = \frac{G m}{4 R^3}$.
चूंकि $m = 1 \, kg$ दिया गया है,हमें $\omega^2 = \frac{G}{4 R^3}$ प्राप्त होता है।
वर्गमूल लेने पर,$\omega = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{G}{R^3}}$ प्राप्त होता है।

(A) $1$. धारिता $(C)$: $q = CV$ से,$[C] = [q/V] = [q^2 / (Work)] = [A^2 T^2 / (M L^2 T^{-2})] = M^{-1} L^{-2} T^4 A^2$. अतः,$(a) \rightarrow (iii)$.
$2$. निर्वात की विद्युतशीलता $(\varepsilon_0)$: कूलम्ब के नियम $F = (q_1 q_2) / (4 \pi \varepsilon_0 r^2)$ से,$[\varepsilon_0] = [q^2 / (F L^2)] = [A^2 T^2 / (M L T^{-2} L^2)] = M^{-1} L^{-3} T^4 A^2$. अतः,$(b) \rightarrow (ii)$.
$3$. निर्वात की चुंबकशीलता $(\mu_0)$: $c = 1 / \sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}$ का उपयोग करते हुए,$\mu_0 = 1 / (\varepsilon_0 c^2)$. विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर,$[\mu_0] = [1 / (M^{-1} L^{-3} T^4 A^2 \cdot L^2 T^{-2})] = M^1 L^1 T^{-2} A^{-2}$. अतः,$(c) \rightarrow (iv)$.
$4$. विद्युत क्षेत्र $(E)$: $F = qE$ से,$[E] = [F/q] = [M L T^{-2} / (A T)] = M^1 L^1 T^{-3} A^{-1}$. अतः,$(d) \rightarrow (i)$.
सही सुमेलन $(a) \rightarrow (iii), (b) \rightarrow (ii), (c) \rightarrow (iv), (d) \rightarrow (i)$ है।

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.5\, \text{kg}$,आयाम $A = 5\, \text{cm} = 0.05\, \text{m}$,आवर्तकाल $T = 0.2\, \text{s}$।
सबसे पहले,$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ सूत्र का उपयोग करके बल नियतांक $k$ की गणना करें:
$0.2 = 2\pi \sqrt{\frac{0.5}{k}}$
$0.1 = \pi \sqrt{\frac{0.5}{k}}$
$0.01 = \pi^2 \left(\frac{0.5}{k}\right)$
$k = \frac{0.5 \pi^2}{0.01} = 50 \pi^2 \approx 493.5\, \text{N/m}$।
अब,माध्य स्थिति से शुरू करते हुए $t = \frac{T}{4}$ पर विस्थापन $x$ ज्ञात करें $(\phi = 0)$:
$x = A \sin(\omega t) = A \sin\left(\frac{2\pi}{T} \cdot \frac{T}{4}\right) = A \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = A = 0.05\, \text{m}$।
अब,स्थितिज ऊर्जा $PE$ की गणना करें:
$PE = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} \times (50 \pi^2) \times (0.05)^2$
$PE = 25 \pi^2 \times 0.0025 = 0.0625 \pi^2 \approx 0.617\, \text{J}$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $0.625\, \text{J}$ है।

(D) $y$ में सापेक्ष त्रुटि सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{\Delta y}{y} = 2 \frac{\Delta m}{m} + 4 \frac{\Delta r}{r} + x \frac{\Delta g}{g} + \frac{3}{2} \frac{\Delta l}{l}$
दी गई प्रतिशत त्रुटियाँ हैं: $\frac{\Delta y}{y} \times 100 = 18$,$\frac{\Delta m}{m} \times 100 = 1$,$\frac{\Delta r}{r} \times 100 = 0.5$,$\frac{\Delta l}{l} \times 100 = 4$,और $\frac{\Delta g}{g} \times 100 = p$.
इन मानों को त्रुटि समीकरण में रखने पर:
$18 = 2(1) + 4(0.5) + x(p) + \frac{3}{2}(4)$
$18 = 2 + 2 + xp + 6$
$18 = 10 + xp$
$xp = 8$
विकल्पों की जाँच करने पर:
विकल्प $D$ के लिए,$x = \frac{16}{3}$ और $p = \pm \frac{3}{2}$.
$xp = \frac{16}{3} \times \frac{3}{2} = 8$.
अतः,सही मान $x = \frac{16}{3}$ और $p = \pm \frac{3}{2}$ हैं।

(D) दिया गया है कि कण शुरू में विरामावस्था में है,इसलिए $t = 0$ पर,$u = 0$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = M a$,इसलिए $a = \frac{F}{M}$।
दिए गए बल संबंध को प्रतिस्थापित करने पर: $a = \frac{F_{0}}{M} \left(1 - \frac{(t - T)^{2}}{T^{2}}\right) = \frac{dv}{dt}$।
$t = 2T$ पर वेग $v$ ज्ञात करने के लिए,हम $t = 0$ से $t = 2T$ तक समय के सापेक्ष त्वरण का समाकलन करेंगे:
$v = \int_{0}^{2T} \frac{F_{0}}{M} \left(1 - \frac{(t - T)^{2}}{T^{2}}\right) dt$।
मान लीजिए $x = t - T$,तो $dx = dt$। जब $t = 0, x = -T$ और जब $t = 2T, x = T$।
$v = \frac{F_{0}}{M} \int_{-T}^{T} \left(1 - \frac{x^{2}}{T^{2}}\right) dx$।
$v = \frac{F_{0}}{M} \left[ x - \frac{x^{3}}{3T^{2}} \right]_{-T}^{T}$।
$v = \frac{F_{0}}{M} \left( (T - \frac{T^{3}}{3T^{2}}) - (-T - \frac{(-T)^{3}}{3T^{2}}) \right)$।
$v = \frac{F_{0}}{M} \left( (T - \frac{T}{3}) - (-T + \frac{T}{3}) \right) = \frac{F_{0}}{M} \left( \frac{2T}{3} + \frac{2T}{3} \right) = \frac{4 F_{0} T}{3 M}$।

(A) कार्नोट इंजन $A$ के लिए: दक्षता $\eta_A = 1 - \frac{T}{T_1} = \frac{W_A}{Q_1}$. अतः,$W_A = Q_1 \left(1 - \frac{T}{T_1}\right) = Q_1 - \frac{Q_1 T}{T_1}$.
चूँकि $\frac{Q}{Q_1} = \frac{T}{T_1}$,इसलिए $Q = \frac{Q_1 T}{T_1}$.
कार्नोट इंजन $B$ के लिए: यह $T$ तापमान पर $Q_B = Q/2$ ऊष्मा अवशोषित करता है और $T_3$ तापमान पर $Q_3$ ऊष्मा निष्कासित करता है। दक्षता $\eta_B = 1 - \frac{T_3}{T} = \frac{W_B}{Q_B}$.
अतः,$W_B = \frac{Q}{2} \left(1 - \frac{T_3}{T}\right) = \frac{Q}{2} - \frac{Q T_3}{2 T}$.
दिया गया है कि $W_A = W_B$,इसलिए $Q_1 - Q = \frac{Q}{2} - Q_3$.
$Q = \frac{Q_1 T}{T_1}$ रखने पर,हमें मिलता है $Q_1 - \frac{Q_1 T}{T_1} = \frac{Q_1 T}{2 T_1} - Q_3$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $Q_1 + Q_3 = \frac{Q_1 T}{T_1} + \frac{Q_1 T}{2 T_1} = \frac{3 Q_1 T}{2 T_1}$.
इंजन $B$ के लिए संबंध का उपयोग करते हुए,$\frac{Q_3}{Q/2} = \frac{T_3}{T} \Rightarrow Q_3 = \frac{Q T_3}{2 T} = \frac{Q_1 T T_3}{2 T_1 T} = \frac{Q_1 T_3}{2 T_1}$.
$Q_3$ का मान वापस रखने पर: $Q_1 + \frac{Q_1 T_3}{2 T_1} = \frac{3 Q_1 T}{2 T_1}$.
$Q_1$ से भाग देने पर: $1 + \frac{T_3}{2 T_1} = \frac{3 T}{2 T_1}$.
$\frac{2 T_1}{3}$ से गुणा करने पर: $T = \frac{2 T_1}{3} + \frac{T_3}{3} = \frac{2}{3} T_1 + \frac{1}{3} T_3$.

(A) बहुपरमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f$ की गणना इस प्रकार की जाती है: $f = f_{\text{trans}} + f_{\text{rot}} + f_{\text{vib}}$.
यहाँ $f_{\text{trans}} = 3$,$f_{\text{rot}} = 3$,और $f_{\text{vib}} = 2 \times 4 = 8$ (क्योंकि प्रत्येक कंपन मोड $2$ स्वतंत्रता की कोटि प्रदान करता है)।
अतः,$f = 3 + 3 + 8 = 14$.
रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 1 + \frac{2}{f} = 1 + \frac{2}{14} = 1 + \frac{1}{7} = \frac{8}{7}$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = \frac{nR\Delta T}{1-\gamma}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$n = 1$,$R = 8.314\,J/mol\cdot K$,$\Delta T = 37 - 27 = 10\,K$,और $\gamma = 8/7$.
$W = \frac{1 \times 8.314 \times 10}{1 - 8/7} = \frac{83.14}{-1/7} = -83.14 \times 7 = -581.98\,J \approx -582\,J$.
चूंकि किया गया कार्य $W$ ऋणात्मक है,इसलिए गैस पर कार्य किया जाता है।

(A) शक्ति $P$ को $P = Fv = (ma)v = m \left(\frac{dv}{dt}\right)v$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।
चूंकि $P$ स्थिर है,$P = mv \frac{dv}{dt}$.
समय के सापेक्ष समाकलन करने पर: $\int_{0}^{v} mv \, dv = \int_{0}^{t} P \, dt$.
$\frac{1}{2}mv^2 = Pt \implies v = \sqrt{\frac{2Pt}{m}} = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} t^{1/2}$.
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} t^{1/2}$.
स्थिति और समय के सापेक्ष समाकलन करने पर: $\int_{0}^{x} dx = \int_{0}^{t} \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} t^{1/2} dt$.
$x = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} \right] = \left(\frac{2P}{m}\right)^{1/2} \cdot \frac{2}{3} t^{3/2}$.
$x = \left( \frac{4}{9} \cdot \frac{2P}{m} \right)^{1/2} t^{3/2} = \left( \frac{8P}{9m} \right)^{1/2} t^{3/2}$.

(A) कुल यांत्रिक ऊर्जा $E_{\text{mech}} = K.E. + U = 8 \, J$ है।
$(A)$ $x = x_{3}$ पर,आलेख से,$U = 4 \, J$ है। इसलिए,$K.E. = E_{\text{mech}} - U = 8 - 4 = 4 \, J$ है। कथन में $K.E. = 10 \, J$ दिया गया है,जो गलत है।
$(B)$ $x = x_{2}$ पर,आलेख से,$U = 0 \, J$ है। इसलिए,$K.E. = 8 - 0 = 8 \, J$ है। चूँकि $U$ न्यूनतम है,$K.E.$ अधिकतम है,और कण सबसे तेज़ गति से चलता है। यह कथन सही है।
$(C)$ $x < x_{1}$ पर,आलेख से,$U = 8 \, J$ है। इसलिए,$K.E. = 8 - 8 = 0 \, J$ है। कण स्थिर है,जो सबसे धीमी गति है। यह कथन सही है।
$(D)$ $x > x_{4}$ पर,आलेख से,$U = 6 \, J$ (स्थिर) है। इसलिए,$K.E. = 8 - 6 = 2 \, J$ (स्थिर) है। यह कथन भी सही है।

(D) टर्मिनल वेग पर,वर्षा की बूंद पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होता है।
$Mg = F_{v} = 6 \pi \eta R v$
यहाँ,$M$ वर्षा की बूंद का द्रव्यमान है,$\eta$ श्यानता गुणांक है,$R$ त्रिज्या है और $v$ टर्मिनल वेग है।
$M = \rho_{w} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\rho_{w} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 g = 6 \pi \eta R v$
$v$ के लिए हल करने पर:
$v = \frac{2 \rho_{w} R^2 g}{9 \eta}$
दिए गए मान: $\rho_{w} = 1000 \, kg/m^3$,$R = 0.2 \times 10^{-3} \, m$,$g = 10 \, m/s^2$,$\eta = 1.8 \times 10^{-5} \, Ns/m^2$.
$v = \frac{2 \times 1000 \times (0.2 \times 10^{-3})^2 \times 10}{9 \times 1.8 \times 10^{-5}}$
$v = \frac{20000 \times 0.04 \times 10^{-6}}{16.2 \times 10^{-5}}$
$v = \frac{800 \times 10^{-6}}{16.2 \times 10^{-5}} = \frac{80}{16.2} \approx 4.94 \, m/s$

(C) विस्थापन फलन $x(t) = A \sin (\omega t + \phi)$ है।
$t = 0$ पर,$x(0) = A \sin \phi = 2 \dots (1)$.
वेग फलन $v(t) = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos (\omega t + \phi)$ है।
$t = 0$ पर,$v(0) = A \omega \cos \phi = 2 \omega \implies A \cos \phi = 2 \dots (2)$.
समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{A \sin \phi}{A \cos \phi} = \frac{2}{2} \implies \tan \phi = 1 \implies \phi = 45^{\circ}$.
समीकरण $(1)$ में $\phi = 45^{\circ}$ रखने पर:
$A \sin 45^{\circ} = 2 \implies A \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = 2 \implies A = 2 \sqrt{2} \, cm$.
$A = 2 \sqrt{2} \, cm$ की तुलना $x \sqrt{2} \, cm$ से करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए कि पहिये $Q$ की त्रिज्या $R$ है और पहिये $P$ की त्रिज्या $3R$ है। चूंकि वे एक बेल्ट से जुड़े हैं,इसलिए रिम पर उनकी स्पर्शरेखीय गति समान है,अतः $v = \omega_{P} (3R) = \omega_{Q} R$।
इसका अर्थ है $\omega_{P} = \frac{\omega_{Q}}{3}$।
घूर्णन गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} I \omega^{2}$ द्वारा दी जाती है।
यह दिया गया है कि घूर्णन गतिज ऊर्जा समान है,इसलिए:
$\frac{1}{2} I_{P} \omega_{P}^{2} = \frac{1}{2} I_{Q} \omega_{Q}^{2}$
$I_{P} \left(\frac{\omega_{Q}}{3}\right)^{2} = I_{Q} \omega_{Q}^{2}$
$I_{P} \left(\frac{1}{9}\right) = I_{Q}$
$\frac{I_{P}}{I_{Q}} = 9$।
अतः,अनुपात $9: 1$ है,और $x$ का मान $9$ है।

(D) माना कि पानी के स्तंभ की कुल ऊँचाई $H = 12\, \text{m}$ है।
माना कि पानी की सतह से छेद की गहराई $h$ है।
टोरिसेली के नियम के अनुसार बहिःस्राव का वेग $v = \sqrt{2gh}$ है।
$(H - h)$ ऊँचाई से पानी को जमीन तक पहुँचने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2(H - h)}{g}}$ है।
क्षैतिज परास (range) $R = v \times t = \sqrt{2gh} \times \sqrt{\frac{2(H - h)}{g}}$ द्वारा दी जाती है।
इस व्यंजक को सरल करने पर: $R = \sqrt{4h(H - h)} = 2\sqrt{hH - h^2}$.
अधिकतम परास प्राप्त करने के लिए, हम $R$ का $h$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं: $\frac{dR}{dh} = 0$.
$\frac{d}{dh}(2\sqrt{hH - h^2}) = 2 \cdot \frac{1}{2\sqrt{hH - h^2}} \cdot (H - 2h) = 0$.
इसका अर्थ है $H - 2h = 0$, इसलिए $h = \frac{H}{2}$.
यहाँ $H = 12\, \text{m}$ दिया गया है, इसलिए हमें $h = \frac{12}{2} = 6\, \text{m}$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि नदी का वेग $\vec{v}_r$ है और नदी के सापेक्ष तैराक का वेग $\vec{v}_{sr}$ है।
यह दिया गया है कि परिमाण समान हैं,इसलिए $|\vec{v}_r| = |\vec{v}_{sr}| = v$ लें।
बिंदु $B$ तक पहुँचने के लिए परिणामी वेग $\vec{v}_s = \vec{v}_{sr} + \vec{v}_r$ को रेखा $AB$ के अनुदिश होना चाहिए।
चूंकि दो सदिशों $\vec{v}_{sr}$ और $\vec{v}_r$ के परिमाण समान हैं,इसलिए उनका परिणामी सदिश $\vec{v}_s$ उनके बीच के कोण को समद्विभाजित करता है।
मान लीजिए कि नदी के प्रवाह (क्षैतिज) और रेखा $AB$ के बीच का कोण $\alpha = 30^{\circ}$ है।
मान लीजिए कि तैराक के वेग $\vec{v}_{sr}$ और रेखा $AB$ के बीच का कोण $\theta$ है।
तो तैराक के वेग $\vec{v}_{sr}$ और नदी के प्रवाह $\vec{v}_r$ के बीच का कोण $(\theta + 30^{\circ})$ होगा।
चूंकि परिणामी वेग $\vec{v}_s$ (जो $AB$ के अनुदिश है) इस कोण को समद्विभाजित करता है,इसलिए $\vec{v}_s$ और $\vec{v}_r$ के बीच का कोण $\vec{v}_s$ और $\vec{v}_{sr}$ के बीच के कोण के बराबर होना चाहिए।
इसलिए,$30^{\circ} = \theta$।
अतः,आवश्यक कोण $\theta = 30^{\circ}$ है।

(B) मान लीजिए कि ब्लॉक ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta$ कोण पर संपर्क खो देता है। इस बिंदु पर,अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ शून्य हो जाता है।
$1$. त्रिज्यीय दिशा में बल का संतुलन:
$mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$
चूँकि $N=0$,इसलिए $mg \cos \theta = \frac{mv^2}{R} \implies v^2 = Rg \cos \theta \dots (1)$
$2$. शीर्ष से संपर्क टूटने के बिंदु तक यांत्रिक ऊर्जा का संरक्षण:
तय की गई ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $(R - R \cos \theta) = R(1 - \cos \theta)$ है।
$mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2 \implies v^2 = 2gR(1 - \cos \theta) \dots (2)$
$3$. समीकरण $(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$Rg \cos \theta = 2gR(1 - \cos \theta)$
$\cos \theta = 2 - 2 \cos \theta$
$3 \cos \theta = 2 \implies \cos \theta = \frac{2}{3}$
$4$. आधार से ऊँचाई $h$,$h = R \cos \theta$ द्वारा दी जाती है:
$h = R \left( \frac{2}{3} \right) = 3 \times \frac{2}{3} = 2\, m$.

(B) $SHM$ में एक कण के लिए,उसका वेग $v$ विस्थापन $x$ पर इस प्रकार निर्भर करता है:
$v = \omega \sqrt{A^{2} - x^{2}}$
जहाँ $\omega$ कोणीय आवृत्ति है और $A$ आयाम है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$v^{2} = \omega^{2} (A^{2} - x^{2})$
$v^{2} = \omega^{2} A^{2} - \omega^{2} x^{2}$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$v^{2} + \omega^{2} x^{2} = \omega^{2} A^{2}$
$\omega^{2} A^{2}$ से विभाजित करने पर:
$\frac{v^{2}}{(\omega A)^{2}} + \frac{x^{2}}{A^{2}} = 1$
यह समीकरण $\frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{x^{2}}{a^{2}} = 1$ के रूप में है,जो एक दीर्घवृत्त (ellipse) को दर्शाता है।
अतः,वेग $v$ और विस्थापन $x$ के बीच का ग्राफ दीर्घवृत्ताकार होता है।

(B) मान लीजिए प्रारंभिक वेग $u$ है। अधिकतम ऊँचाई $h = \frac{u^2}{2g}$ है,जिसका अर्थ है $u = \sqrt{2gh}$।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए,ऊँचाई $y = \frac{h}{3}$ के लिए:
$\frac{h}{3} = ut - \frac{1}{2}gt^2$
$u = \sqrt{2gh}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2}gt^2 - \sqrt{2gh}t + \frac{h}{3} = 0$
यह $t$ में एक द्विघात समीकरण है। मान लीजिए मूल $t_1$ (ऊपर जाते समय) और $t_2$ (नीचे आते समय) हैं।
$t = \frac{\sqrt{2gh} \pm \sqrt{2gh - 4(\frac{g}{2})(\frac{h}{3})}}{g} = \frac{\sqrt{2gh} \pm \sqrt{\frac{4gh}{3}}}{g}$
समय का अनुपात $\frac{t_1}{t_2} = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{4/3}}{\sqrt{2} + \sqrt{4/3}} = \frac{\sqrt{6}-2}{\sqrt{6}+2}$।

(C) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ है।
चूंकि सभी कणों के लिए गतिज ऊर्जा $E$ समान है,इसलिए तरंगदैर्ध्य द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती होती है: $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
हम जानते हैं कि कणों के द्रव्यमान का संबंध $m_{\alpha} > m_{p} > m_{e}$ है।
इसलिए,उनकी डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का क्रम $\lambda_{e} > \lambda_{p} > \lambda_{\alpha}$ होगा।

(D) दिए गए परिपथ में दो $NAND$ गेट हैं जो $NOT$ गेट के रूप में कार्य कर रहे हैं (क्योंकि उनके इनपुट शॉर्ट किए गए हैं) और उसके बाद एक $NOR$ गेट है।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं।
पहले $NAND$ गेट का आउटपुट ($NOT$ के रूप में कार्य करते हुए) $\bar{A}$ है।
दूसरे $NAND$ गेट का आउटपुट ($NOT$ के रूप में कार्य करते हुए) $\bar{B}$ है।
ये दोनों आउटपुट एक $NOR$ गेट में दिए जाते हैं।
$NOR$ गेट का आउटपुट $Y$,$Y = \overline{\bar{A} + \bar{B}}$ द्वारा दिया जाता है।
डी मॉर्गन प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\overline{\bar{A} + \bar{B}} = \overline{\bar{A}} \cdot \overline{\bar{B}} = A \cdot B$ प्राप्त होता है।
अतः,यह परिपथ $AND$ संक्रिया करता है।

(C) पोटेंशियोमीटर द्वारा मापा जा सकने वाला अधिकतम वोल्टेज पोटेंशियोमीटर तार $AB$ की पूरी लंबाई पर होने वाले विभव पतन (potential drop) के बराबर होता है।
सबसे पहले,तार $AB$ का कुल प्रतिरोध ज्ञात करें:
तार की लंबाई $AB = 10 \, m = 1000 \, cm$ है।
प्रति इकाई लंबाई प्रतिरोध = $0.1 \, \Omega/cm$ है।
कुल प्रतिरोध $R_{AB} = 1000 \, cm \times 0.1 \, \Omega/cm = 100 \, \Omega$ है।
अब,वोल्टेज डिवाइडर नियम का उपयोग करके $AB$ पर विभव पतन की गणना करें:
परिपथ में $6 \, V$ की बैटरी,$20 \, \Omega$ का आंतरिक प्रतिरोध और पोटेंशियोमीटर तार का प्रतिरोध $R_{AB} = 100 \, \Omega$ श्रेणीक्रम (series) में जुड़े हैं।
प्राथमिक परिपथ में धारा $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{6 \, V}{20 \, \Omega + 100 \, \Omega} = \frac{6}{120} \, A = 0.05 \, A$ है।
$AB$ पर विभव पतन $V_{AB} = I \times R_{AB} = 0.05 \, A \times 100 \, \Omega = 5 \, V$ है।
अतः,मापा जा सकने वाला अधिकतम emf $5 \, V$ है।

(C) मान लीजिए कि नाभिकों की प्रारंभिक संख्या $N_0$ है।
$1$. समय $t_1$ जब एक चौथाई नाभिकों का क्षय हो जाता है:
शेष नाभिक $N_1 = N_0 - \frac{1}{4}N_0 = \frac{3}{4}N_0$.
क्षय नियम $N = N_0 e^{-\lambda t}$ का उपयोग करने पर,$\frac{3}{4}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1}$,जिससे $\ln(3/4) = -\lambda t_1$ प्राप्त होता है,या $t_1 = \frac{\ln(4/3)}{\lambda}$.
$2$. समय $t_2$ जब आधे नाभिकों का क्षय हो जाता है:
शेष नाभिक $N_2 = N_0 - \frac{1}{2}N_0 = \frac{1}{2}N_0$.
क्षय नियम का उपयोग करने पर,$\frac{1}{2}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2}$,जिससे $\ln(1/2) = -\lambda t_2$ प्राप्त होता है,या $t_2 = \frac{\ln 2}{\lambda}$.
$3$. समय अंतराल $\Delta t = t_2 - t_1$:
$\Delta t = \frac{\ln 2}{\lambda} - \frac{\ln(4/3)}{\lambda} = \frac{1}{\lambda} [\ln 2 - (\ln 4 - \ln 3)] = \frac{1}{\lambda} [\ln 2 - 2\ln 2 + \ln 3] = \frac{\ln(3/2)}{\lambda}$.

(A) किसी पदार्थ के भीतर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0(H + M) = \mu_0 H(1 + \chi)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\chi$ चुंबकीय ससेप्टिबिलिटी है।
निर्वात में चुंबकीय क्षेत्र $B_0 = \mu_0 H$ होता है।
अतः,$B = B_0(1 + \chi)$।
चुंबकीय क्षेत्र में वृद्धि $\Delta B = B - B_0 = B_0 \chi$ है।
प्रतिशत वृद्धि $\frac{\Delta B}{B_0} \times 100 = \chi \times 100$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $\chi = 2.2 \times 10^{-5}$ दिया गया है,इसलिए प्रतिशत वृद्धि $(2.2 \times 10^{-5}) \times 100 = 2.2 \times 10^{-3} = \frac{2.2}{10^3} = \frac{22}{10^4}$ होगी।
इसे $\frac{x}{10^4}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 22$ प्राप्त होता है।

(B) माना कि दो स्थिर आवेशों के बीच की दूरी $2d = 2 \, m$ है,इसलिए $d = 1 \, m$। कण का द्रव्यमान $m = 1 \, mg = 10^{-6} \, kg$ है।
जब मुक्त आवेशित कण को $x$ दूरी तक विस्थापित किया जाता है,तो उस पर लगने वाला कुल बल:
$F = \frac{kq^{2}}{(d-x)^{2}} - \frac{kq^{2}}{(d+x)^{2}}$
$F = kq^{2} \left[ \frac{(d+x)^{2} - (d-x)^{2}}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right] = kq^{2} \left[ \frac{4dx}{(d^{2}-x^{2})^{2}} \right]$
चूंकि $x \ll d$,हम $(d^{2}-x^{2})^{2} \approx d^{4}$ मान सकते हैं:
$F \approx \frac{4kq^{2}dx}{d^{4}} = \frac{4kq^{2}}{d^{3}} x$
चूंकि बल संतुलन स्थिति की ओर निर्देशित है,$F = -m\omega^{2}x$। अतः:
$m\omega^{2} = \frac{4kq^{2}}{d^{3}}$
$\omega = \sqrt{\frac{4kq^{2}}{md^{3}}}$
मान $k = 9 \times 10^{9} \, N \cdot m^{2}/C^{2}$,$q^{2} = 10 \, C^{2}$,$m = 10^{-6} \, kg$,और $d = 1 \, m$ रखने पर:
$\omega = \sqrt{\frac{4 \times 9 \times 10^{9} \times 10}{10^{-6} \times 1^{3}}} = \sqrt{36 \times 10^{16}} = 6 \times 10^{8} \, rad/s$.
अतः,कोणीय आवृत्ति $6 \times 10^{8} \, rad/s$ है।

(D) बल्ब का प्रतिरोध $R_B$ सूत्र $P = \frac{V^2}{R_B}$ का उपयोग करके निकाला जाता है।
दिया गया है $P = 200 \, W$ और $V = 100 \, V$, इसलिए $R_B = \frac{100^2}{200} = \frac{10000}{200} = 50 \, \Omega$.
यह सुनिश्चित करने के लिए कि बल्ब समान शक्ति प्रदान करे, इसे $200 \, V$ की आपूर्ति से जोड़ने पर भी इसके सिरों पर $100 \, V$ का वोल्टेज होना चाहिए।
मान लीजिए $R$ श्रेणीक्रम में जोड़ा गया प्रतिरोध है। सर्किट में धारा $I = \frac{V_{supply}}{R + R_B} = \frac{200}{R + 50}$ है।
बल्ब के सिरों पर वोल्टेज $V_B = I \times R_B = 100 \, V$ होना चाहिए।
$I$ का मान रखने पर, $\frac{200}{R + 50} \times 50 = 100$.
$\frac{10000}{R + 50} = 100 \implies 100 = R + 50 \implies R = 50 \, \Omega$.

(C) $LR$ परिपथ में अधिकतम धारा $I_{\max} = \frac{V}{R} = \frac{20\, \text{V}}{10 \times 10^3\, \Omega} = 2 \times 10^{-3}\, \text{A} = 2\, \text{mA}$ है।
जब स्विच को खोला जाता है,तो परिपथ एक $LR$ क्षय (decay) परिपथ के रूप में कार्य करता है। समय $t$ पर धारा $I(t) = I_{\max} e^{-Rt/L}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $R = 10^4\, \Omega$,$L = 10 \times 10^{-3}\, \text{H}$,और $t = 1 \times 10^{-6}\, \text{s}$ दिया गया है।
घातांक $-\frac{Rt}{L} = -\frac{10^4 \times 10^{-6}}{10 \times 10^{-3}} = -\frac{10^{-2}}{10^{-2}} = -1$ है।
अतः,$I = 2 \times e^{-1}\, \text{mA}$।
$e^{-1} = 0.37$ लेने पर,$I = 2 \times 0.37\, \text{mA} = 0.74\, \text{mA}$ प्राप्त होता है।
इसे $\frac{x}{100}\, \text{mA}$ के रूप में व्यक्त करने पर,$\frac{x}{100} = 0.74$,जिसका अर्थ है कि $x = 74$।

(A) कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = \vec{B} \cdot \vec{S} = B \cdot \pi R^2$ द्वारा दिया जाता है।
$B = \frac{4}{\pi} \times 10^{-3} (1 - \frac{t}{100})$ और $R = 1\, m$ रखने पर,हमें $\phi = 4 \times 10^{-3} (1 - \frac{t}{100})\, Wb$ प्राप्त होता है।
प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt} [4 \times 10^{-3} (1 - \frac{t}{100})] = 4 \times 10^{-5}\, V$ है।
चुंबकीय क्षेत्र तब शून्य हो जाता है जब $1 - \frac{t}{100} = 0$,जिससे $t = 100\, s$ प्राप्त होता है।
व्यय की गई ऊर्जा $E = \frac{\varepsilon^2}{R_{coil}} \times t$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $E = \frac{(4 \times 10^{-5})^2}{2 \times 10^{-6}} \times 100 = \frac{16 \times 10^{-10}}{2 \times 10^{-6}} \times 100 = 8 \times 10^{-4} \times 100 = 0.08\, J$.
चूंकि $1\, J = 1000\, mJ$,इसलिए $E = 0.08 \times 1000 = 80\, mJ$.

(C) दिया गया है कि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्घ्य समान हैं: $\lambda_e = \lambda_{ph}$.
चूंकि $\lambda = \frac{h}{p}$,इसलिए $p_e = p_{ph}$ होगा।
इलेक्ट्रॉन का संवेग $p_e = \sqrt{2mK_e}$ है और फोटॉन का संवेग $p_{ph} = \frac{E_{ph}}{c}$ है।
संवेगों की तुलना करने पर: $\sqrt{2mK_e} = \frac{E_{ph}}{c}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $2mK_e = \frac{E_{ph}^2}{c^2}$.
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $(K_e)$ और फोटॉन की ऊर्जा $(E_{ph})$ के अनुपात के लिए:
$\frac{K_e}{E_{ph}} = \frac{E_{ph}}{2mc^2}$.
चूंकि $E_{ph} = p_{ph}c$ और $p_{ph} = p_e = mv$,इसलिए $E_{ph} = (mv)c$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{K_e}{E_{ph}} = \frac{mvc}{2mc^2} = \frac{v}{2c}$.

(A) एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में गतिमान आवेशित कण के वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$ का सूत्र $R = \frac{mv}{qB}$ होता है।
यहाँ दिया गया है कि द्रव्यमान $m$ समान है और चुंबकीय क्षेत्र $B$ एक समान है,इसलिए त्रिज्या चाल और आवेश के अनुपात के समानुपाती होती है: $R \propto \frac{v}{q}$.
अतः,त्रिज्याओं $R_1$ और $R_2$ का अनुपात होगा:
$\frac{R_1}{R_2} = \frac{v_1}{q_1} \times \frac{q_2}{v_2} = \left(\frac{v_1}{v_2}\right) \times \left(\frac{q_2}{q_1}\right)$.
दिए गए अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \frac{2}{3}$ और $\frac{q_1}{q_2} = \frac{1}{2}$ हैं (जिसका अर्थ है कि $\frac{q_2}{q_1} = \frac{2}{1}$)।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{2}{3}\right) \times \left(\frac{2}{1}\right) = \frac{4}{3}$.
इस प्रकार,त्रिज्याओं का अनुपात $4:3$ है।

(C) पोटेंशियोमीटर के तार का कुल प्रतिरोध $10\, \Omega$ है। जब स्लाइडिंग कॉन्टैक्ट मध्य में होता है,तो तार दो भागों में विभाजित हो जाता है,जिनमें से प्रत्येक $5\, \Omega$ का है।
मान लीजिए कि उस नोड पर विभव $V_0$ है जहाँ $2\, \Omega$ का प्रतिरोध और पोटेंशियोमीटर का तार मिलते हैं। तार के शुरुआती सिरे पर विभव $20\, \text{V}$ और अंतिम सिरे पर $0\, \text{V}$ है।
नोड $V_0$ पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{V_0 - 20}{5} + \frac{V_0 - 0}{5} + \frac{V_0 - 20}{2} = 0$
समीकरण को सरल बनाने के लिए $10$ से गुणा करने पर:
$2(V_0 - 20) + 2(V_0) + 5(V_0 - 20) = 0$
$2V_0 - 40 + 2V_0 + 5V_0 - 100 = 0$
$9V_0 = 140$
$V_0 = \frac{140}{9}\, \text{V}$
$2\, \Omega$ के प्रतिरोध पर विभवांतर शुरुआती सिरे $(20\, \text{V})$ और नोड $V_0$ के बीच का अंतर है:
$\Delta V = 20 - V_0 = 20 - \frac{140}{9} = \frac{180 - 140}{9} = \frac{40}{9}\, \text{V}$

(B) बिंदु $B$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होने के लिए,आपतन कोण $\theta^{\prime \prime}$ क्रांतिक कोण $C$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए। बिंदु $B$ पर ग्रेजिंग इमर्जेंस (सतह के समानांतर निर्गमन) के लिए शर्त $\sin \theta^{\prime \prime} = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$ है।
त्रिभुज की ज्यामिति से,हमारे पास $\theta^{\prime} = 90^{\circ} - \theta^{\prime \prime}$ है।
ऊपरी सतह पर बिंदु $A$ पर स्नेल का नियम लागू करने पर:
$1 \times \sin \theta = \mu \times \sin \theta^{\prime}$
$\sin \theta = \frac{4}{3} \times \sin(90^{\circ} - \theta^{\prime \prime})$
$\sin \theta = \frac{4}{3} \times \cos \theta^{\prime \prime}$
चूंकि $\sin \theta^{\prime \prime} = \frac{3}{4}$,इसलिए $\cos \theta^{\prime \prime} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta^{\prime \prime}} = \sqrt{1 - (3/4)^2} = \sqrt{1 - 9/16} = \sqrt{7/16} = \frac{\sqrt{7}}{4}$ प्राप्त होता है।
इस मान को $\sin \theta$ के समीकरण में रखने पर:
$\sin \theta = \frac{4}{3} \times \frac{\sqrt{7}}{4} = \frac{\sqrt{7}}{3}$
$\theta = \sin ^{-1} \left( \frac{\sqrt{7}}{3} \right)$।

(C) पोटेंशियोमीटर में,संतुलन लंबाई $l$ सेल के emf $\varepsilon$ के सीधे आनुपातिक होती है,अर्थात $\varepsilon = kl$,जहाँ $k$ विभव प्रवणता (potential gradient) है।
जब गैल्वेनोमीटर बिंदु $(1)$ से जुड़ा होता है,तो सर्किट में केवल सेल $\varepsilon_{1}$ होता है:
$\varepsilon_{1} = k l_{1} = k(250) \ldots (i)$
जब गैल्वेनोमीटर बिंदु $(2)$ से जुड़ा होता है,तो दोनों सेल $\varepsilon_{1}$ और $\varepsilon_{2}$ श्रेणी क्रम में सर्किट में होते हैं:
$\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2} = k l_{2} = k(400) \ldots (ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{1} + \varepsilon_{2}} = \frac{250}{400} = \frac{5}{8}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$8 \varepsilon_{1} = 5 \varepsilon_{1} + 5 \varepsilon_{2}$
$3 \varepsilon_{1} = 5 \varepsilon_{2}$
अतः,अनुपात है:
$\frac{\varepsilon_{1}}{\varepsilon_{2}} = \frac{5}{3}$

(B) बिंदु $C$ पर द्विध्रुव $A$ के कारण विद्युत क्षेत्र (इसकी अक्षीय रेखा पर) $E_{A} = \frac{2kp_{1}}{r^{3}}$ है जो अक्ष की दिशा में है।
बिंदु $C$ पर द्विध्रुव $B$ के कारण विद्युत क्षेत्र (इसकी निरक्षीय रेखा पर) $E_{B} = \frac{kp_{2}}{r^{3}}$ है जो अक्ष के लंबवत है।
परिणामी विद्युत क्षेत्र अक्ष के साथ $37^{\circ}$ का कोण बनाता है,इसलिए:
$\tan 37^{\circ} = \frac{E_{B}}{E_{A}}$
दिया गया है $\sin 37^{\circ} = \frac{3}{5}$,इसलिए $\cos 37^{\circ} = \frac{4}{5}$,और $\tan 37^{\circ} = \frac{3}{4}$।
मान रखने पर:
$\frac{3}{4} = \frac{\frac{kp_{2}}{r^{3}}}{\frac{2kp_{1}}{r^{3}}} = \frac{p_{2}}{2p_{1}}$
अनुपात $\frac{p_{1}}{p_{2}}$ के लिए हल करने पर:
$\frac{p_{1}}{p_{2}} = \frac{4}{2 \times 3} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.

(A) जब संधारित्र की प्लेटों के बीच एक परावैद्युत स्लैब रखा जाता है,तो परावैद्युत के अंदर परिणामी विद्युत क्षेत्र $E$,निर्वात में प्रारंभिक विद्युत क्षेत्र $E_{0}$ की तुलना में $k$ के कारक से कम हो जाता है।
परिणामी विद्युत क्षेत्र $E = E_{0} - E_{b}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E_{b}$ प्रेरित (बद्ध) आवेशों के कारण विद्युत क्षेत्र है।
चूंकि $E = \frac{E_{0}}{k}$,इसलिए $\frac{E_{0}}{k} = E_{0} - E_{b}$ होता है।
इससे $E_{b} = E_{0} - \frac{E_{0}}{k} = E_{0} \left(1 - \frac{1}{k}\right)$ प्राप्त होता है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र पृष्ठीय आवेश घनत्व के समानुपाती होता है $(E = \frac{\sigma}{\epsilon_{0}})$,इसलिए बद्ध आवेश $q_{b}$ मुक्त आवेश $q_{f}$ से उसी कारक द्वारा संबंधित है:
$q_{b} = q_{f} \left(1 - \frac{1}{k}\right)$.

(A) मॉड्युलेशन सूचकांक $\mu$ को संदेश संकेत के शिखर वोल्टेज $(A_m)$ और वाहक तरंग के शिखर वोल्टेज $(A_c)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
$A_m = 20 \, V$
$A_c = 20 \, V$
सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{20}{20} = 1$
अतः,मॉड्युलेशन सूचकांक $1$ है।

(B) समय $t$ पर एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A$ को $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $A_0$ प्रारंभिक सक्रियता है और $T_{1/2}$ अर्ध-आयु है।
दिया गया है कि $t = 30\, \text{वर्ष}$ पर $A = \frac{1}{8} A_0$ है।
मान रखने पर: $\frac{1}{8} A_0 = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
$\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
घातांकों की तुलना करने पर: $3 = \frac{30}{T_{1/2}}$.
अतः, $T_{1/2} = \frac{30}{3} = 10\, \text{वर्ष}$।

(C) द्रव्यमान क्षति $\Delta m$ की गणना इस प्रकार की जाती है: $\Delta m = (Z m_p + (A - Z) m_n) - M_{Al}$.
यहाँ,$Z = 13$ (प्रोटॉन की संख्या) और $A - Z = 14$ (न्यूट्रॉन की संख्या) है।
$\Delta m = (13 \times 1.00726 + 14 \times 1.00866) - 27.18846$.
$\Delta m = 27.21562 - 27.18846 = 0.02716 \, {u}$.
यह दिया गया है कि $1 \, {u}$,$1 \, {J}$ ऊर्जा के अनुरूप है,इसलिए बंधन ऊर्जा $E = 0.02716 \, {J}$ है।
इसे $x \times 10^{-3} \, {J}$ के रूप में व्यक्त करने पर,$E = 27.16 \times 10^{-3} \, {J}$ प्राप्त होता है।
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,उत्तर $27$ प्राप्त होता है।

(A) तार का कुल प्रतिरोध $16\, \Omega$ है,इसलिए वर्गाकार लूप की प्रत्येक भुजा का प्रतिरोध $R = 4\, \Omega$ है।
माना बैटरी द्वारा दी गई कुल धारा $I_{total} = 4i$ है। यह धारा जंक्शन पर $3i$ (बैटरी से जुड़ी भुजा के माध्यम से) और $i$ (श्रेणीक्रम में जुड़ी शेष तीन भुजाओं के माध्यम से,जिनका कुल प्रतिरोध $4+4+4 = 12\, \Omega$ है) में विभाजित हो जाती है।
बैटरी और $i$ धारा वाले पथ के लिए किरचॉफ के वोल्टेज नियम $(KVL)$ का उपयोग करने पर:
$9 - (1)(4i) - (4)(i) - (4)(i) - (4)(i) = 0$
$9 - 4i - 12i = 0$
$16i = 9 \implies i = \frac{9}{16}\, A$.
वर्गाकार लूप के विकर्ण पर विभवांतर,विकर्ण बनाने वाले श्रेणीक्रम में जुड़े दो प्रतिरोधों के सिरों पर विभवांतर है। विकर्ण पर विभवांतर $i$ धारा का वहन करने वाले दो श्रेणीबद्ध प्रतिरोधों $(4\, \Omega + 4\, \Omega = 8\, \Omega)$ पर वोल्टेज है।
$V_{diag} = i \times 8\, \Omega = \frac{9}{16} \times 8 = 4.5\, V$.
$4.5\, V = 45 \times 10^{-1}\, V$.

(C) शुद्ध प्रतिरोधक परिपथ (चित्र $a$) में व्यय होने वाली औसत शक्ति $P_a = \frac{V_{\text{rms}}^2}{R}$ द्वारा दी जाती है।
$LCR$ श्रेणी परिपथ (चित्र $b$) में व्यय होने वाली औसत शक्ति $P_b = I_{\text{rms}}^2 R = \left(\frac{V_{\text{rms}}}{Z}\right)^2 R = \frac{V_{\text{rms}}^2 R}{Z^2}$ है,जहाँ $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ है।
यह दिया गया है कि दोनों परिपथों में औसत शक्ति समान है,इसलिए $P_a = P_b$:
$\frac{V_{\text{rms}}^2}{R} = \frac{V_{\text{rms}}^2 R}{Z^2}$
इसका अर्थ है $R^2 = Z^2$,जिसका अर्थ है $Z = R$।
$Z$ के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर:
$R^2 = R^2 + (X_L - X_C)^2$
$(X_L - X_C)^2 = 0$
$X_L = X_C$
यह अनुनाद (resonance) की स्थिति है,जहाँ $\omega L = \frac{1}{\omega C}$ होता है।
$\omega$ के लिए हल करने पर:
$\omega^2 = \frac{1}{LC} = \frac{1}{0.1 \times 40 \times 10^{-6}}$
$\omega^2 = \frac{1}{4 \times 10^{-6}} = 0.25 \times 10^6 = 250000$
$\omega = \sqrt{250000} = 500\,rad/s$.

(A) अर्धचालकों के लिए द्रव्यमान क्रिया के नियम के अनुसार,इलेक्ट्रॉन घनत्व $(n_e)$ और होल घनत्व $(n_h)$ का गुणनफल आंतरिक वाहक घनत्व $(n_i)$ के वर्ग के बराबर होता है:
$n_e \cdot n_h = n_i^2$
दिया गया है:
$n_i = 1.5 \times 10^{16} \, \text{m}^{-3}$
$n_h = 4.5 \times 10^{22} \, \text{m}^{-3}$
सूत्र में मान रखने पर:
$n_e = \frac{n_i^2}{n_h} = \frac{(1.5 \times 10^{16})^2}{4.5 \times 10^{22}}$
$n_e = \frac{2.25 \times 10^{32}}{4.5 \times 10^{22}}$
$n_e = 0.5 \times 10^{10} \, \text{m}^{-3} = 5 \times 10^9 \, \text{m}^{-3}$
अतः,इलेक्ट्रॉन घनत्व $5 \times 10^9 \, \text{m}^{-3}$ है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण का उपयोग करते हुए: $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$.
दिया गया है: $hc = 20 \times 10^{-26} \, J \cdot m$,$\lambda = 500 \times 10^{-9} \, m$,और $\phi = 1.25 \, eV = 1.25 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J = 2 \times 10^{-19} \, J$.
$K_{\max} = \frac{20 \times 10^{-26}}{500 \times 10^{-9}} - 2 \times 10^{-19} = 4 \times 10^{-19} - 2 \times 10^{-19} = 2 \times 10^{-19} \, J$.
चुंबकीय क्षेत्र में वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{\sqrt{2 m_e K_{\max}}}{eB}$ होती है।
$B$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $B = \frac{\sqrt{2 m_e K_{\max}}}{er}$.
मान रखने पर: $B = \frac{\sqrt{2 \times 9 \times 10^{-31} \times 2 \times 10^{-19}}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3} = \frac{\sqrt{36 \times 10^{-50}}}{0.48 \times 10^{-19}} = \frac{6 \times 10^{-25}}{0.48 \times 10^{-19}} = 12.5 \times 10^{-6} \, T = 125 \times 10^{-7} \, T$.
अतः,$B$ का मान $125 \times 10^{-7} \, T$ है।

(D) आवेशित होते हुए संधारित्र पर तात्कालिक वोल्टेज $V$ को सूत्र $V = V_0 (1 - e^{-t/RC})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$V_0 = 100 \, V$,$V = 50 \, V$,$R = 100 \, \Omega$,और $C = 1 \, \mu F = 10^{-6} \, F$ है।
समय नियतांक $\tau = RC = 100 \times 10^{-6} = 10^{-4} \, s$ है।
समीकरण में मान रखने पर:
$50 = 100 (1 - e^{-t/10^{-4}})$
$0.5 = 1 - e^{-t/10^{-4}}$
$e^{-t/10^{-4}} = 0.5$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$-t/10^{-4} = \ln(0.5) = -\ln(2)$
$t/10^{-4} = \ln 2$
दिया गया है कि $\ln 2 = 0.69$,अतः:
$t = 0.69 \times 10^{-4} \, s$ प्राप्त होता है।
अतः,अभीष्ट मान $0.69$ है।

(C) प्रारंभ में,संधारित्रों को $V$ विभव की बैटरी से समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है। कुल संचित आवेश $Q_{total} = Q_1 + Q_2 = (2C)V + (C)V = 3CV$ है।
जब बैटरी को हटा दिया जाता है और $C$ धारिता वाले संधारित्र में $K$ परावैद्युतांक वाला माध्यम भरा जाता है,तो इसकी नई धारिता $C' = KC$ हो जाती है।
$2C$ धारिता वाला संधारित्र अपरिवर्तित रहता है।
चूंकि संधारित्र समानांतर क्रम में जुड़े हैं,इसलिए उनके सिरों पर समान विभवांतर $V'$ होगा। कुल आवेश संरक्षित रहता है,अतः $Q_{total} = 3CV$।
नई तुल्य धारिता $C_{eq} = 2C + KC = C(K+2)$ है।
संबंध $Q = C_{eq} V'$ का उपयोग करने पर:
$3CV = C(K+2) V'$
$V' = \frac{3CV}{C(K+2)} = \frac{3V}{K+2}$

(B) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
यहाँ,$\lambda$ उपयोग किए गए प्रकाश की तरंगदैर्घ्य है,$D$ स्लिट और स्क्रीन के बीच की दूरी है,और $d$ दो स्लिटों के बीच की दूरी है।
जब प्रकाश का स्रोत नारंगी से नीले रंग में बदलता है,तो तरंगदैर्घ्य $\lambda$ कम हो जाती है क्योंकि नीले प्रकाश की तरंगदैर्घ्य नारंगी प्रकाश की तुलना में कम होती है।
चूंकि $\beta \propto \lambda$,इसलिए जैसे-जैसे तरंगदैर्घ्य $\lambda$ घटती है,फ्रिंज की चौड़ाई $\beta$ (क्रमागत फ्रिंजों के बीच की दूरी) भी घट जाती है।

(C) किसी माध्यम में प्रकाश का वेग $v = \frac{c}{\sqrt{\mu_{r} \varepsilon_{r}}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,जहाँ $c$ निर्वात में प्रकाश की गति $(3 \times 10^{8} \text{ m/s})$ है,$\mu_{r}$ सापेक्ष पारगम्यता (relative permeability) है और $\varepsilon_{r}$ सापेक्ष विद्युतशीलता है।
दिया गया है $\mu_{r} = 1$ और $\varepsilon_{r} = 81$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$v = \frac{3 \times 10^{8}}{\sqrt{1 \times 81}}$
$v = \frac{3 \times 10^{8}}{9}$
$v = 0.333 \times 10^{8} \text{ m/s}$
$v = 3.33 \times 10^{7} \text{ m/s}$।

(B) संधारित्र तीन परावैद्युत स्लैबों के श्रेणी संयोजन से बना है,जिनकी मोटाई $d_1 = d$,$d_2 = 2d$,$d_3 = 3d$ और परावैद्युतांक $K_1 = K$,$K_2 = 3K$,$K_3 = 5K$ हैं।
प्रत्येक भाग की धारिता $C = \frac{K \varepsilon_0 A}{d_{thickness}}$ द्वारा दी जाती है।
$C_1 = \frac{K \varepsilon_0 A}{d}$
$C_2 = \frac{3K \varepsilon_0 A}{2d}$
$C_3 = \frac{5K \varepsilon_0 A}{3d}$
चूंकि वे श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_{eq}$ का मान $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3}$ द्वारा प्राप्त होता है।
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} + \frac{2d}{3K \varepsilon_0 A} + \frac{3d}{5K \varepsilon_0 A}$
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} [1 + \frac{2}{3} + \frac{3}{5}] = \frac{d}{K \varepsilon_0 A} [\frac{15 + 10 + 9}{15}] = \frac{34d}{15K \varepsilon_0 A}$
अतः,$C_{eq} = \frac{15K \varepsilon_0 A}{34d}$.

(C) $t$ समय पर अविघटित नाभिकों की संख्या $N = N_{0}e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
क्षयित नाभिकों की संख्या $N_{d} = N_{0} - N = N_{0} - N_{0}e^{-\lambda t} = N_{0}(1 - e^{-\lambda t})$ है।
चूंकि $f = \frac{N_{d}}{N_{0}}$,इसलिए $f = \frac{N_{0}(1 - e^{-\lambda t})}{N_{0}} = 1 - e^{-\lambda t}$ है।
समय के सापेक्ष $f$ के परिवर्तन की दर ज्ञात करने के लिए,हम $f$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करेंगे:
$\frac{df}{dt} = \frac{d}{dt}(1 - e^{-\lambda t}) = 0 - (e^{-\lambda t})(-\lambda) = \lambda e^{-\lambda t}$.

(C) मान लीजिए कि धागे में तनाव $T$ है और गेंदों के बीच की दूरी $x$ है।
संतुलन की स्थिति में,प्रत्येक गेंद पर कार्य करने वाले बल हैं: तनाव $T$,भार $mg$,और स्थिर वैद्युत बल $F_e = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{x^2}$।
बलों को वियोजित करने पर:
$T \cos \theta = mg$ (ऊर्ध्वाधर घटक)
$T \sin \theta = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{x^2}$ (क्षैतिज घटक)
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\tan \theta = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 x^2 mg}$।
छोटे कोणों के लिए,$\tan \theta \approx \sin \theta = \frac{x/2}{l} = \frac{x}{2l}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $\frac{x}{2l} = \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_0 x^2 mg}$।
$x^3$ के लिए हल करने पर: $x^3 = \frac{q^2 l}{2 \pi \varepsilon_0 mg}$।
अतः,$x = \left(\frac{q^2 l}{2 \pi \varepsilon_0 mg}\right)^{1/3}$।

(B) श्रेणी परिपथ में,चालक से प्रवाहित होने वाली धारा $i$ प्रत्येक अनुप्रस्थ काट पर स्थिर रहती है।
चूंकि $i = n e A v_{d}$,जहाँ $n$ इलेक्ट्रॉनों का संख्या घनत्व है,$e$ आवेश है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,और $v_{d}$ अनुगमन वेग है,इसलिए हमारे पास $v_{d} = \frac{i}{n e A}$ है।
जैसे-जैसे हम $P$ से $Q$ की ओर बढ़ते हैं,त्रिज्या $r$ घटती है,इसलिए अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = \pi r^{2}$ घटता है। चूंकि $i$ स्थिर है,इसलिए अनुगमन वेग $v_{d}$ बढ़ना चाहिए।
संबंध $v_{d} = \frac{e E \tau}{m}$ से,जहाँ $E$ विद्युत क्षेत्र है,$\tau$ विश्रांति काल (relaxation time) है,और $m$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है,हम देखते हैं कि $v_{d} \propto E$ है। इसलिए,जैसे-जैसे $v_{d}$ बढ़ता है,विद्युत क्षेत्र $E$ भी बढ़ता है।
चूंकि चालक में धारा $i$ स्थिर रहती है,इसलिए इलेक्ट्रॉन धारा नहीं बदलती है।
इस प्रकार,$P$ से $Q$ की ओर जाने पर,इलेक्ट्रॉनों का अनुगमन वेग बढ़ता है और विद्युत क्षेत्र बढ़ता है।

(C) प्रेरक प्रतिघात (Inductive reactance),$X_L = \omega L = 2\pi f L$.
मान रखने पर,$X_L = 2 \times \frac{22}{7} \times 50 \times 0.07 = 100 \times \frac{22}{7} \times 0.07 = 22\,\Omega$.
परिपथ की प्रतिबाधा (Impedance),$Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{12^2 + 22^2} = \sqrt{144 + 484} = \sqrt{628} \approx 25.06\,\Omega \approx 25\,\Omega$.
परिपथ में धारा,$I = \frac{V}{Z} = \frac{220}{25} = 8.8\,A$.
कला कोण $\phi$ के लिए,$\tan \phi = \frac{X_L}{R} = \frac{22}{12} = \frac{11}{6}$.
अतः,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{11}{6}\right)$.

(A) एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में दोलन करने वाली चुंबकीय सुई का आवर्तकाल $T$ सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: चुंबकीय आघूर्ण $M = 9.85 \times 10^{-2} \, A \cdot m^{2}$,जड़त्व आघूर्ण $I = 5 \times 10^{-6} \, kg \cdot m^{2}$.
सुई $5 \, s$ में $10$ दोलन करती है,इसलिए आवर्तकाल $T = \frac{5}{10} = 0.5 \, s$.
सूत्र में मान रखने पर: $0.5 = 2\pi \sqrt{\frac{5 \times 10^{-6}}{9.85 \times 10^{-2} \times B}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $0.25 = 4\pi^{2} \left( \frac{5 \times 10^{-6}}{9.85 \times 10^{-2} \times B} \right)$.
$\pi^{2} = 9.85$ का उपयोग करने पर: $0.25 = 4 \times 9.85 \times \frac{5 \times 10^{-6}}{9.85 \times 10^{-2} \times B}$.
$0.25 = 4 \times \frac{5 \times 10^{-6}}{10^{-2} \times B} = \frac{20 \times 10^{-6}}{10^{-2} \times B} = \frac{20 \times 10^{-4}}{B}$.
$B = \frac{20 \times 10^{-4}}{0.25} = 80 \times 10^{-4} = 8 \times 10^{-3} \, T$.
चूंकि $1 \, T = 1000 \, mT$,इसलिए $B = 8 \, mT$.

(B) $1$. जब $T_{1}$ और $T_{2}$ जुड़े होते हैं,तो परिपथ में $6 \, V$ की बैटरी,$R = 6 \, \Omega$ का प्रतिरोधक और प्रेरक $L$ श्रेणीक्रम में होते हैं।
$2$. स्थिर अवस्था में,प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। प्रेरक से प्रवाहित होने वाली स्थिर धारा $I = \frac{V}{R} = \frac{6 \, V}{6 \, \Omega} = 1 \, A$ है।
$3$. जब $T_{1}$ को $T_{2}$ से अलग करके तुरंत $T_{3}$ से जोड़ा जाता है,तो प्रेरक $L$ अब $r = 3 \, \Omega$ प्रतिरोधक के साथ श्रेणीक्रम में आ जाता है। चूंकि प्रेरक से प्रवाहित होने वाली धारा अचानक नहीं बदल सकती,इसलिए $I = 1 \, A$ की धारा नए परिपथ लूप में प्रवाहित होती रहती है।
$4$. स्विच बदलने के तुरंत बाद $r = 3 \, \Omega$ प्रतिरोधक पर विभव पतन $V_{r} = I \times r = 1 \, A \times 3 \, \Omega = 3 \, V$ होगा।

(C) दिया गया है:
कलेक्टर प्रतिरोध $R_C = 1000 \, \Omega$
कलेक्टर प्रतिरोध पर वोल्टेज ड्रॉप $\Delta V_C = 0.6 \, V$
करंट गेन $\beta = 24$
ओम के नियम के अनुसार कलेक्टर करंट $I_C$:
$I_C = \frac{\Delta V_C}{R_C} = \frac{0.6 \, V}{1000 \, \Omega} = 0.6 \times 10^{-3} \, A = 6 \times 10^{-4} \, A$
कलेक्टर करंट $I_C$ और बेस करंट $I_B$ के बीच संबंध:
$I_C = \beta \times I_B$
अतः,बेस करंट $I_B$:
$I_B = \frac{I_C}{\beta} = \frac{6 \times 10^{-4} \, A}{24} = 0.25 \times 10^{-4} \, A$
माइक्रोएम्पियर $(\mu A)$ में बदलने पर:
$I_B = 0.25 \times 10^{-4} \times 10^6 \, \mu A = 25 \, \mu A$.

(B) प्रकाश किरणों के $BC$ इंटरफ़ेस से बिना मुड़े (अर्थात बिना अपवर्तन के) गुजरने के लिए, उस विशिष्ट तरंगदैर्घ्य पर दोनों प्रिज्मों के अपवर्तनांक समान होने चाहिए।
इसलिए, हम $n_{1} = n_{2}$ रखते हैं:
$1.2 + \frac{10.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} = 1.45 + \frac{1.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}}$
$\lambda$ के लिए हल करने हेतु पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{10.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} - \frac{1.8 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} = 1.45 - 1.2$
$\frac{9 \times 10^{-14}}{\lambda^{2}} = 0.25$
$\lambda^{2} = \frac{9 \times 10^{-14}}{0.25}$
$\lambda^{2} = 36 \times 10^{-14}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\lambda = 6 \times 10^{-7} \text{ m}$
मीटर को नैनोमीटर में बदलने पर $(1 \text{ m} = 10^{9} \text{ nm})$:
$\lambda = 6 \times 10^{-7} \times 10^{9} \text{ nm} = 600 \text{ nm}$

(C) समय $t$ पर संधारित्र पर आवेश $q = q_0 e^{-\frac{t}{RC}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $RC$ $RC$-सर्किट का समय नियतांक है।
समय $t$ पर रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A = A_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A_0$ प्रारंभिक सक्रियता है और $\lambda$ क्षय नियतांक है।
यह दिया गया है कि अनुपात $\frac{q}{A}$ समय के सापेक्ष स्थिर है,इसलिए:
$\frac{q}{A} = \frac{q_0 e^{-\frac{t}{RC}}}{A_0 e^{-\lambda t}} = \text{स्थिरांक}$
इस अनुपात के समय से स्वतंत्र होने के लिए,घातांकीय पदों को एक-दूसरे को रद्द करना होगा,जिसका अर्थ है:
$-\frac{t}{RC} = -\lambda t \implies \lambda = \frac{1}{RC}$
हम जानते हैं कि औसत जीवनकाल $\tau = \frac{1}{\lambda} = 30 \, ms = 30 \times 10^{-3} \, s$ है।
इसलिए,$\lambda = \frac{1}{30 \times 10^{-3}} \, s^{-1}$।
$\lambda = \frac{1}{RC}$ को $R$ के समीकरण में रखने पर:
$R = \frac{1}{\lambda C} = \tau \times \frac{1}{C}$
यहाँ $C = 200 \, \mu F = 200 \times 10^{-6} \, F$ दिया गया है:
$R = \frac{30 \times 10^{-3}}{200 \times 10^{-6}} = \frac{30000}{200} = 150 \, \Omega$।

(D) कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्घ्य $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है।
कण के लिए:
$\lambda_{pa} = \frac{h}{m v} = \frac{h}{9.1 \times 10^{-31} \times 10^{6}} = \frac{h}{9.1 \times 10^{-25}} \quad (i)$
फोटॉन के लिए:
$\lambda_{ph} = \frac{h}{p} = \frac{h}{10^{-27}} \quad (ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\lambda_{ph}}{\lambda_{pa}} = \frac{h / 10^{-27}}{h / (9.1 \times 10^{-25})} = \frac{9.1 \times 10^{-25}}{10^{-27}}$
$\frac{\lambda_{ph}}{\lambda_{pa}} = 9.1 \times 10^{2} = 910$
अतः,फोटॉन की तरंगदैर्घ्य,कण की तरंगदैर्घ्य की $910$ गुनी है।

(A) एक चक्कर के लिए समय अवधि $T = \frac{2 \pi r}{v}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $T = \frac{2 \times (22/7) \times 0.5 \times 10^{-10}}{2.2 \times 10^{6}}$.
$T = \frac{2 \times 22 \times 0.5 \times 10^{-10}}{7 \times 2.2 \times 10^{6}} = \frac{22 \times 10^{-10}}{7 \times 2.2 \times 10^{6}} = \frac{10}{7} \times 10^{-16} \; s$.
धारा $I = \frac{q}{T}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $q = e = 1.6 \times 10^{-19} \; C$.
$I = \frac{1.6 \times 10^{-19}}{(10/7) \times 10^{-16}} = \frac{1.6 \times 7}{10} \times 10^{-3} \; A$.
$I = 1.12 \times 10^{-3} \; A = 1.12 \; mA$.
इसे $.... \times 10^{-2} \; mA$ के रूप में व्यक्त करने के लिए,हम $1.12 \; mA = 112 \times 10^{-2} \; mA$ लिखते हैं।
अतः,मान $112$ है।

(B) दिया गया है: वाहक आयाम $A_C = 15 \, V$,मॉड्युलेटिंग सिग्नल का आयाम $A_m = 5 \, V$.
मॉड्युलेशन इंडेक्स $\mu$ को $\mu = \frac{A_m}{A_C} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$A.M.$ तरंग में ऊपरी साइडबैंड $(USB)$ और निचले साइडबैंड $(LSB)$ दोनों का आयाम $\frac{\mu A_C}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
$USB$ का आयाम = $\frac{\mu A_C}{2} = \frac{(1/3) \times 15}{2} = \frac{5}{2} = 2.5 \, V$.
$LSB$ का आयाम = $\frac{\mu A_C}{2} = \frac{(1/3) \times 15}{2} = \frac{5}{2} = 2.5 \, V$.
प्रश्न के अनुसार,आयाम $\frac{a}{10} \, V$ और $\frac{b}{10} \, V$ हैं।
अतः,$\frac{a}{10} = 2.5 \Rightarrow a = 25$ और $\frac{b}{10} = 2.5 \Rightarrow b = 25$.
इसलिए,$\frac{a}{b} = \frac{25}{25} = 1$.

(D) तापमान के साथ प्रतिरोध में परिवर्तन का सूत्र है: $R_T = R_0(1 + \alpha \Delta T)$,जहाँ $R_0$ $0^{\circ}C$ पर प्रतिरोध है,$\alpha$ प्रतिरोध का ताप गुणांक है और $\Delta T$ तापमान में परिवर्तन है।
दिया गया है:
$R_1 = 16\, \Omega$ तापमान $T_1 = 15^{\circ}C$ पर
$R_2 = 20\, \Omega$ तापमान $T_2 = 100^{\circ}C$ पर
संबंध $R_T = R_0(1 + \alpha T)$ का उपयोग करते हुए:
$16 = R_0(1 + 15\alpha)$ --- (समीकरण $1$)
$20 = R_0(1 + 100\alpha)$ --- (समीकरण $2$)
समीकरण $2$ को समीकरण $1$ से विभाजित करने पर:
$\frac{20}{16} = \frac{1 + 100\alpha}{1 + 15\alpha}$
$1.25(1 + 15\alpha) = 1 + 100\alpha$
$1.25 + 18.75\alpha = 1 + 100\alpha$
$0.25 = 81.25\alpha$
$\alpha = \frac{0.25}{81.25} \approx 0.00307\, ^{\circ}C^{-1}$
निकटतम मान लेने पर,$\alpha \approx 0.003\, ^{\circ}C^{-1}$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है:
प्रतिरोध $R = 100 \, \Omega$
धारिता $C = 0.1 \, \mu \text{F} = 10^{-7} \, \text{F}$
अनुनाद आवृत्ति $f_0 = 60 \, \text{Hz}$
अनुनाद की स्थिति में,प्रेरणिक प्रतिघात (inductive reactance) धारितीय प्रतिघात (capacitive reactance) के बराबर होता है:
$X_L = X_C$
$2 \pi f_0 L = \frac{1}{2 \pi f_0 C}$
प्रेरकत्व $L$ के लिए सूत्र:
$L = \frac{1}{4 \pi^2 f_0^2 C}$
मान रखने पर:
$L = \frac{1}{4 \times (3.14)^2 \times (60)^2 \times 10^{-7}}$
$L \approx 70.43 \, \text{H}$
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $70.3 \, \text{H}$ है।

(B) दिए गए परिपथ में एक $AND$ गेट,एक $NOT$ गेट और एक $OR$ गेट शामिल है।
$AND$ गेट के इनपुट $A$ और $B$ हैं,इसलिए इसका आउटपुट $A \cdot B$ है।
$NOT$ गेट का इनपुट $B$ है,इसलिए इसका आउटपुट $\bar{B}$ है।
ये दोनों आउटपुट एक $OR$ गेट में जाते हैं,इसलिए अंतिम आउटपुट $Y = A \cdot B + \bar{B}$ है।
बूलियन बीजगणित का उपयोग करते हुए,$Y = A \cdot B + \bar{B} = (A + \bar{B}) \cdot (B + \bar{B}) = (A + \bar{B}) \cdot 1 = A + \bar{B}$.
अब,हम सत्यता सारणी बनाते हैं:

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

(C) निकाय की प्रारंभिक ऊर्जा इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा है, $E_i = 3 \, eV$.
$n$ वीं अवस्था में हाइड्रोजन परमाणु की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6 \, eV}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
दूसरी उत्तेजित अवस्था $n = 3$ के अनुरूप है। अतः, $E_f = -\frac{13.6 \, eV}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \, eV \approx -1.51 \, eV$.
फोटॉन के रूप में मुक्त ऊर्जा प्रारंभिक और अंतिम ऊर्जा के बीच का अंतर है: $E_{photon} = E_i - E_f = 3 \, eV - (-1.51 \, eV) = 4.51 \, eV$.
धातु का कार्य फलन $\phi = \frac{hc}{\lambda_{threshold}} = \frac{12400 \, eV \cdot Å}{4000 \, Å} = 3.1 \, eV$ है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण का उपयोग करते हुए, अधिकतम गतिज ऊर्जा $KE_{max} = E_{photon} - \phi = 4.51 \, eV - 3.1 \, eV = 1.41 \, eV$ है।

(B) बिंदु $O$ पर विद्युत क्षेत्र प्रत्येक कोने पर स्थित आवेशों द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्रों का सदिश योग है।
मान लीजिए $k = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}$ है।
सभी आवेश $O$ से $l$ दूरी पर स्थित हैं।
क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर खंडों के लिए,$l$ दूरी पर स्थित आवेशों के विद्युत क्षेत्रों का सदिश योग करके कुल विद्युत क्षेत्र की गणना की जा सकती है।
दी गई संरचना और समरूपता के आधार पर,बिंदु $O$ पर कुल विद्युत क्षेत्र $E$ इस प्रकार प्राप्त होता है:
$E = \frac{k q}{2l^{2}}(2 \sqrt{2}-1)$.

$(A)$ सत्य: प्रत्येक तत्व के परमाणु इलेक्ट्रॉनिक संक्रमण के कारण अभिलक्षणिक स्पेक्ट्रम उत्सर्जित करते हैं।
$(B)$ सत्य: बोहर की अभिधारणा के अनुसार, इलेक्ट्रॉन विशिष्ट कक्षाओं में घूमते हैं जहाँ कोणीय संवेग क्वांटीकृत $(mvr = \frac{nh}{2\pi})$ होता है, जिन्हें स्थिर कक्षाएं कहा जाता है।
$(C)$ असत्य: नाभिकीय पदार्थ का घनत्व द्रव्यमान संख्या $(A)$ से स्वतंत्र होता है और सभी नाभिकों के लिए लगभग स्थिर $(\approx 2.3 \times 10^{17} \, kg/m^3)$ रहता है।
$(D)$ असत्य: एक मुक्त न्यूट्रॉन अस्थिर होता है और प्रोटॉन, इलेक्ट्रॉन और एंटीन्यूट्रिनो में क्षयित हो जाता है $(n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}_e)$, जबकि मुक्त प्रोटॉन स्थिर होता है।
$(E)$ सत्य: रेडियोधर्मिता परमाणु नाभिक की अस्थिरता के कारण होने वाली एक स्वतःस्फूर्त प्रक्रिया है।
अतः, कथन $A, B$ और $E$ सही हैं।

(D) मान लीजिए कि प्लेटों के बीच हवा वाले क्षेत्र में विद्युत क्षेत्र $E$ है।
संतुलन स्थिति में, लोलक पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$, गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ और विद्युत बल $qE$ हैं।
बलों को वियोजित करने पर:
$T \sin \theta = qE$
$T \cos \theta = mg$
इन समीकरणों को विभाजित करने पर, हमें $\tan \theta = \frac{qE}{mg}$ प्राप्त होता है।
यह निकाय श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों $C_{1}$ (हवा) और $C_{2}$ (परावैद्युत) के रूप में कार्य करता है।
प्लेटों के बीच विभवांतर $V = V_{1} + V_{2}$ है।
श्रेणी संयोजन पर आवेश $Q = \left[\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}\right](V_{1}+V_{2})$ है।
हवा वाले क्षेत्र में विद्युत क्षेत्र $E = \frac{Q}{A\epsilon_{0}}$ द्वारा दिया जाता है।
$Q$ का मान रखने पर, $E = \left[\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}+C_{2}}\right] \frac{(V_{1}+V_{2})}{A\epsilon_{0}}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $C_{1} = \frac{\epsilon_{0}A}{d-t}$, इसलिए $\frac{1}{A\epsilon_{0}} = \frac{1}{C_{1}(d-t)}$ है।
इस मान को $E$ के समीकरण में रखने पर, $E = \frac{C_{2}(V_{1}+V_{2})}{(C_{1}+C_{2})(d-t)}$ प्राप्त होता है।
अतः, विक्षेपण कोण $\theta = \tan^{-1}\left[\frac{q}{mg} \times \frac{C_{2}(V_{1}+V_{2})}{(C_{1}+C_{2})(d-t)}\right]$ होगा।

(A) चित्र $1$ में दिए गए ग्राफ से,$t=3 \, s$ से $t=4 \, s$ के समयांतराल के लिए,वोल्टेज $V(t)$ $5 \, V$ से $10 \, V$ तक रैखिक रूप से बढ़ता है।
इस रेखा की ढाल $m = \frac{10-5}{4-3} = 5 \, V/s$ है।
$3 \le t \le 4$ के लिए रेखा का समीकरण $V(t) - 5 = 5(t - 3)$ है,जिसे सरल करने पर $V(t) = 5t - 10$ प्राप्त होता है।
$t = 3.2 \, s$ पर,वोल्टेज $V(3.2) = 5(3.2) - 10 = 16 - 10 = 6 \, V$ है।
चित्र $2$ में दिखाए गए परिपथ आरेख से,लूप में किरचॉफ का वोल्टेज नियम $(KVL)$ लागू करने पर:
$V(t) - iR - 5 = 0$
यहाँ $R = 1 \, \Omega$ और $t = 3.2 \, s$ पर $V(t) = 6 \, V$ दिया गया है:
$6 - i(1) - 5 = 0$
$i = 1 \, A$.

(B) एम्प्लिट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग का अधिकतम आयाम $A_{\max} = A_c + A_m = 12\, V$ द्वारा दिया जाता है।
एम्प्लिट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग का न्यूनतम आयाम $A_{\min} = A_c - A_m = 3\, V$ द्वारा दिया जाता है।
इन दो समीकरणों को जोड़ने पर: $2A_c = 15 \Rightarrow A_c = 7.5\, V$.
पहले समीकरण से दूसरे को घटाने पर: $2A_m = 9 \Rightarrow A_m = 4.5\, V$.
मॉड्यूलेशन इंडेक्स $\mu$ को $\mu = \frac{A_m}{A_c} = \frac{4.5}{7.5} = 0.6$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
यह दिया गया है कि मॉड्यूलेशन इंडेक्स $0.6\, x$ है,इसलिए $0.6 = 0.6\, x$,जिसका अर्थ है कि $x = 1$।

(D) $K_{\alpha}$ $X$-किरण फोटॉन की ऊर्जा $K$ कोश और $L$ कोश के बीच ऊर्जा के अंतर द्वारा दी जाती है: $E_{K_{\alpha}} = E_{K} - E_{L}$.
फोटॉन की ऊर्जा की गणना $E_{K_{\alpha}} = \frac{hc}{\lambda}$ के रूप में की जाती है।
दिया गया है $h = 4.14 \times 10^{-15} \, eVs$ और $c = 3 \times 10^{8} \, ms^{-1}$,इसलिए $hc = 12.42 \times 10^{-7} \, eV \cdot m$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 0.071 \times 10^{-9} \, m$ रखने पर:
$E_{K_{\alpha}} = \frac{12.42 \times 10^{-7}}{0.071 \times 10^{-9}} \, eV \approx 17493 \, eV \approx 17.5 \, keV$.
हमें $K$ इलेक्ट्रॉन के निकल जाने पर परमाणु की ऊर्जा $E_{K} = 27.5 \, keV$ दी गई है।
संबंध $E_{L} = E_{K} - E_{K_{\alpha}}$ का उपयोग करने पर:
$E_{L} = 27.5 \, keV - 17.5 \, keV = 10 \, keV$.