JEE Main 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

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

(B) मान लीजिए कि सबसे निचली स्थिति $A$ है और क्षैतिज स्थिति $B$ है। $A$ पर, वेग $\vec{v}_A = u \hat{i}$ है。
$A$ और $B$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv_B^2 + mgL$।
$v_B$ के लिए हल करने पर, हमें $v_B^2 = u^2 - 2gL$ प्राप्त होता है, इसलिए $v_B = \sqrt{u^2 - 2gL}$।
स्थिति $B$ पर, वेग $\vec{v}_B = v_B \hat{j} = \sqrt{u^2 - 2gL} \hat{j}$ है。
वेग में परिवर्तन $\Delta \vec{v} = \vec{v}_B - \vec{v}_A = \sqrt{u^2 - 2gL} \hat{j} - u \hat{i}$ है。
वेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{v}| = \sqrt{(-u)^2 + (\sqrt{u^2 - 2gL})^2} = \sqrt{u^2 + u^2 - 2gL} = \sqrt{2u^2 - 2gL}$ है。
$|\Delta \vec{v}| = \sqrt{2(u^2 - gL)}$।
इसकी तुलना $\sqrt{x(u^2 - gL)}$ से करने पर, हमें $x = 2$ प्राप्त होता है。

(A) निकाय की कुल गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा $U$,गोलों के सभी युग्मों की स्थितिज ऊर्जाओं का योग है।
$1$. वर्ग के कोनों पर स्थित $m$ द्रव्यमान वाले चार गोलों की स्थितिज ऊर्जा:
यहाँ $d$ लंबाई की $4$ भुजाएँ और $\sqrt{2}d$ लंबाई के $2$ विकर्ण हैं।
$U_{m-m} = -\frac{G m^2}{d} \times 4 - \frac{G m^2}{\sqrt{2}d} \times 2 = -\frac{G m^2}{d} (4 + \sqrt{2})$.
$2$. केंद्र पर स्थित $M$ द्रव्यमान वाले गोले और $m$ द्रव्यमान वाले चार गोलों के बीच की स्थितिज ऊर्जा:
केंद्र से प्रत्येक कोने की दूरी $r = \frac{\sqrt{2}d}{2} = \frac{d}{\sqrt{2}}$ है।
$U_{M-m} = -\frac{G M m}{r} \times 4 = -\frac{G M m}{d/\sqrt{2}} \times 4 = -\frac{4\sqrt{2} G M m}{d}$.
$3$. कुल स्थितिज ऊर्जा $U = U_{m-m} + U_{M-m} = -\frac{G m}{d} [(4 + \sqrt{2})m + 4\sqrt{2}M]$.

(B) कथन $A$ गलत है क्योंकि अणुओं की गति केवल परम शून्य ($0 \ K$ या $-273.15^{\circ} C$) पर ही रुकती है।
कथन $B$ सही है। माध्य मुक्त पथ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n d^2}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $n$ संख्या घनत्व है। यदि घनत्व $n$ बढ़ता है,तो $\lambda$ घट जाता है।
कथन $C$ सही है। आदर्श गैस समीकरण $PV = N k_B T$ का उपयोग करते हुए,$n = \frac{N}{V} = \frac{P}{k_B T}$ प्राप्त होता है। इस मान को माध्य मुक्त पथ के सूत्र में रखने पर: $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$। यदि $P$ स्थिर है,तो $\lambda \propto T$,इसलिए तापमान $T$ बढ़ने पर $\lambda$ बढ़ता है।
कथन $D$ गलत है। प्रति अणु प्रति स्वतंत्रता की कोटि औसत गतिज ऊर्जा $\frac{1}{2} k_B T$ होती है। एकपरमाणुक गैस के लिए कुल औसत गतिज ऊर्जा $\frac{3}{2} k_B T$ होती है।

(B) माना गोली का द्रव्यमान $m$ है और इसका प्रारंभिक वेग $v$ है।
गोली की गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} m v^2$ है।
प्रश्न के अनुसार,इस ऊर्जा के $40 \%$ भाग का उपयोग गोली को उसके गलनांक तक गर्म करने और फिर उसे पिघलाने के लिए किया जाता है।
तापमान को $127^{\circ} C$ से $327^{\circ} C$ तक बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q_1 = m c \Delta T = m \times 125 \times (327 - 127) = m \times 125 \times 200 = 25000 m \, J$ है।
गोली को पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q_2 = m L = m \times 2.5 \times 10^{4} = 25000 m \, J$ है।
कुल आवश्यक ऊष्मा $Q = Q_1 + Q_2 = 25000 m + 25000 m = 50000 m \, J$ है।
गतिज ऊर्जा के $40 \%$ को कुल ऊष्मा के बराबर करने पर: $0.40 \times (\frac{1}{2} m v^2) = 50000 m$.
$0.2 v^2 = 50000$.
$v^2 = 250000$.
$v = 500 \, m \, s^{-1}$.

(B) दिया गया समीकरण $x = \sin \pi (t + 1/3) \, m$ है।
समीकरण का विस्तार करने पर,$x = \sin (\pi t + \pi/3) \, m$ प्राप्त होता है।
वेग $v$,विस्थापन $x$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन है:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [\sin (\pi t + \pi/3)] = \pi \cos (\pi t + \pi/3) \, m/s$.
$t = 1 \, s$ पर:
$v = \pi \cos (\pi(1) + \pi/3) = \pi \cos (4\pi/3) \, m/s$.
चूंकि $\cos (4\pi/3) = \cos (\pi + \pi/3) = -\cos (\pi/3) = -1/2$:
$v = \pi \times (-1/2) = -\pi/2 \, m/s$.
चाल वेग का परिमाण है:
$|v| = |-\pi/2| = \pi/2 \, m/s$.
$cm/s$ में बदलने पर $(1 \, m = 100 \, cm)$:
$|v| = (\pi/2) \times 100 = 50\pi \, cm/s$.
$\pi = 3.14$ रखने पर:
$|v| = 50 \times 3.14 = 157 \, cm/s$.

(D) मान लीजिए कि रस्सी के ऊपरी आधे भाग में तनाव $T_1$ है और निचले आधे भाग में तनाव $T_2$ है। रस्सी का निचला आधा भाग $m = 10 \, kg$ के द्रव्यमान को सहारा देता है,इसलिए $T_2 = mg = 10 \times 10 = 100 \, N$ है।
मध्य बिंदु पर जहाँ क्षैतिज बल $F = 30 \, N$ लगाया जाता है,हम क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर दिशाओं में बलों के संतुलन पर विचार करते हैं।
क्षैतिज संतुलन के लिए: $T_1 \sin \theta = F = 30 \, N$।
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए: $T_1 \cos \theta = T_2 = 100 \, N$।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{T_1 \sin \theta}{T_1 \cos \theta} = \frac{30}{100} \Rightarrow \tan \theta = 0.3$।
दिया गया है कि $\theta = \tan^{-1}(x \times 10^{-1})$,इसलिए $\tan \theta = x \times 10^{-1} = \frac{x}{10}$।
$\tan \theta$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{x}{10} = 0.3 \Rightarrow x = 3$।

(D) माना $M = 12 \, kg$ पहिये का द्रव्यमान है और $m = 3 \, kg$ लटकता हुआ द्रव्यमान है। जब पहिया ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h$ नीचे जाता है,तो द्रव्यमान $m$ ऊर्ध्वाधर ऊँचाई $h$ ऊपर जाता है।
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत को लागू करने पर:
पहिये की स्थितिज ऊर्जा में कमी = द्रव्यमान $m$ की स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि + निकाय की गतिज ऊर्जा में वृद्धि।
$Mgh = mgh + \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} mv^2$
यह मानते हुए कि पहिया एक डिस्क है,$I = \frac{1}{2} Mr^2$ और $\omega = \frac{v}{r}$।
$(M - m)gh = \frac{1}{2} Mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{1}{2} Mr^2) (\frac{v}{r})^2 + \frac{1}{2} mv^2$
$(12 - 3)gh = \frac{1}{2} (12)v^2 + \frac{1}{4} (12)v^2 + \frac{1}{2} (3)v^2$
$9gh = 6v^2 + 3v^2 + 1.5v^2 = 10.5v^2$
$v^2 = \frac{9gh}{10.5} = \frac{90gh}{105} = \frac{6}{7} gh$
$v = \sqrt{\frac{6}{7} gh} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{24}{7} gh}$।
$\frac{1}{2} \sqrt{xgh}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = \frac{24}{7} \approx 3.43$ प्राप्त होता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार,निकटतम पूर्णांक मान $3$ है।

(D) समदाबीय प्रक्रिया के लिए,किया गया कार्य $W = P \Delta V = nR \Delta T = 400 \ J$ द्वारा दिया जाता है।
गैस को दी गई ऊष्मा $Q = nC_p \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $C_p = \frac{\gamma R}{\gamma - 1}$,इसलिए $Q = n \left( \frac{\gamma R}{\gamma - 1} \right) \Delta T$ होता है।
$nR \Delta T = W = 400 \ J$ और $\gamma = 1.4$ प्रतिस्थापित करने पर:
$Q = \frac{\gamma}{\gamma - 1} \times W = \frac{1.4}{1.4 - 1} \times 400$.
$Q = \frac{1.4}{0.4} \times 400 = 3.5 \times 400 = 1400 \ J$.

(C) चरम स्थिति से शुरू होने वाले $SHM$ में कण के लिए विस्थापन समीकरण $x = A \cos(\omega t)$ है।
दिया गया आयाम $A = 8 \,cm$ और आवर्तकाल $T = 6 \,s$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \,rad/s$ है।
हमें $x = \frac{A}{2} = 4 \,cm$ तक पहुँचने के लिए समय $t$ ज्ञात करना है।
मान रखने पर: $\frac{A}{2} = A \cos(\omega t) \implies \cos(\omega t) = \frac{1}{2}$.
इसका अर्थ है $\omega t = \frac{\pi}{3}$.
$\omega = \frac{\pi}{3}$ रखने पर,हमें $\frac{\pi}{3} t = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है,जिससे $t = 1 \,s$ मिलता है।

(B) दिया गया है: $v_{2} = \frac{n}{m^{2}} v_{1}$ और $a_{2} = \frac{a_{1}}{mn}$.
चूंकि $v = \frac{L}{T}$ और $a = \frac{L}{T^{2}}$,हमारे पास है:
$\frac{L_{2}}{T_{2}} = \frac{n}{m^{2}} \frac{L_{1}}{T_{1}}$ --- $(1)$
$\frac{L_{2}}{T_{2}^{2}} = \frac{1}{mn} \frac{L_{1}}{T_{1}^{2}}$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ को $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{T_{1}^{2}}{T_{2}} = \frac{n}{m^{2}} \times mn \times T_{1} = \frac{n^{2}}{m} T_{1}$
$\frac{T_{2}}{T_{1}} = \frac{m}{n^{2}}$ (इसका अर्थ है $T_{1} = \frac{n^{2}}{m} T_{2}$).
$T_{2} = \frac{m}{n^{2}} T_{1}$ को $(1)$ में रखने पर:
$\frac{L_{2}}{(\frac{m}{n^{2}}) T_{1}} = \frac{n}{m^{2}} \frac{L_{1}}{T_{1}}$
$L_{2} = \frac{n}{m^{2}} \times \frac{m}{n^{2}} L_{1} = \frac{1}{mn} L_{1}$
$L_{1} = mn L_{2}$.
विकल्पों की जांच करने पर,समय के लिए सही संबंध $T_{1} = \frac{n^{2}}{m} T_{2}$ है।

(B) दिया गया कोणीय त्वरण $\alpha = \frac{d\omega}{dt} = 6t^2 - 2t$ है।
कोणीय वेग $\omega$ ज्ञात करने के लिए $t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$\int_{10}^{\omega} d\omega = \int_{0}^{t} (6t^2 - 2t) dt$
$\omega - 10 = [2t^3 - t^2]_0^t$
$\omega = 2t^3 - t^2 + 10$.
अब,$\omega = \frac{d\theta}{dt} = 2t^3 - t^2 + 10$.
कोणीय स्थिति $\theta$ ज्ञात करने के लिए $t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$\int_{4}^{\theta} d\theta = \int_{0}^{t} (2t^3 - t^2 + 10) dt$
$\theta - 4 = [\frac{2t^4}{4} - \frac{t^3}{3} + 10t]_0^t$
$\theta - 4 = \frac{t^4}{2} - \frac{t^3}{3} + 10t$
$\theta = \frac{t^4}{2} - \frac{t^3}{3} + 10t + 4$.

(C) दिया गया द्रव्यमान $m = 2\,kg$,प्रारंभिक वेग $u = 4\,ms^{-1}$ जब $x = 0.5\,m$ है।
मंदक बल $F = -kx = -12x$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम का उपयोग करते हुए,$F = ma$,इसलिए $a = \frac{F}{m} = \frac{-12x}{2} = -6x$.
हम जानते हैं कि $a = v \frac{dv}{dx}$,इसलिए $v \frac{dv}{dx} = -6x$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int_{4}^{v} v \, dv = \int_{0.5}^{1.5} -6x \, dx$.
$\left[ \frac{v^2}{2} \right]_{4}^{v} = -6 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0.5}^{1.5}$.
$\frac{v^2 - 16}{2} = -3 [ (1.5)^2 - (0.5)^2 ]$.
$\frac{v^2 - 16}{2} = -3 [ 2.25 - 0.25 ] = -3 [ 2 ] = -6$.
$v^2 - 16 = -12$.
$v^2 = 4$,जिससे $v = 2\,ms^{-1}$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए सीढ़ी की लंबाई $L = \sqrt{34}\,m$ है और आधार की दूरी $b = 3\,m$ है।
दीवार पर सीढ़ी की ऊँचाई $h = \sqrt{L^2 - b^2} = \sqrt{34 - 9} = \sqrt{25} = 5\,m$ है।
मान लीजिए $\theta$ वह कोण है जो सीढ़ी फर्श के साथ बनाती है। तब $\cos \theta = \frac{b}{L} = \frac{3}{\sqrt{34}}$ और $\sin \theta = \frac{h}{L} = \frac{5}{\sqrt{34}}$.
अतः,$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{3}{5}$.
मान लीजिए $N_1$ फर्श से लगने वाला अभिलंब बल है और $f$ फर्श से लगने वाला घर्षण बल है। मान लीजिए $N_2$ घर्षण रहित दीवार से लगने वाला अभिलंब बल है।
स्थानांतरणीय संतुलन के लिए: $\sum F_x = 0 \implies f = N_2$ और $\sum F_y = 0 \implies N_1 = mg$.
आधार के परितः घूर्णी संतुलन के लिए: $N_2 \times L \sin \theta = mg \times \frac{L}{2} \cos \theta$.
$N_2 = \frac{mg}{2} \cot \theta = \frac{mg}{2} \times \frac{3}{5} = \frac{3mg}{10}$.
फर्श का प्रतिक्रिया बल $F_f = \sqrt{N_1^2 + f^2} = \sqrt{(mg)^2 + (N_2)^2} = \sqrt{(mg)^2 + (\frac{3mg}{10})^2} = mg \sqrt{1 + \frac{9}{100}} = mg \sqrt{\frac{109}{100}} = \frac{mg}{10} \sqrt{109}$.
दीवार का प्रतिक्रिया बल $F_w = N_2 = \frac{3mg}{10}$.
अनुपात $\frac{F_w}{F_f} = \frac{3mg/10}{(mg/10)\sqrt{109}} = \frac{3}{\sqrt{109}}$.

(B) द्रव्यमान प्रवाह की दर $m = 9 \times 10^{4}\,kg$ प्रति घंटा है। इसे सेकंड में बदलने पर, $m = \frac{9 \times 10^{4}}{3600}\,kg/s = 25\,kg/s$ प्राप्त होता है।
प्रति सेकंड गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा (शक्ति) $P_{in} = mgh = 25 \times 10 \times 40 = 10000\,W$ है।
यह दिया गया है कि इस ऊर्जा का $50\%$ भाग विद्युत ऊर्जा में परिवर्तित होता है, इसलिए उपलब्ध विद्युत शक्ति $P_{elec} = 0.5 \times P_{in} = 0.5 \times 10000 = 5000\,W$ है।
यदि प्रत्येक लैंप $100\,W$ की खपत करता है, तो जलाए जा सकने वाले लैंपों की संख्या $n = \frac{P_{elec}}{100} = \frac{5000}{100} = 50$ है।

(C) न्यूटन के गुरुत्वाकर्षण के नियम के अनुसार,$r$ दूरी पर स्थित $m$ द्रव्यमान वाली दो वस्तुओं के बीच प्रारंभिक बल $F = \frac{Gm^2}{r^2}$ है।
जब एक वस्तु का एक-तिहाई द्रव्यमान दूसरी वस्तु में स्थानांतरित किया जाता है,तो नए द्रव्यमान $m_1 = m - \frac{1}{3}m = \frac{2}{3}m$ और $m_2 = m + \frac{1}{3}m = \frac{4}{3}m$ हो जाते हैं।
नया गुरुत्वाकर्षण बल $F^{\prime} = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
नए द्रव्यमानों का मान रखने पर: $F^{\prime} = \frac{G (\frac{2}{3}m) (\frac{4}{3}m)}{r^2} = \frac{8}{9} \frac{Gm^2}{r^2}$।
चूंकि $F = \frac{Gm^2}{r^2}$,इसलिए हमें $F^{\prime} = \frac{8}{9}F$ प्राप्त होता है।

(D) सीमांत वेग पर,श्यान बल पानी की बूंद के वजन के बराबर होता है (क्योंकि उत्प्लावन बल को नगण्य माना गया है)।
$6 \pi \eta r v_t = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho g$
सीमांत वेग $v_t$ के लिए सूत्र:
$v_t = \frac{2 r^2 \rho g}{9 \eta}$
दिए गए मान:
$r = 1\,\mu m = 10^{-6}\,m$
$\eta = 1.8 \times 10^{-5}\,Nsm^{-2}$
$\rho = 10^3\,kgm^{-3}$
$g = 10\,ms^{-2}$
मान रखने पर:
$v_t = \frac{2 \times (10^{-6})^2 \times 10^3 \times 10}{9 \times 1.8 \times 10^{-5}}$
$v_t = \frac{2 \times 10^{-12} \times 10^4}{16.2 \times 10^{-5}}$
$v_t = \frac{2 \times 10^{-8}}{16.2 \times 10^{-5}} = \frac{2}{16.2} \times 10^{-3} \approx 0.1234 \times 10^{-3} = 123.4 \times 10^{-6}\,ms^{-1}$

(B) एक चक्रीय प्रक्रिया के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है। इसलिए,कुल अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q$,गैस द्वारा किए गए कुल कार्य $\Delta W$ के बराबर होती है।
$\Delta Q_{\text{cycle}} = \Delta Q_{AB} + \Delta Q_{BC} + \Delta Q_{CA} = 40 + 0 - 60 = -20 \ J$.
चूंकि $\Delta Q_{\text{cycle}} = \Delta W_{\text{cycle}}$,इसलिए $\Delta W_{\text{cycle}} = -20 \ J$.
कुल कार्य $\Delta W_{\text{cycle}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA}$ है।
चित्र से,प्रक्रिया $AB$ समआयतनिक (isochoric) है (ऊर्ध्वाधर रेखा),इसलिए $W_{AB} = 0$.
दिया गया है $W_{BC} = -50 \ J$ (गैस पर किया गया कार्य)।
अतः,$-20 = 0 + (-50) + W_{CA}$.
$W_{CA} = -20 + 50 = 30 \ J$.

(B) गैस का रूट मीन स्क्वायर वेग $(V_{rms})$ सूत्र द्वारा दिया जाता है: $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$.
दिया गया है कि तापमान दोगुना हो जाता है,$T' = 2T$.
जब ऑक्सीजन के अणु $(O_2)$ परमाणु ऑक्सीजन $(O)$ में विघटित होते हैं,तो मोलर द्रव्यमान आधा हो जाता है,इसलिए $M' = M/2$.
इन मानों को $V_{rms} \propto \sqrt{\frac{T}{M}}$ के समानुपात में रखने पर:
$\frac{(V_{rms})_{atomic}}{(V_{rms})_{molecular}} = \sqrt{\frac{T'}{M'} \cdot \frac{M}{T}} = \sqrt{\frac{2T}{M/2} \cdot \frac{M}{T}} = \sqrt{4} = 2$.
अतः,परमाणु ऑक्सीजन का वेग ऑक्सीजन अणुओं के प्रारंभिक वेग का $2$ गुना हो जाता है।

(B) चरण $1$: रीडिंग का औसत मान ज्ञात करें।
$X_{mean} = \frac{1.22 + 1.23 + 1.19 + 1.20}{4} = \frac{4.84}{4} = 1.21\,mm$.
चरण $2$: प्रत्येक रीडिंग के लिए निरपेक्ष त्रुटि ज्ञात करें।
$|\Delta X_1| = |1.22 - 1.21| = 0.01\,mm$
$|\Delta X_2| = |1.23 - 1.21| = 0.02\,mm$
$|\Delta X_3| = |1.19 - 1.21| = 0.02\,mm$
$|\Delta X_4| = |1.20 - 1.21| = 0.01\,mm$
चरण $3$: औसत निरपेक्ष त्रुटि ज्ञात करें।
$\Delta X_{mean} = \frac{0.01 + 0.02 + 0.02 + 0.01}{4} = \frac{0.06}{4} = 0.015\,mm$.
चरण $4$: प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करें।
$\text{प्रतिशत त्रुटि} = \left( \frac{\Delta X_{mean}}{X_{mean}} \right) \times 100\% = \left( \frac{0.015}{1.21} \right) \times 100\% = \frac{1.5}{1.21}\% = \frac{150}{121}\%$.
इसे $\frac{x}{121}\%$ के साथ तुलना करने पर,$x = 150$ प्राप्त होता है।

(C) ध्वनि तरंग की तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{V}{f} = \frac{340}{340} = 1\,m = 100\,cm$ द्वारा दी जाती है।
एक सिरे पर बंद नली के लिए,अनुनाद $L = \frac{n\lambda}{4}$ लंबाई पर होता है,जहाँ $n = 1, 3, 5, \dots$ है।
दी गई लंबाई $L_1 = 125\,cm$,$n = 5$ के अनुरूप है क्योंकि $\frac{5 \times 100}{4} = 125\,cm$ है।
अगली अनुनाद लंबाई $n = 3$ पर होती है,जो $L_2 = \frac{3 \times 100}{4} = 75\,cm$ है।
वायु स्तंभ की लंबाई को $125\,cm$ से $75\,cm$ तक बदलने के लिए आवश्यक पानी की ऊंचाई $h = 125\,cm - 75\,cm = 50\,cm$ है।

(C) दिया गया है:
घनत्व $\rho = 750\,kg\,m^{-3}$
$A_{1} = 1.2 \times 10^{-2}\,m^{2}$
$A_{2} = \frac{A_{1}}{2} = 0.6 \times 10^{-2}\,m^{2}$
दाबांतर $\Delta P = P_{1} - P_{2} = 4500\,Pa$
सांतत्य समीकरण (Equation of Continuity) का उपयोग करने पर:
$A_{1}V_{1} = A_{2}V_{2}$
$A_{1}V_{1} = (A_{1}/2)V_{2} \Rightarrow V_{2} = 2V_{1}$
क्षैतिज पाइप के लिए बरनौली समीकरण का उपयोग करने पर $(h_{1} = h_{2})$:
$P_{1} + \frac{1}{2}\rho V_{1}^{2} = P_{2} + \frac{1}{2}\rho V_{2}^{2}$
$P_{1} - P_{2} = \frac{1}{2}\rho(V_{2}^{2} - V_{1}^{2})$
$4500 = \frac{1}{2} \times 750 \times ((2V_{1})^{2} - V_{1}^{2})$
$4500 = 375 \times (4V_{1}^{2} - V_{1}^{2})$
$4500 = 375 \times 3V_{1}^{2}$
$4500 = 1125V_{1}^{2}$
$V_{1}^{2} = 4 \Rightarrow V_{1} = 2\,m\,s^{-1}$
प्रवाह की दर (आयतन प्रवाह दर) $Q = A_{1}V_{1}$
$Q = (1.2 \times 10^{-2}) \times 2 = 2.4 \times 10^{-2}\,m^{3}\,s^{-1}$
$Q = 24 \times 10^{-3}\,m^{3}\,s^{-1}$
अतः,प्रवाह की दर $24 \times 10^{-3}\,m^{3}\,s^{-1}$ है।

(D) $m = 2\,kg$ द्रव्यमान वाले गिरते हुए ब्लॉक के लिए गति का समीकरण: $mg - T = ma$ ...........$(1)$
$M = 4\,kg$ द्रव्यमान वाली घूमती डिस्क के लिए टॉर्क का समीकरण: $TR = I\alpha = (\frac{1}{2}MR^2)\alpha$ ...........$(2)$
चूंकि डोरी फिसलती नहीं है,ब्लॉक का रैखिक त्वरण $a$ और डिस्क का कोणीय त्वरण $\alpha$ इस प्रकार संबंधित हैं: $a = R\alpha$ या $\alpha = \frac{a}{R}$ ...........$(3)$
समीकरण $(3)$ को $(2)$ में रखने पर: $TR = \frac{1}{2}MR^2(\frac{a}{R}) \implies T = \frac{1}{2}Ma$
यहाँ $M = 4\,kg$ और $m = 2\,kg$ दिया गया है,इसलिए $T = \frac{1}{2}(4)a = 2a$
$T = 2a$ को समीकरण $(1)$ में रखने पर: $mg - 2a = ma \implies (2)(10) - 2a = 2a$
$20 = 4a \implies a = 5\,m/s^2$
अब,तनाव $T$ की गणना करने पर: $T = 2a = 2(5) = 10\,N$.

(D) माना कुल दूरी $AB = d$ है।
प्रत्येक खंड में तय की गई दूरी $\frac{d}{3}$ है।
प्रत्येक खंड के लिए लिया गया समय $t_{1} = \frac{d/3}{v_{1}}$,$t_{2} = \frac{d/3}{v_{2}}$,और $t_{3} = \frac{d/3}{v_{3}}$ है।
औसत वेग $v_{avg}$ इस प्रकार है:
$v_{avg} = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{d}{t_{1} + t_{2} + t_{3}} = \frac{d}{\frac{d}{3v_{1}} + \frac{d}{3v_{2}} + \frac{d}{3v_{3}}}$
$v_{avg} = \frac{3}{\frac{1}{v_{1}} + \frac{1}{v_{2}} + \frac{1}{v_{3}}}$
दिया गया है $v_{1} = 11 \, ms^{-1}$,$v_{2} = 2v_{1} = 22 \, ms^{-1}$,और $v_{3} = 3v_{1} = 33 \, ms^{-1}$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$v_{avg} = \frac{3}{\frac{1}{11} + \frac{1}{22} + \frac{1}{33}} = \frac{3}{\frac{6+3+2}{66}} = \frac{3 \times 66}{11} = 3 \times 6 = 18 \, ms^{-1}$।

(A) चरण $1$: अभिकथन $A$ का विश्लेषण करें। दाब $(P)$ के आयाम $[M L^{-1} T^{-2}]$ हैं और समय $(t)$ के आयाम $[T]$ हैं। अतः,$Pt$ का आयाम $[M L^{-1} T^{-2}] \times [T] = [M L^{-1} T^{-1}]$ है।
चरण $2$: श्यानता गुणांक $(\eta)$ के आयाम का विश्लेषण करें। न्यूटन के श्यानता के नियम के अनुसार,$F = \eta A \frac{dv}{dx}$,इसलिए $\eta = \frac{F}{A (dv/dx)}$। इसके आयाम $[M L T^{-2}] / ([L^2] \times [T^{-1}]) = [M L^{-1} T^{-1}]$ हैं। अतः,अभिकथन $A$ सही है।
चरण $3$: कारण $R$ का विश्लेषण करें। श्यानता गुणांक का सूत्र $\eta = \frac{F}{A (dv/dx)}$ है। मूल प्रश्न में दिया गया कथन अधूरा था क्योंकि इसमें क्षेत्रफल का पद छूट गया था। सुधार के साथ,कारण $R$ सही है और यह श्यानता के आयाम को स्पष्ट करता है। इसलिए,$A$ और $R$ दोनों सही हैं और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(C) अभिकेंद्र त्वरण $a = \frac{v^{2}}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $a = k^{2} r t^{2}$,इसलिए $\frac{v^{2}}{r} = k^{2} r t^{2}$।
वेग $v$ के लिए हल करने पर,$v^{2} = k^{2} r^{2} t^{2}$,अर्थात $v = krt$।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_{t}$ गति में परिवर्तन की दर है: $a_{t} = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(krt) = kr$।
स्पर्शरेखीय बल $F_{t} = m a_{t} = mkr$।
बल द्वारा प्रदान की गई शक्ति $P = \vec{F} \cdot \vec{v} = F_{t} v$ है।
मान रखने पर,$P = (mkr)(krt) = m k^{2} r^{2} t$।

(A) दिए गए समीकरण $x = 4 \sin \left(\frac{\pi}{2} - \omega t\right)$ और $y = 4 \sin (\omega t)$ हैं।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) = \cos \theta$ का उपयोग करते हुए,$x$ के समीकरण को $x = 4 \cos (\omega t)$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अब हमारे पास $x = 4 \cos (\omega t)$ और $y = 4 \sin (\omega t)$ है।
पथ ज्ञात करने के लिए,दोनों समीकरणों का वर्ग करके उन्हें जोड़ें:
$x^2 + y^2 = (4 \cos \omega t)^2 + (4 \sin \omega t)^2$
$x^2 + y^2 = 16 \cos^2 \omega t + 16 \sin^2 \omega t$
$x^2 + y^2 = 16 (\cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t)$
चूंकि $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$,इसलिए हमें $x^2 + y^2 = 4^2$ प्राप्त होता है।
यह मूल बिंदु पर केंद्रित $4 \text{ m}$ त्रिज्या वाले एक वृत्त का समीकरण है। अतः,कण का पथ वृत्ताकार है।

(A) समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए,$I = I_{com} + MR^2$ है।
$(A)$ ठोस गोले के लिए,$I_{com} = \frac{2}{5}MR^2$ है। स्पर्शरेखा के परितः,$I = \frac{2}{5}MR^2 + MR^2 = \frac{7}{5}MR^2$ $(II)$ होगा।
$(B)$ खोखले गोले के लिए,$I_{com} = \frac{2}{3}MR^2$ है। स्पर्शरेखा के परितः,$I = \frac{2}{3}MR^2 + MR^2 = \frac{5}{3}MR^2$ $(I)$ होगा।
$(C)$ वृत्ताकार वलय के लिए,$I_{com} = MR^2$ (तल के लंबवत अक्ष के परितः)। लंबवत अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_x + I_y = I_z$ है। चूंकि $I_x = I_y = I_{diameter}$ है,इसलिए $2I_{diameter} = MR^2$,अतः $I_{diameter} = \frac{1}{2}MR^2$ $(IV)$ होगा।
$(D)$ वृत्ताकार चकती के लिए,$I_{com} = \frac{1}{2}MR^2$ है। लंबवत अक्ष प्रमेय के अनुसार,$2I_{diameter} = \frac{1}{2}MR^2$,अतः $I_{diameter} = \frac{1}{4}MR^2$ $(III)$ होगा।
अतः,सही मिलान $A-II, B-I, C-IV, D-III$ है।

(C) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,परिक्रमण काल $T$ का वर्ग कक्षा की त्रिज्या $r$ के घन के समानुपाती होता है: $T^{2} \propto r^{3}$।
दिया गया है कि $T_{A} = 2 T_{B}$,इसलिए समय अवधि का अनुपात $\frac{T_{A}}{T_{B}} = 2$ है।
संबंध $\left(\frac{T_{A}}{T_{B}}\right)^{2} = \left(\frac{r_{A}}{r_{B}}\right)^{3}$ का उपयोग करते हुए,हम मान प्रतिस्थापित करते हैं:
$(2)^{2} = \left(\frac{r_{A}}{r_{B}}\right)^{3}$
$4 = \frac{r_{A}^{3}}{r_{B}^{3}}$
$r_{A}^{3} = 4 r_{B}^{3}$।

(A) दिया गया है: व्यास $D = 2\,cm$,अतः त्रिज्या $r = 1\,cm = 0.01\,m$। पृष्ठ तनाव $T = 0.075\,N/m$। बूंदों की संख्या $n = 64$।
आयतन संरक्षण के अनुसार: $\frac{4}{3} \pi r^3 = n \times \frac{4}{3} \pi r_0^3$,जहाँ $r_0$ प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या है।
$r^3 = 64 r_0^3 \implies r_0 = \frac{r}{4} = \frac{0.01}{4} = 0.0025\,m$।
प्रारंभिक पृष्ठीय क्षेत्रफल $A_i = 4 \pi r^2$।
अंतिम पृष्ठीय क्षेत्रफल $A_f = n \times 4 \pi r_0^2 = 64 \times 4 \pi (r/4)^2 = 64 \times 4 \pi (r^2/16) = 16 \pi r^2$।
पृष्ठ ऊर्जा में वृद्धि $\Delta SE = T \times (A_f - A_i) = T \times (16 \pi r^2 - 4 \pi r^2) = T \times 12 \pi r^2$।
मान रखने पर: $\Delta SE = 0.075 \times 12 \times 3.14159 \times (0.01)^2$।
$\Delta SE = 0.075 \times 12 \times 3.14159 \times 0.0001 = 0.9 \times 3.14159 \times 10^{-4} \approx 2.827 \times 10^{-4}\,J$।

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$\mu$ मोल आदर्श गैस द्वारा किया गया कार्य $W$ का सूत्र $W = \frac{\mu R(T_1 - T_2)}{\gamma - 1}$ है,जिसे $W = \frac{\mu R(T_2 - T_1)}{1 - \gamma}$ के रूप में लिखा जा सकता है। अतः,कथन-$I$ सत्य है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = W + \Delta U$ होता है। रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$Q = 0$,इसलिए $\Delta U = -W$ होता है।
जब गैस पर कार्य किया जाता है,तो $W < 0$ होता है। इसलिए,$\Delta U = -W > 0$ होता है। चूँकि $\Delta U = \mu C_V \Delta T$,आंतरिक ऊर्जा में धनात्मक परिवर्तन तापमान में वृद्धि को दर्शाता है। अतः,कथन-$II$ सत्य है।

(D) विस्पंद आवृत्ति $f_b$ को प्रति इकाई समय में होने वाले विस्पंदों की संख्या के रूप में परिभाषित किया जाता है: $f_b = \frac{40}{12} = \frac{10}{3}\,Hz$.
तरंगदैर्घ्य $\lambda_1 = 4.08\,m$ और $\lambda_2 = 4.16\,m$ के संगत आवृत्तियाँ $f_1 = \frac{v}{\lambda_1}$ और $f_2 = \frac{v}{\lambda_2}$ द्वारा दी जाती हैं,जहाँ $v$ ध्वनि का वेग है।
विस्पंद आवृत्ति इन दो आवृत्तियों के बीच का अंतर है: $f_b = f_1 - f_2 = v \left( \frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2} \right)$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{10}{3} = v \left( \frac{1}{4.08} - \frac{1}{4.16} \right)$.
अंतर की गणना करने पर: $\frac{1}{4.08} - \frac{1}{4.16} = \frac{4.16 - 4.08}{4.08 \times 4.16} = \frac{0.08}{16.9728} \approx 0.004713$.
अतः,$v = \frac{10}{3} \times \frac{4.08 \times 4.16}{0.08} = \frac{10}{3} \times 212.16 = 707.2\,m\,s^{-1}$.

(A) यांत्रिक ऊर्जा के संरक्षण के नियम के अनुसार,लोलक के गोलक का अधिकतम वेग उसकी सबसे निचली स्थिति में प्राप्त होता है।
माना कि डोरी की लंबाई $\ell = 250\,cm = 2.5\,m$ है।
गोलक जिस ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $h$ से नीचे गिरता है,वह इस प्रकार है:
$h = \ell - \ell \cos 60^{\circ} = \ell(1 - \cos 60^{\circ})$
$h = 2.5 \times (1 - 0.5) = 2.5 \times 0.5 = 1.25\,m$
ऊर्जा संरक्षण का उपयोग करते हुए,उच्चतम बिंदु पर स्थितिज ऊर्जा सबसे निचले बिंदु पर गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$mgh = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$
$v_{\max} = \sqrt{2gh}$
$v_{\max} = \sqrt{2 \times 10 \times 1.25} = \sqrt{25} = 5\,m/s$

(B) कोणीय संवेग $\overrightarrow{L}$ स्थिति सदिश $\overrightarrow{r}$ और रैखिक संवेग $\overrightarrow{p} = m\overrightarrow{v}$ का सदिश गुणनफल होता है।
यहाँ $m = 1\,kg$,$\overrightarrow{r} = (3\hat{i} - \hat{j})\,m$,और $\overrightarrow{v} = (3\hat{j} + \hat{k})\,m/s$ दिया गया है।
$\overrightarrow{L} = \overrightarrow{r} \times (m\overrightarrow{v}) = 1 \cdot [(3\hat{i} - \hat{j}) \times (3\hat{j} + \hat{k})]$.
सदिश गुणनफल की गणना करने पर:
$\overrightarrow{L} = 3\hat{i} \times 3\hat{j} + 3\hat{i} \times \hat{k} - \hat{j} \times 3\hat{j} - \hat{j} \times \hat{k}$.
इकाई सदिश के गुणों का उपयोग करते हुए ($\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$,$\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$,$\hat{j} \times \hat{j} = 0$,$\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$):
$\overrightarrow{L} = 9\hat{k} - 3\hat{j} - 0 - \hat{i} = -\hat{i} - 3\hat{j} + 9\hat{k}$.
इसका परिमाण $|\overrightarrow{L}| = \sqrt{(-1)^2 + (-3)^2 + (9)^2} = \sqrt{1 + 9 + 81} = \sqrt{91}$.
अतः,$x = 91$ है।

(B) व्यक्ति और ट्रॉली को एक निकाय (system) के रूप में लें। चूंकि कूदने के दौरान निकाय पर कोई बाहरी क्षैतिज बल कार्य नहीं कर रहा है,इसलिए निकाय का रैखिक संवेग संरक्षित रहता है।
माना व्यक्ति का द्रव्यमान $m_1 = 60\,kg$ है और उसका प्रारंभिक वेग $v_1$ है।
माना ट्रॉली का द्रव्यमान $m_2 = 120\,kg$ है और उसका प्रारंभिक वेग $v_2 = 0\,ms^{-1}$ है।
व्यक्ति के ट्रॉली में कूदने के बाद,वे $v_f = 2\,ms^{-1}$ के सामान्य अंतिम वेग से एक साथ चलते हैं।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार:
$m_1 v_1 + m_2 v_2 = (m_1 + m_2) v_f$
$60 \times v_1 + 120 \times 0 = (60 + 120) \times 2$
$60 v_1 = 180 \times 2$
$60 v_1 = 360$
$v_1 = \frac{360}{60} = 6\,ms^{-1}$.

(C) माना कि निकाय का त्वरण बाईं ओर $a$ है।
बर्फ के स्लैब पर रखे $4M$ द्रव्यमान के लिए,बाईं ओर लगने वाला खिंचाव बल $2Mg$ है और दाईं ओर लगने वाला तनाव बल $T$ है। न्यूटन के गति के दूसरे नियम को लागू करने पर: $2Mg - T = 4Ma$ (समीकरण $1$)।
लटकते हुए $M$ द्रव्यमान के लिए,ऊपर की ओर लगने वाला तनाव बल $T$ है और नीचे की ओर लगने वाला भार $Mg$ है। चूंकि निकाय बाईं ओर त्वरित हो रहा है,इसलिए $M$ द्रव्यमान ऊपर की ओर गति करेगा। न्यूटन के गति के दूसरे नियम को लागू करने पर: $T - Mg = Ma$ (समीकरण $2$)।
समीकरण $1$ और समीकरण $2$ को जोड़ने पर: $(2Mg - T) + (T - Mg) = 4Ma + Ma$।
$Mg = 5Ma$,जिससे हमें $a = \frac{g}{5}$ प्राप्त होता है।
$a$ का मान समीकरण $2$ में रखने पर: $T = Mg + M(\frac{g}{5}) = Mg + \frac{Mg}{5} = \frac{6Mg}{5}$।
इस मान की तुलना दिए गए व्यंजक $\frac{x}{5}Mg$ से करने पर,हमें $x = 6$ प्राप्त होता है।

(C) आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = n C_v T$ होता है।
एक-परमाणुक गैस के लिए,स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{3}{2} R$ होती है।
दिया गया है: $n = 2\,mol$,$T = 300\,K$,और $R = 8.31\,J/mol\cdot K$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$U = 2 \times \left( \frac{3}{2} R \right) \times 300$
$U = 3 \times R \times 300$
$U = 900 \times 8.31$
$U = 7479\,J$।

(C) दिया गया है: प्रारंभिक वेग $u = 0$। मान लीजिए कि एकसमान त्वरण $a$ है।
पहले समय अंतराल $t$ के लिए,तय की गई दूरी $s_1 = 10 \, m$ है।
गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर:
$10 = 0(t) + \frac{1}{2}at^2 \implies 10 = \frac{1}{2}at^2$ --- (समीकरण $1$)
कुल समय अंतराल $2t$ के लिए,मान लीजिए कि कुल तय की गई दूरी $s_2 = 10 + x$ है,जहाँ $x$ अगले $t \, s$ में तय की गई दूरी है।
$10 + x = 0(2t) + \frac{1}{2}a(2t)^2$
$10 + x = \frac{1}{2}a(4t^2) = 4 \left( \frac{1}{2}at^2 \right)$ --- (समीकरण $2$)
समीकरण $1$ को समीकरण $2$ में रखने पर:
$10 + x = 4(10)$
$10 + x = 40$
$x = 30 \, m$.

(D) आवश्यक लंबाई (व्यास) में परिवर्तन $\Delta L = L_2 - L_1 = 6.241 \,cm - 6.230 \,cm = 0.011 \,cm$ है।
रेखीय तापीय प्रसार का सूत्र $\Delta L = L_1 \alpha_L \Delta T$ है,जहाँ $\Delta T = T_f - T_i$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $0.011 = 6.230 \times (1.4 \times 10^{-5}) \times (T_f - 27)$।
$\Delta T$ के लिए हल करने पर: $\Delta T = \frac{0.011}{6.230 \times 1.4 \times 10^{-5}} = \frac{0.011 \times 10^5}{8.722} \approx 126.11^{\circ} C$।
अतः,अंतिम तापमान $T_f = 27 + 126.11 = 153.11^{\circ} C$ है।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,सबसे निकटतम मान $152.7^{\circ} C$ है।

(D) प्रसारण प्रक्रिया के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य $P-V$ वक्र के नीचे के क्षेत्रफल द्वारा दिया जाता है।
दिए गए $P-V$ आरेख से,$V_{i}$ से $V_{f}$ तक आयतन में समान परिवर्तन के लिए,समदाबी प्रक्रिया वक्र $(3)$ के नीचे का क्षेत्रफल सबसे बड़ा है,उसके बाद समतापीय प्रक्रिया वक्र $(1)$ है,और रुद्धोष्म प्रक्रिया वक्र $(2)$ के नीचे का क्षेत्रफल सबसे छोटा है।
इसलिए,किए गए कार्य का क्रम इस प्रकार है: $W_{2} < W_{1} < W_{3}$.

(B) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $(T)$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $(r)$ के घन के समानुपाती होता है: $T^2 \propto r^3$,जिसका अर्थ है $T \propto r^{3/2}$।
दिया गया है कि प्रारंभिक आवर्तकाल $T_1 = 7 \, hours$ और प्रारंभिक त्रिज्या $r_1 = r$ है।
नई त्रिज्या $r_2 = 3r$ है।
अनुपात का उपयोग करने पर: $\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^{3/2}$।
मान रखने पर: $\frac{T_2}{7} = \left(\frac{3r}{r}\right)^{3/2} = 3^{3/2} = 3\sqrt{3}$।
$T_2 = 7 \times 3\sqrt{3} = 21\sqrt{3} \, hours$।
चूंकि $\sqrt{3} \approx 1.732$,इसलिए $T_2 \approx 21 \times 1.732 = 36.372 \, hours$।
अतः,नया अनुमानित आवर्तकाल $36 \, hours$ है।

(C) $S.H.M.$ के लिए मानक समीकरण $Y = A \sin(\omega t + \phi)$ है।
दिए गए समीकरण $Y = A \sin(\pi t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = \pi \, rad/s$ प्राप्त होती है।
एक सरल लोलक के लिए,कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{g}{\ell}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\omega^2 = \frac{g}{\ell}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\ell = \frac{g}{\omega^2}$।
गुरुत्वीय त्वरण $g = 980 \, cm/s^2$ और $\omega = \pi \, rad/s$ का मान रखने पर:
$\ell = \frac{980}{\pi^2} \approx \frac{980}{9.8696} \approx 99.3 \, cm$।
निकटतम विकल्प के अनुसार,हमें $\ell \approx 99.4 \, cm$ प्राप्त होता है।

(C) $H_{2}$ का मोलर द्रव्यमान $2 \,g/mol$ है। $H_{2}$ के मोलों की संख्या $= \frac{16 \,g}{2 \,g/mol} = 8 \,moles$.
$O_{2}$ का मोलर द्रव्यमान $32 \,g/mol$ है। $O_{2}$ के मोलों की संख्या $= \frac{128 \,g}{32 \,g/mol} = 4 \,moles$.
कुल मोलों की संख्या $n = 8 + 4 = 12 \,moles$.
$STP$ पर,एक आदर्श गैस का मोलर आयतन $22.4 \,L = 22.4 \times 10^{3} \,cm^{3}$ होता है।
कुल आयतन $V = n \times 22.4 \times 10^{3} \,cm^{3} = 12 \times 22.4 \times 10^{3} \,cm^{3} = 268.8 \times 10^{3} \,cm^{3} = 26.88 \times 10^{4} \,cm^{3}$.
निकटतम विकल्प के अनुसार,आयतन लगभग $27 \times 10^{4} \,cm^{3}$ है।

(D) माना सतह पर रखे ब्लॉक का द्रव्यमान $M = 40 \,kg$ है और लटकाए गए द्रव्यमान का मान $m = 4 \,kg$ है। माना निकाय का त्वरण $a$ है और डोरी में तनाव $T$ है।
लटकाए गए द्रव्यमान $m$ के लिए,गति का समीकरण है:
$mg - T = ma$
$4(10) - T = 4a \implies 40 - T = 4a$ --- $(1)$
सतह पर रखे ब्लॉक $M$ के लिए,गतिज घर्षण बल $f_k = \mu_k N = \mu_k Mg = 0.02 \times 40 \times 10 = 8 \,N$ है।
ब्लॉक के लिए गति का समीकरण है:
$T - f_k = Ma$
$T - 8 = 40a$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$(40 - T) + (T - 8) = 4a + 40a$
$32 = 44a$
$a = \frac{32}{44} = \frac{8}{11} \,m/s^2$.

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, किसी वस्तु पर कार्य करने वाले सभी बलों द्वारा किया गया कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
यहाँ, ब्लॉक पर कार्य करने वाला एकमात्र बल गुरुत्वाकर्षण है।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $(W_g)$ = गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta K)$
$W_g = K_B - K_A$
चूँकि ब्लॉक को बिंदु $A$ से गिराया जाता है, इसका प्रारंभिक वेग शून्य है, इसलिए $K_A = 0$ है।
बिंदु $A$ से बिंदु $B$ तक ब्लॉक का ऊर्ध्वाधर विस्थापन $y_0$ है।
इसलिए, गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_g = m g y_0$ है।
इन मानों को कार्य-ऊर्जा प्रमेय में प्रतिस्थापित करने पर:
$m g y_0 = K_B - 0$
$K_B = m g y_0$

(C) मान लीजिए कि ब्लॉक का द्रव्यमान $M$ है। ब्लॉक पर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल नीचे की ओर $Mg$ है।
बॉक्स के फर्श द्वारा ब्लॉक पर लगाया गया अभिलंब बल $N$ उसके वजन का एक चौथाई दिया गया है,इसलिए $N = \frac{Mg}{4}$ है।
चूंकि बॉक्स $a$ त्वरण के साथ नीचे उतर रहा है,ब्लॉक के लिए गति का समीकरण है:
$Mg - N = Ma$
$N$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$Mg - \frac{Mg}{4} = Ma$
$\frac{3Mg}{4} = Ma$
$a = \frac{3g}{4}$

(B) प्रक्षेप्य की अधिकतम क्षैतिज परास $R_{\max}$ का सूत्र $R_{\max} = \frac{u^2}{g}$ है,जहाँ $u$ प्रारंभिक वेग है और $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
दिया गया है $R_{\max} = 100 \, m$,इसलिए $\frac{u^2}{g} = 100 \, m$ है।
जब गेंद को ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है,तो प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H_{\max} = \frac{u^2}{2g}$ द्वारा दी जाती है।
ऊँचाई के सूत्र में $\frac{u^2}{g}$ का मान रखने पर:
$H_{\max} = \frac{1}{2} \times \left(\frac{u^2}{g}\right) = \frac{1}{2} \times 100 \, m = 50 \, m$ है।
अतः,वह व्यक्ति गेंद को अधिकतम $50 \, m$ की ऊँचाई तक फेंक सकता है।

(D) वर्नियर नियतांक $(VC)$ $0.1 \,mm = 0.01 \,cm$ है।
मापा गया व्यास इस प्रकार है: $\text{मापा गया व्यास} = MSR + (VSR \times VC)$.
यहाँ $MSR = 1.7 \,cm$ और $VSR = 5$ दिया गया है,इसलिए:
$\text{मापा गया व्यास} = 1.7 \,cm + (5 \times 0.01 \,cm) = 1.7 + 0.05 = 1.75 \,cm$.
शून्य त्रुटि $-0.05 \,cm$ है।
संशोधित व्यास की गणना इस प्रकार की जाती है: $\text{संशोधित व्यास} = \text{मापा गया व्यास} - \text{शून्य त्रुटि}$.
$\text{संशोधित व्यास} = 1.75 \,cm - (-0.05 \,cm) = 1.75 + 0.05 = 1.80 \,cm$.
इसे $10^{-2} \,cm$ के रूप में व्यक्त करने पर:
$1.80 \,cm = 180 \times 10^{-2} \,cm$.
अतः,सही उत्तर $180$ है।

(D) $h$ ऊँचाई से गिरने के बाद गेंद का वेग $v = \sqrt{2gh}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि पानी के अंदर वेग स्थिर रहता है,इसलिए यह वेग पानी में गेंद के टर्मिनल वेग $v_t$ के बराबर होना चाहिए।
टर्मिनल वेग का सूत्र $v_t = \frac{2}{9} \frac{r^2 (\rho - \rho_w) g}{\eta}$ है।
दिया गया है: $r = 0.1 \,mm = 10^{-4} \,m$,$\rho = 10^4 \,kg \,m^{-3}$,$\rho_w = 10^3 \,kg \,m^{-3}$,$\eta = 1.0 \times 10^{-5} \,N \,s \,m^{-2}$,$g = 10 \,m \,s^{-2}$.
$v = v_t$ को बराबर करने पर:
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \frac{(10^{-4})^2 (10^4 - 10^3) \times 10}{10^{-5}}$
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \frac{10^{-8} \times 9 \times 10^3 \times 10}{10^{-5}}$
$\sqrt{2gh} = \frac{2}{9} \times 9 \times 10^{-8+4+5} = 2 \times 10^1 = 20 \,m/s$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $2gh = 400$.
$2 \times 10 \times h = 400$.
$20h = 400 \implies h = 20 \,m$.

(D) तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का मान $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{336}{400} \,m = 0.84 \,m = 84 \,cm$ है।
पहले अनुनाद के लिए,वायु स्तंभ की लंबाई $\ell_1$ और अंत सुधार $e$ का संबंध है: $\ell_1 + e = \frac{\lambda}{4}$।
मान रखने पर: $20.0 + e = \frac{84}{4} = 21 \,cm$।
अतः,अंत सुधार $e = 21 - 20 = 1 \,cm$।
तीसरे अनुनाद के लिए,वायु स्तंभ की लंबाई $\ell_3$ का संबंध है: $\ell_3 + e = \frac{5\lambda}{4}$।
$\ell_3 + 1 = 5 \times 21 = 105 \,cm$।
इसलिए,$\ell_3 = 105 - 1 = 104 \,cm$।

(D) स्विच खोलने से पहले कुंडली से बहने वाली स्थिर धारा $i_0$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है: $i_0 = \frac{V}{R} = \frac{20 \; V}{10 \; \Omega} = 2 \; A$.
कुंडली में प्रेरित औसत emf $\langle \varepsilon \rangle$ को चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है, जिसका सूत्र है: $\langle \varepsilon \rangle = L \frac{\Delta i}{\Delta t}$।
दी गई मान हैं:
प्रेरकत्व $L = 20 \; mH = 20 \times 10^{-3} \; H$
धारा में परिवर्तन $\Delta i = i_{\text{अंतिम}} - i_{\text{प्रारंभिक}} = 0 - 2 = -2 \; A$
समय अंतराल $\Delta t = 100 \; \mu s = 100 \times 10^{-6} \; s$
इन मानों को सूत्र में रखने पर (emf का परिमाण लेने पर):
$|\langle \varepsilon \rangle| = L \frac{|\Delta i|}{\Delta t} = \frac{20 \times 10^{-3} \times 2}{100 \times 10^{-6}}$
$|\langle \varepsilon \rangle| = \frac{40 \times 10^{-3}}{10^{-4}} = 40 \times 10^1 = 400 \; V$.

(D) एक दर्पण द्वारा उत्पन्न विचलन $\delta = 180^{\circ} - 2i$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $i$ आपतन कोण है।
दर्पण $M_{1}$ पर पहले परावर्तन के लिए,परावर्तन कोण $r_{1} = i_{1} = \theta_{1}$ है। किरण और दर्पणों द्वारा बने त्रिभुज की ज्यामिति से,$M_{2}$ पर आपतन कोण $i_{2} = 180^{\circ} - (75^{\circ} + (90^{\circ} - i_{1})) = 15^{\circ} + i_{1}$ है।
यह दिया गया है कि $M_{2}$ पर परावर्तन कोण $30^{\circ}$ है,इसलिए $i_{2} = 30^{\circ}$।
अतः,$15^{\circ} + i_{1} = 30^{\circ} \implies i_{1} = 15^{\circ}$।
$M_{1}$ पर विचलन $\delta_{1} = 180^{\circ} - 2(15^{\circ}) = 150^{\circ}$ (दक्षिणावर्त) है।
$M_{2}$ पर विचलन $\delta_{2} = 180^{\circ} - 2(30^{\circ}) = 120^{\circ}$ (दक्षिणावर्त) है।
कुल विचलन $\delta_{total} = \delta_{1} + \delta_{2} = 150^{\circ} + 120^{\circ} = 270^{\circ}$ है।
वैकल्पिक रूप से,$\alpha$ कोण पर झुके हुए दो दर्पणों के लिए,कुल विचलन $\delta = 360^{\circ} - 2\alpha = 360^{\circ} - 2(75^{\circ}) = 360^{\circ} - 150^{\circ} = 210^{\circ}$ होता है। दिए गए विकल्पों और इस प्रकार के प्रश्नों के लिए मानक पद्धति के अनुसार,सही उत्तर $210^{\circ}$ है।

(C) $1$. डायोड का विश्लेषण: परिपथ में,डायोड $D_1$ रिवर्स बायस में है,इसलिए यह एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है। डायोड $D_2$ फॉरवर्ड बायस में है और डायोड $D_3$ भी फॉरवर्ड बायस में है।
$2$. परिपथ का सरलीकरण: $D_1$ वाली शाखा निष्क्रिय है। $D_2$ और $D_3$ वाली शाखाएं समानांतर में हैं। दो $6 \; \Omega$ प्रतिरोधों के समानांतर संयोजन का प्रभावी प्रतिरोध $R_p = (6 \times 6) / (6 + 6) = 3 \; \Omega$ है।
$3$. कुल प्रतिरोध की गणना: यह $3 \; \Omega$ का समतुल्य प्रतिरोध $2 \; \Omega$ के प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में है। अतः,$R_{\text{total}} = 3 \; \Omega + 2 \; \Omega = 5 \; \Omega$.
$4$. धारा की गणना: ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$I = V / R_{\text{total}} = 10 \; V / 5 \; \Omega = 2 \; A$.

(A) दिए गए परिपथ में,प्रेरक $L$ और संधारित्र $C$ समानांतर में जुड़े हुए हैं,और यह समानांतर संयोजन $R = 55 \; \Omega$ के प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में है।
समानांतर $LC$ परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ को $\frac{1}{Z_{LC}} = \sqrt{(\frac{1}{X_L} - \frac{1}{X_C})^2}$ द्वारा दिया जाता है।
अनुनाद पर,प्रेरक प्रतिघात $X_L$,धारिता प्रतिघात $X_C$ के बराबर होता है,अर्थात $X_L = X_C$।
इस मान को प्रतिबाधा के सूत्र में रखने पर,हमें $\frac{1}{Z_{LC}} = \sqrt{(\frac{1}{X_L} - \frac{1}{X_L})^2} = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $Z_{LC} \rightarrow \infty$।
चूंकि समानांतर $LC$ संयोजन अनुनाद पर एक ओपन सर्किट (अनंत प्रतिबाधा) के रूप में कार्य करता है,इसलिए परिपथ में कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः,$55 \; \Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा $I = 0 \; A$ है।

(B) माना $G = 72 \; \Omega$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $S = 8 \; \Omega$ शंट प्रतिरोध है।
कुल धारा $I$,$I_g$ (गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा) और $I_s$ (शंट से गुजरने वाली धारा) में विभाजित हो जाती है।
समांतर परिपथ के सिद्धांत के अनुसार,गैल्वेनोमीटर और शंट के सिरों पर विभवांतर समान होता है: $I_g G = I_s S$.
चूंकि $I = I_g + I_s$,इसलिए $I_s = I - I_g$.
इस मान को समीकरण में रखने पर: $I_g G = (I - I_g) S$.
अनुपात $\frac{I_g}{I}$ ज्ञात करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $I_g G = I S - I_g S \Rightarrow I_g (G + S) = I S$.
अतः,$\frac{I_g}{I} = \frac{S}{G + S}$.
मान रखने पर: $\frac{I_g}{I} = \frac{8}{72 + 8} = \frac{8}{80} = \frac{1}{10}$.
गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली कुल धारा का प्रतिशत $\frac{I_g}{I} \times 100 = \frac{1}{10} \times 100 = 10 \%$ है।

(C) दिया गया है,चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi = 99$.
सापेक्ष पारगम्यता $\mu_{r}$ प्रवृत्ति से $\mu_{r} = 1 + \chi$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
$\chi$ का मान रखने पर,हमें $\mu_{r} = 1 + 99 = 100$ प्राप्त होता है।
निरपेक्ष पारगम्यता $\mu$ को $\mu = \mu_{0} \mu_{r}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $\mu_{0} = 4 \pi \times 10^{-7} \ Wb / A-m$.
अतः,$\mu = (4 \pi \times 10^{-7}) \times 100$.
$\mu = 4 \pi \times 10^{-5} \ Wb / A-m$.

(D) धारा के लिए दिया गया समीकरण $I = I_0 \sin(\omega t)$ है,जहाँ $I_0 = 5 \text{ A}$ और $\omega = 120 \pi \text{ rad/s}$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ और आवर्तकाल $T$ के बीच संबंध $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ होता है।
$\omega$ का मान रखने पर: $120 \pi = \frac{2 \pi}{T} \Rightarrow T = \frac{2 \pi}{120 \pi} = \frac{1}{60} \text{ s}$।
धारा अपने शिखर मान तक $t = \frac{T}{4}$ समय में पहुँचती है (आवर्तकाल के एक चौथाई भाग में)।
अतः,लगा हुआ समय $t = \frac{1/60}{4} = \frac{1}{240} \text{ s}$ होगा।

(A) सही मिलान इस प्रकार हैं:
$(a)$ पराबैंगनी किरणों का उपयोग सर्जिकल उपकरणों को कीटाणुरहित करने के लिए किया जाता है $(iii)$।
$(b)$ सूक्ष्म तरंगों (Microwaves) का उपयोग रडार प्रणाली में किया जाता है $(iv)$।
$(c)$ अवरक्त तरंगें (Infrared waves) ग्रीनहाउस प्रभाव के लिए जिम्मेदार हैं $(ii)$।
$(d)$ $X$-किरणों का उपयोग उनकी छोटी तरंग दैर्ध्य के कारण क्रिस्टल संरचना का अध्ययन करने के लिए किया जाता है $(i)$।
अतः,सही क्रम $(a)-(iii), (b)-(iv), (c)-(ii), (d)-(i)$ है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है,जहाँ $p$ संवेग है।
गतिज ऊर्जा $K = \frac{p^2}{2m}$ होने के कारण,$p = \sqrt{2mK}$ होता है।
इस मान को तरंगदैर्ध्य के सूत्र में रखने पर: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$.
समान गतिज ऊर्जा $K$ के लिए,$\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
अतः,$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{C12}} = \sqrt{\frac{m_{C12}}{m_{\alpha}}}$.
$\alpha$ कण का द्रव्यमान लगभग $4 \text{ amu}$ है और कार्बन $12$ परमाणु का द्रव्यमान $12 \text{ amu}$ है।
$\frac{\lambda_{\alpha}}{\lambda_{C12}} = \sqrt{\frac{12}{4}} = \sqrt{3} = \sqrt{3} : 1$.

(A) समांतर प्लेट संधारित्र की प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0} = \frac{Q}{A \epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
आवेशित कण $q$ पर बल $F = qE = \frac{qQ}{A \epsilon_0} = 10 \; N$ है।
जब एक प्लेट को हटा दिया जाता है,तो शेष प्लेट एक एकल आवेशित शीट के रूप में कार्य करती है। एक एकल आवेशित शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $E^{\prime} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} = \frac{Q}{2 A \epsilon_0}$ होता है।
अतः,कण पर कार्य करने वाला नया बल $F^{\prime} = qE^{\prime} = \frac{qQ}{2 A \epsilon_0} = \frac{1}{2} \left( \frac{qQ}{A \epsilon_0} \right) = \frac{1}{2} \times 10 \; N = 5 \; N$ होगा।

(D) मान लीजिए आपतन कोण $i$ है और अपवर्तन कोण $r$ है।
दिया गया है कि $i = 2r$,जिसका अर्थ है $r = \frac{i}{2}$।
स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin i = n_2 \sin r$।
यहाँ,$n_1 = 1$ (हवा के लिए) और $n_2 = \sqrt{2n}$ है।
मान रखने पर: $1 \cdot \sin i = \sqrt{2n} \cdot \sin\left(\frac{i}{2}\right)$।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin i = 2 \sin\left(\frac{i}{2}\right) \cos\left(\frac{i}{2}\right)$ का उपयोग करने पर:
$2 \sin\left(\frac{i}{2}\right) \cos\left(\frac{i}{2}\right) = \sqrt{2n} \sin\left(\frac{i}{2}\right)$।
दोनों पक्षों को $\sin\left(\frac{i}{2}\right)$ से विभाजित करने पर ($i \neq 0$ मानते हुए):
$2 \cos\left(\frac{i}{2}\right) = \sqrt{2n}$।
$\cos\left(\frac{i}{2}\right) = \frac{\sqrt{2n}}{2} = \sqrt{\frac{2n}{4}} = \sqrt{\frac{n}{2}}$।
अतः,$\frac{i}{2} = \cos^{-1}\left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)$।
$i = 2 \cos^{-1}\left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)$।

(B) हाइड्रोजन परमाणु द्वारा अवशोषित ऊर्जा $\Delta E = E_n - E_1 = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) \; eV$ द्वारा दी जाती है।
दिया है $\Delta E = 10.2 \; eV$,अतः $13.6 \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) = 10.2$.
$1 - \frac{1}{n^2} = \frac{10.2}{13.6} = 0.75 = \frac{3}{4}$.
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.75 = 0.25 = \frac{1}{4}$,इसलिए $n = 2$.
$n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $(n=1)$: $L_i = \frac{1 \cdot h}{2\pi}$.
अंतिम कोणीय संवेग $(n=2)$: $L_f = \frac{2 \cdot h}{2\pi}$.
कोणीय संवेग में वृद्धि $\Delta L = L_f - L_i = \frac{2h}{2\pi} - \frac{h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}$.
$h = 6.6 \times 10^{-34} \; J \cdot s$ और $\pi \approx 3.14$ रखने पर:
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} \approx 1.05 \times 10^{-34} \; J \cdot s$.

(A) लॉजिक गेट की पहचान करने के लिए,हम दिए गए टाइमिंग डायग्राम से ट्रुथ टेबल का विश्लेषण करते हैं:

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

ट्रुथ टेबल से,हम देखते हैं कि यदि $A$ या $B$ (या दोनों) में से कोई भी $1$ है,तो आउटपुट $Y$ का मान $1$ प्राप्त होता है। यह $OR$ गेट का विशिष्ट व्यवहार है। $OR$ गेट के लिए व्यंजक $Y = A + B$ है।

(A) लैंप की रेटिंग $V_L = 25 \; V$ और $P_L = 5 \; W$ है।
अपनी निर्धारित शक्ति पर लैंप से प्रवाहित होने वाली धारा $I$,$P_L = V_L \times I$ द्वारा दी जाती है।
$I = \frac{P_L}{V_L} = \frac{5 \; W}{25 \; V} = 0.2 \; A$.
चूंकि लैंप और प्रतिरोध $R$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए समान धारा $I = 0.2 \; A$ प्रतिरोध $R$ से प्रवाहित होगी।
प्रतिरोध $R$ के सिरों पर वोल्टेज $V_R = V_{source} - V_L = 220 \; V - 25 \; V = 195 \; V$ है।
प्रतिरोध $R$ के लिए ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$V_R = I \times R$.
$195 \; V = 0.2 \; A \times R$.
$R = \frac{195}{0.2} = 975 \; \Omega$.

(A) दिया गया है: स्लिट पृथक्करण $d = 0.6 \; mm = 0.6 \times 10^{-3} \; m$. पर्दे की दूरी $D = 80 \; cm = 0.8 \; m$.
केंद्रीय अक्ष से पहली अदीप्त फ्रिंज की स्थिति $y = \frac{D \lambda}{2d}$ द्वारा दी जाती है।
प्रश्न के अनुसार,पहली अदीप्त फ्रिंज एक स्लिट के ठीक सामने देखी जाती है,जिसका अर्थ है कि केंद्रीय अक्ष से इसकी दूरी $y = \frac{d}{2}$ है।
दोनों व्यंजकों को बराबर करने पर: $\frac{D \lambda}{2d} = \frac{d}{2}$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए हल करने पर: $\lambda = \frac{d^2}{D}$.
मान रखने पर: $\lambda = \frac{(0.6 \times 10^{-3})^2}{0.8} = \frac{0.36 \times 10^{-6}}{0.8} = 0.45 \times 10^{-6} \; m$.
नैनोमीटर में बदलने पर: $\lambda = 450 \times 10^{-9} \; m = 450 \; nm$.

(B) हाइड्रोजन जैसे आयन के लिए,कक्षा की ऊर्जा $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \; eV$ द्वारा दी जाती है।
$Li^{++}$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 3$ है।
पहली कक्षा $(n_1 = 1)$ की ऊर्जा $E_1 = -13.6 \times \frac{3^2}{1^2} = -13.6 \times 9 = -122.4 \; eV$ है।
तीसरी कक्षा $(n_2 = 3)$ की ऊर्जा $E_3 = -13.6 \times \frac{3^2}{3^2} = -13.6 \; eV$ है।
इलेक्ट्रॉन को उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_3 - E_1 = -13.6 - (-122.4) = 108.8 \; eV$ है।
फोटॉन की तरंगदैर्घ्य $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $hc = 1242 \; eV \cdot nm = 12420 \; eV \cdot \mathring{A}$।
$\lambda = \frac{12420 \; eV \cdot \mathring{A}}{108.8 \; eV} \approx 114.15 \; \mathring{A}$।
चूंकि $1 \; \mathring{A} = 10^{-10} \; m$,इसलिए $\lambda \approx 114 \times 10^{-10} \; m$।
अतः,$x$ का मान $114$ है।

(B) माना $E$ सेल का $EMF$ है और $r$ इसका आंतरिक प्रतिरोध है। जब सेल को $R$ प्रतिरोध के साथ शंट किया जाता है,तो सेल के सिरों के बीच टर्मिनल विभवांतर $V = E \left( \frac{R}{R+r} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि संतुलन लंबाई $l$ टर्मिनल विभवांतर $V$ के सीधे आनुपातिक है,इसलिए $V \propto l$ है।
प्रथम स्थिति के लिए: $V_1 \propto l_1 = 3 \; m$ और $R_1 = 8 \; \Omega$। अतः,$V_1 = k \cdot 3 = E \left( \frac{8}{8+r} \right)$।
द्वितीय स्थिति के लिए: $V_2 \propto l_2 = 2 \; m$ और $R_2 = 4 \; \Omega$। अतः,$V_2 = k \cdot 2 = E \left( \frac{4}{4+r} \right)$।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{3}{2} = \frac{E \left( \frac{8}{8+r} \right)}{E \left( \frac{4}{4+r} \right)} = \frac{8}{8+r} \times \frac{4+r}{4} = \frac{2(4+r)}{8+r}$।
$r$ के लिए हल करने पर: $3(8+r) = 4(4+r) \implies 24 + 3r = 16 + 4r \implies r = 8 \; \Omega$।

(A) धारा घनत्व $J = 4 \times 10^{6} \; A \cdot m^{-2}$ दिया गया है।
तार की त्रिज्या $R = 4 \; mm = 4 \times 10^{-3} \; m$ है।
क्षेत्रफल $A$ से गुजरने वाली धारा $I = \int J \cdot dA$ द्वारा दी जाती है।
$\frac{R}{2}$ और $R$ त्रिज्यीय दूरी के बीच बाहरी हिस्से के लिए क्षेत्रफल $A' = \pi R^{2} - \pi \left(\frac{R}{2}\right)^{2} = \pi R^{2} - \frac{\pi R^{2}}{4} = \frac{3}{4} \pi R^{2}$ है।
मान रखने पर:
$I = J \times A' = 4 \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \pi R^{2}$.
$I = 4 \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \times \pi \times (4 \times 10^{-3})^{2}$.
$I = 3 \times 10^{6} \times \pi \times 16 \times 10^{-6}$.
$I = 48 \; \pi \; A$.

(D) पहले संधारित्र में संचित प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} C V^2 = \frac{1}{2} \times 50 \times 10^{-12} \times (100)^2 = 250 \times 10^{-9} \; J = 250 \; nJ$ है।
जब इसे एक समान अनावेशित संधारित्र से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक पुनर्वितरित होता है जब तक कि दोनों का विभव $V' = \frac{V}{2} = 50 \; V$ न हो जाए।
निकाय में संचित अंतिम ऊर्जा $U_f = 2 \times (\frac{1}{2} C V'^2) = C \times (\frac{V}{2})^2 = 50 \times 10^{-12} \times 2500 = 125 \times 10^{-9} \; J = 125 \; nJ$ है।
ऊर्जा की हानि $\Delta U = U_i - U_f = 250 \; nJ - 125 \; nJ = 125 \; nJ$ है।
वैकल्पिक रूप से,ऊर्जा हानि के सूत्र का उपयोग करते हुए: $\Delta U = \frac{1}{2} \frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} (V_1 - V_2)^2 = \frac{1}{2} \frac{50 \times 50}{50 + 50} \times 10^{-12} \times (100 - 0)^2 = 125 \times 10^{-9} \; J = 125 \; nJ$।

(D) $h_T$ ऊंचाई वाले ट्रांसमिटिंग एंटीना और $h_R$ ऊंचाई वाले रिसीविंग एंटीना के बीच अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट दूरी $d$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$d = \sqrt{2 R h_T} + \sqrt{2 R h_R}$
दिया गया है:
$h_T = 25 \; m$
$h_R = 49 \; m$
$R = 64 \times 10^{5} \; m$
मान रखने पर:
$d = \sqrt{2 \times 64 \times 10^{5} \times 25} + \sqrt{2 \times 64 \times 10^{5} \times 49}$
$d = \sqrt{2 \times 64 \times 10^{5}} \times (\sqrt{25} + \sqrt{49})$
$d = \sqrt{128 \times 10^{5}} \times (5 + 7)$
$d = \sqrt{1280 \times 10^{4}} \times 12$
$d = \sqrt{256 \times 5 \times 10^{4}} \times 12$
$d = (16 \times 10^{2} \sqrt{5}) \times 12$
$d = 192 \sqrt{5} \times 10^{2} \; m$
इसकी तुलना $K \sqrt{5} \times 10^{2} \; m$ से करने पर,हमें $K = 192$ प्राप्त होता है।

(D) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\Phi = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}}$ होता है।
जब आवेश $q$ को अर्धगोले के समतल वृत्ताकार आधार के केंद्र पर रखा जाता है,तो आवेश $q$ से निकलने वाली विद्युत क्षेत्र रेखाएं समतल सतह के प्रत्येक बिंदु पर सतह के समानांतर होती हैं।
चूंकि विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E}$,समतल सतह के क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$ के लंबवत होता है (अर्थात,$\vec{E} \cdot \vec{A} = EA \cos(90^{\circ}) = 0$),इसलिए समतल सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $0$ होता है।
हालांकि,अर्धगोलाकार वक्र सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $\frac{q}{2 \varepsilon_{0}}$ होता है।

(D) मान लीजिए कि प्रत्येक गेंद पर आवेश $q = 2 \, C$ है और किन्हीं दो गेंदों के बीच की दूरी $r = 1 \, m$ है।
किन्हीं दो आवेशित गेंदों के बीच स्थिर-विद्युत बल $F$,कूलम्ब के नियम द्वारा दिया जाता है:
$F = \frac{k q^2}{r^2} = \frac{k (2)^2}{(1)^2} = 4k$
किसी एक आवेशित गेंद पर विचार करें। यह अन्य दो गेंदों से दो स्थिर-विद्युत बल अनुभव करती है। चूंकि गेंदें एक समबाहु त्रिभुज बनाती हैं,इसलिए इन दो बलों के बीच का कोण $60^{\circ}$ है।
अन्य दो गेंदों के कारण एक गेंद पर लगने वाला कुल स्थिर-विद्युत बल $F_{\text{net}}$ इन दो बलों का सदिश योग है:
$F_{\text{net}} = \sqrt{F^2 + F^2 + 2 F^2 \cos 60^{\circ}} = \sqrt{2F^2 + 2F^2 (0.5)} = \sqrt{3F^2} = F \sqrt{3}$
अतः,कुल स्थिर-विद्युत बल और किन्हीं दो आवेशित गेंदों के बीच के बल का अनुपात है:
$\frac{F_{\text{net}}}{F} = \frac{F \sqrt{3}}{F} = \sqrt{3} = \frac{\sqrt{3}}{1}$
इस प्रकार,सही विकल्प $D$ है।

(C) बिंदु $P$ पर चालक $S_{1}$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_{1}$ (दूरी $r_{1} = 4 \, cm = 0.04 \, m$) पृष्ठ के अंदर की ओर ($-\hat{k}$ दिशा में) है:
$B_{1} = \frac{\mu_{0} I_{1}}{2 \pi r_{1}} = \frac{\mu_{0} \times 4}{2 \pi \times 0.04} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \times 100 \, T$ ($-\hat{k}$ दिशा में)।
बिंदु $P$ पर चालक $S_{2}$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_{2}$ (दूरी $r_{2} = 10 \, cm - 4 \, cm = 6 \, cm = 0.06 \, m$) पृष्ठ के बाहर की ओर ($+\hat{k}$ दिशा में) है:
$B_{2} = \frac{\mu_{0} I_{2}}{2 \pi r_{2}} = \frac{\mu_{0} \times 2}{2 \pi \times 0.06} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \times \frac{100}{3} \, T$ ($+\hat{k}$ दिशा में)।
कुल चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}_{net} = B_{1} + B_{2} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \left( -100 + \frac{100}{3} \right) \hat{k} = \frac{\mu_{0}}{2 \pi} \left( -\frac{200}{3} \right) \hat{k} = -\frac{100 \mu_{0}}{3 \pi} \hat{k} \, T$.
लोरेंत्ज़ बल $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B}) = 3 \pi \left[ (2 \hat{i} + 3 \hat{j}) \times \left( -\frac{100 \mu_{0}}{3 \pi} \hat{k} \right) \right]$.
$\mu_{0} = 4 \pi \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$ का उपयोग करने पर,$\frac{\mu_{0}}{2 \pi} = 2 \times 10^{-7}$ प्राप्त होता है।
$\overrightarrow{F} = 3 \pi \times \left( -\frac{200}{3} \times 10^{-7} \right) [ 2(\hat{i} \times \hat{k}) + 3(\hat{j} \times \hat{k}) ]$.
चूँकि $\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$ और $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$:
$\overrightarrow{F} = -200 \pi \times 10^{-7} [ -2 \hat{j} + 3 \hat{i} ] = 2 \pi \times 10^{-5} [ 2 \hat{j} - 3 \hat{i} ] = 4 \pi \times 10^{-5} [ -1.5 \hat{i} + \hat{j} ]$.
इसकी तुलना $4 \pi \times 10^{-5} (-x \hat{i} + 2 \hat{j})$ से करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(D) $R$ की विमा $[ML^2T^{-3}A^{-2}]$ है।
$L$ की विमा $[ML^2T^{-2}A^{-2}]$ है।
$C$ की विमा $[M^{-1}L^{-2}T^4A^2]$ है।
$1$. $RC$ के लिए: $[ML^2T^{-3}A^{-2}] \times [M^{-1}L^{-2}T^4A^2] = [T^1]$,जो समय है।
$2$. $\frac{L}{R}$ के लिए: $\frac{[ML^2T^{-2}A^{-2}]}{[ML^2T^{-3}A^{-2}]} = [T^1]$,जो समय है।
$3$. $\sqrt{LC}$ के लिए: $\sqrt{[ML^2T^{-2}A^{-2}] \times [M^{-1}L^{-2}T^4A^2]} = \sqrt{[T^2]} = [T^1]$,जो समय है।
$4$. $\frac{L}{C}$ के लिए: $\frac{[ML^2T^{-2}A^{-2}]}{[M^{-1}L^{-2}T^4A^2]} = [M^2L^4T^{-6}A^{-4}]$,जो समय नहीं है।
अतः,$\frac{L}{C}$ की विमा समय की नहीं है।

(C) कथन $I$ सही है क्योंकि मैक्सवेल के समीकरणों के अनुसार,समय के साथ परिवर्तित होने वाला विद्युत क्षेत्र एक चुंबकीय क्षेत्र (विस्थापन धारा) उत्पन्न करता है और समय के साथ परिवर्तित होने वाला चुंबकीय क्षेत्र एक विद्युत क्षेत्र (फैराडे का नियम) उत्पन्न करता है। यह पारस्परिक उत्पादन $EM$ तरंगों के प्रसार की ओर ले जाता है।
कथन $II$ गलत है क्योंकि एक भौतिक माध्यम में $EM$ तरंग की गति $v = \frac{1}{\sqrt{\mu \varepsilon}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\mu = \mu_{0} \mu_{r}$ और $\varepsilon = \varepsilon_{0} \varepsilon_{r}$ है। व्यंजक $v = \frac{1}{\sqrt{\mu_{0} \varepsilon_{0}}}$ निर्वात में प्रकाश की गति $(c)$ को दर्शाता है,न कि किसी भौतिक माध्यम में।

(A) जब किसी लेंस को उसके मुख्य अक्ष के अनुदिश काटा जाता है,तो प्रत्येक आधे हिस्से की शक्ति मूल लेंस के समान रहती है,अर्थात $P' = P$।
हालाँकि,यदि लेंस को मुख्य अक्ष के लंबवत काटा जाता है,तो प्रत्येक टुकड़े की शक्ति मूल शक्ति की आधी हो जाती है,अर्थात $P'' = \frac{P}{2}$।
दिए गए चित्र में,लेंस को पहले मुख्य अक्ष के अनुदिश काटा जाता है,जिससे दो आधे हिस्से मिलते हैं,जिनमें से प्रत्येक की शक्ति $P$ होती है।
फिर,इन आधे हिस्सों में से एक को मुख्य अक्ष के लंबवत काटा जाता है,जिससे दो टुकड़े $L_{2}$ और $L_{3}$ मिलते हैं,जिनमें से प्रत्येक की शक्ति $\frac{P}{2}$ होती है।
दूसरा आधा हिस्सा,$L_{1}$,अपरिवर्तित रहता है और इसलिए इसकी शक्ति $P$ ही रहती है।
अतः,गलत विकल्प यह है कि $L_{1}$ की शक्ति $\frac{P}{2}$ है।

(C) जब कोई तरंग विरल माध्यम से सघन माध्यम में यात्रा करती है,तो उसकी गति $(v)$ और तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ कम हो जाती है क्योंकि सघन माध्यम का अपवर्तनांक अधिक होता है। हालाँकि,तरंग की आवृत्ति $(f)$ स्रोत का एक गुण है और अपवर्तन के दौरान स्थिर रहती है। यह संबंध $v = f \lambda$ द्वारा दिया जाता है।

(D) बोहर की आवृत्ति स्थिति के अनुसार,जब एक इलेक्ट्रॉन उच्च ऊर्जा स्तर $(E_2)$ से निम्न ऊर्जा स्तर $(E_1)$ में कूदता है,तो $E = E_2 - E_1$ ऊर्जा का एक फोटॉन उत्सर्जित होता है।
चूंकि फोटॉन की ऊर्जा $E = hf$ होती है,इसलिए $hf = E_2 - E_1$,जिससे $f = (E_2 - E_1) / h$ प्राप्त होता है।
कथन $I$ में इलेक्ट्रॉन निम्न से उच्च ऊर्जा कक्षा में जा रहा है,जिसमें ऊर्जा का अवशोषण होता है,न कि विकिरण का उत्सर्जन। इसलिए,कथन $I$ गलत है।
कथन $II$ में उच्च से निम्न ऊर्जा कक्षा में इलेक्ट्रॉन के कूदने पर विकिरण के उत्सर्जन का सही वर्णन किया गया है। इसलिए,कथन $II$ सही है।

(D) एक ट्रांजिस्टर दो अवस्थाओं के बीच टॉगल करके स्विच के रूप में कार्य करता है: $Cut-off$ अवस्था और $Saturation$ अवस्था।
$Cut-off$ अवस्था में,ट्रांजिस्टर $OFF$ होता है (कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है)।
$Saturation$ अवस्था में,ट्रांजिस्टर $ON$ होता है (अधिकतम धारा प्रवाहित होती है)।
इसलिए,स्विच के रूप में कार्य करने के लिए,इसे $Saturation$ और $Cut-off$ दोनों अवस्थाओं में संचालित किया जाना चाहिए।

(C) कथन $(a)$ सत्य है: प्रभावी ढंग से विकिरण के लिए एंटीना का आकार कम से कम $\lambda/4$ होना चाहिए। कम आवृत्तियों के लिए,$\lambda = c/f$ बहुत बड़ा होता है,जिससे एंटीना का आकार अव्यावहारिक हो जाता है।
कथन $(b)$ गलत है: $l$ लंबाई के एंटीना द्वारा विकीर्ण शक्ति $(l/\lambda)^2$ के समानुपाती होती है। कम आवृत्तियों (बड़ी $\lambda$) के लिए,विकीर्ण शक्ति अत्यंत कम होती है।
कथन $(c)$ सत्य है: विभिन्न स्रोतों से आने वाले संकेतों को अलग करने के लिए मल्टीप्लेक्सिंग आवश्यक है।
कथन $(d)$ सत्य है: मॉड्यूलेशन (कम आवृत्ति वाले संकेतों को उच्च आवृत्ति वाली वाहक तरंगों पर सुपरइम्पोज़ करना) लंबी दूरी तक कुशल संचरण की अनुमति देता है।
अतः,कथन $(a), (c)$ और $(d)$ सही हैं।

(C) यह व्यवस्था समानांतर क्रम में जुड़े तीन समानांतर प्लेट संधारित्रों से बनी है।
एक समानांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है।
चित्र से,प्लेटों के बीच की दूरी $b$,$3b$,और $5b$ है।
अतः,व्यक्तिगत धारिताएँ हैं:
$C_1 = \frac{\varepsilon_0 A}{b}$
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{3b}$
$C_3 = \frac{\varepsilon_0 A}{5b}$
चूंकि वे समानांतर क्रम में हैं,तुल्य धारिता है:
$C_{eq} = C_1 + C_2 + C_3$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{b} + \frac{\varepsilon_0 A}{3b} + \frac{\varepsilon_0 A}{5b}$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{b} \left( 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} \right)$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{b} \left( \frac{15 + 5 + 3}{15} \right) = \frac{23}{15} \frac{\varepsilon_0 A}{b}$
अतः,$x = 23$.

(C) क्षेत्रफल अवयव $dA$ से गुजरने वाली धारा $I = \int J \cdot dA$ द्वारा दी जाती है।
बेलनाकार तार के लिए,$r'$ त्रिज्या और $dr'$ मोटाई वाली रिंग का क्षेत्रफल अवयव $dA = 2 \pi r' dr'$ होता है।
यहाँ $J = 1.0 \times 10^{6} \, A/m^{2}$ और $r = 4.0 \, mm = 4.0 \times 10^{-3} \, m$ दिया गया है।
$r/2$ और $r$ के बीच के क्षेत्र से गुजरने वाली धारा $I$:
$I = \int_{r/2}^{r} J (2 \pi r') dr' = 2 \pi J \int_{r/2}^{r} r' dr'$
$I = 2 \pi J \left[ \frac{(r')^{2}}{2} \right]_{r/2}^{r} = \pi J \left[ r^{2} - \left( \frac{r}{2} \right)^{2} \right]$
$I = \pi J \left[ r^{2} - \frac{r^{2}}{4} \right] = \pi J \left( \frac{3r^{2}}{4} \right)$
$J = 10^{6} \, A/m^{2}$ और $r = 4 \times 10^{-3} \, m$ के मान रखने पर:
$I = \pi \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \times (4 \times 10^{-3})^{2}$
$I = \pi \times 10^{6} \times \frac{3}{4} \times 16 \times 10^{-6} = 12 \pi \, A$
इसे $x \pi \, A$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 12$ प्राप्त होता है।

(A) यह परिपथ श्रेणीक्रम में जुड़े दो भागों से बना है। पहले भाग में $ma$ प्रतिरोध वाले तीन प्रतिरोधक समांतर क्रम में जुड़े हैं। इस भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_1 = \frac{ma}{3}$ है।
दूसरे भाग में $\frac{a}{m}$ प्रतिरोध वाले दो प्रतिरोधक समांतर क्रम में जुड़े हैं। इस भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_2 = \frac{a/m}{2} = \frac{a}{2m}$ है।
परिपथ का कुल तुल्य प्रतिरोध $R = R_1 + R_2 = \frac{ma}{3} + \frac{a}{2m}$ है।
$m$ का वह मान ज्ञात करने के लिए जिसके लिए $R$ न्यूनतम है,हम $R$ का $m$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dR}{dm} = \frac{a}{3} - \frac{a}{2m^2} = 0$.
$m$ के लिए हल करने पर:
$\frac{a}{3} = \frac{a}{2m^2}$
$2m^2 = 3$
$m^2 = \frac{3}{2}$
$m = \sqrt{\frac{3}{2}}$.
इसे दिए गए रूप $m = \sqrt{\frac{x}{2}}$ से तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गति कर रहे आवेशित कण की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ है,इसलिए $mv = \sqrt{2mK}$ होता है।
अतः,$r = \frac{\sqrt{2mK}}{qB}$.
ड्यूटेरॉन $(d)$ और प्रोटॉन $(p)$ के लिए:
ड्यूटेरॉन का द्रव्यमान $m_d = 2m_p$,आवेश $q_d = e$.
प्रोटॉन का द्रव्यमान $m_p = m_p$,आवेश $q_p = e$.
दिया गया है कि गतिज ऊर्जा समान है $(K_d = K_p = K)$.
त्रिज्याओं का अनुपात: $\frac{r_d}{r_p} = \frac{\sqrt{2m_d K} / eB}{\sqrt{2m_p K} / eB} = \sqrt{\frac{m_d}{m_p}} = \sqrt{\frac{2m_p}{m_p}} = \sqrt{2}$.
$\frac{r_d}{r_p} = \sqrt{2} : 1$ की तुलना $\sqrt{x} : 1$ से करने पर,$x = 2$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है:
छड़ की लंबाई,$l = 20 \,cm = 0.2 \,m$
छड़ का वेग,$v = 20 \,m/s$
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक,$B_H = 4 \times 10^{-3} \,T$
नति कोण,$\delta = 45^{\circ}$
पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का ऊर्ध्वाधर घटक $B_V = B_H \tan(\delta)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\delta = 45^{\circ}$,$\tan(45^{\circ}) = 1$,इसलिए $B_V = B_H = 4 \times 10^{-3} \,T$.
जब एक छड़ को क्षैतिज तल में चलाया जाता है,तो प्रेरित गतिकीय emf पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र के ऊर्ध्वाधर घटक $(B_V)$ के कारण होता है क्योंकि वेग सदिश ऊर्ध्वाधर चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत होता है।
प्रेरित emf का सूत्र $\epsilon = B_V \cdot l \cdot v$ है।
मान रखने पर:
$\epsilon = (4 \times 10^{-3} \,T) \times (0.2 \,m) \times (20 \,m/s)$
$\epsilon = 4 \times 10^{-3} \times 4 = 16 \times 10^{-3} \,V = 16 \,mV$.

(B) दिए गए परिपथ में,डायोड $D_1$ फॉरवर्ड बायस में है,जबकि डायोड $D_2$ रिवर्स बायस में है। इसलिए,$D_2$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ $1 \,V$ की बैटरी,$60 \,\Omega$ के प्रतिरोध,फॉरवर्ड बायस डायोड $D_1$ ($0.6 \,V$ के वोल्टेज ड्रॉप के साथ) और $40 \,\Omega$ के प्रतिरोध के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाता है।
लूप में किरचॉफ का वोल्टेज नियम $(KVL)$ लागू करने पर:
$1 - I(60) - 0.6 - I(40) = 0$
समीकरण को सरल करने पर:
$0.4 - I(100) = 0$
$I(100) = 0.4$
$I = \frac{0.4}{100} \,A$
$I = 0.004 \,A = 4 \,mA$
अतः,$40 \,\Omega$ के प्रतिरोध से बहने वाली धारा $4 \,mA$ है।

(B) माना आवेश $q_A = +8 \times 10^{-6}\,C$ और $q_B = -8 \times 10^{-6}\,C$ हैं। उनके बीच की दूरी $d$ है। मध्य बिंदु $O$ प्रत्येक आवेश से $r = d/2$ की दूरी पर है।
आवेश $A$ के कारण $O$ पर विद्युत क्षेत्र $E_A = \frac{K|q_A|}{r^2} = \frac{Kq}{(d/2)^2}$ है,जो $B$ की दिशा में है।
आवेश $B$ के कारण $O$ पर विद्युत क्षेत्र $E_B = \frac{K|q_B|}{r^2} = \frac{Kq}{(d/2)^2}$ है,जो भी $B$ की दिशा में है।
$O$ पर कुल विद्युत क्षेत्र $E_0 = E_A + E_B = 2 \times \frac{Kq}{(d/2)^2} = \frac{8Kq}{d^2}$ है।
दिया गया है $E_0 = 6.4 \times 10^4\,NC^{-1}$,$K = 9 \times 10^9\,Nm^2C^{-2}$,और $q = 8 \times 10^{-6}\,C$:
$6.4 \times 10^4 = \frac{8 \times (9 \times 10^9) \times (8 \times 10^{-6})}{d^2}$
$d^2 = \frac{8 \times 9 \times 10^9 \times 8 \times 10^{-6}}{6.4 \times 10^4} = \frac{576 \times 10^3}{6.4 \times 10^4} = \frac{576}{64} = 9$
$d = \sqrt{9} = 3\,m$.

(A) तापमान $T$ पर प्रतिरोध $R$ का सूत्र $R = R_{T_0}[1 + \alpha(T - T_0)]$ है,जहाँ $R_{T_0}$ संदर्भ तापमान $T_0$ पर प्रतिरोध है और $\alpha$ प्रतिरोध का ताप गुणांक है।
दिया गया है:
$R_1 = 2\,\Omega$ तापमान $T_1 = 10^{\circ}C$ पर
$R_2 = 3\,\Omega$ तापमान $T_2 = 30^{\circ}C$ पर
संबंध $R_T = R_0(1 + \alpha T)$ का उपयोग करने पर:
$2 = R_0(1 + 10\alpha)$ --- (समीकरण $1$)
$3 = R_0(1 + 30\alpha)$ --- (समीकरण $2$)
समीकरण $2$ को समीकरण $1$ से विभाजित करने पर:
$\frac{3}{2} = \frac{1 + 30\alpha}{1 + 10\alpha}$
तिर्यक गुणा करने पर:
$3(1 + 10\alpha) = 2(1 + 30\alpha)$
$3 + 30\alpha = 2 + 60\alpha$
$3 - 2 = 60\alpha - 30\alpha$
$1 = 30\alpha$
$\alpha = \frac{1}{30} \approx 0.033\,^{\circ}C^{-1}$.

(A) वायु-कोर परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B_0 = \mu_0 n I$ द्वारा दिया जाता है।
जब परिनालिका को $\mu_r$ सापेक्ष पारगम्यता (relative permeability) वाले चुंबकीय पदार्थ से भरा जाता है,तो चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 \mu_r n I$ हो जाता है।
चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ सापेक्ष पारगम्यता से $\mu_r = 1 + \chi$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
दिया गया है $\chi = 1.2 \times 10^{-5}$,इसलिए $\mu_r = 1 + 1.2 \times 10^{-5}$।
चुंबकीय क्षेत्र में आंशिक वृद्धि $\frac{\Delta B}{B_0} = \frac{B - B_0}{B_0} = \frac{\mu_0 \mu_r n I - \mu_0 n I}{\mu_0 n I} = \mu_r - 1$ द्वारा दी जाती है।
$\mu_r = 1 + \chi$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{\Delta B}{B_0} = (1 + \chi) - 1 = \chi$ प्राप्त होता है।
अतः,आंशिक वृद्धि $1.2 \times 10^{-5}$ है।

(C) दो समानांतर धारावाही तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई पर बल का सूत्र इस प्रकार है:
$F/L = \frac{\mu_{0} i_{1} i_{2}}{2 \pi d}$
दिया गया है:
$F/L = 2 \times 10^{-6} \, N/m$
$d = 0.20 \, m$
$i_{1} = i_{2} = x \, A$
$\mu_{0} = 4 \pi \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$
सूत्र में मान रखने पर:
$2 \times 10^{-6} = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times x^2}{2 \pi \times 0.2}$
समीकरण को सरल करने पर:
$2 \times 10^{-6} = \frac{2 \times 10^{-7} \times x^2}{0.2}$
$2 \times 10^{-6} = 10^{-6} \times x^2$
$x^2 = 2$
$x = \sqrt{2} \approx 1.414 \, A$
अतः,$x$ का मान लगभग $1.4 \, A$ है।

(D) प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = -N A \frac{dB}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
कुंडली का प्रतिरोध $R = \rho \frac{\ell}{A_w}$ है,जहाँ $\ell = N(2\pi r)$ तार की कुल लंबाई है और $A_w = \pi r_w^2$ तार का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल है।
व्यय होने वाली शक्ति $P = \frac{\varepsilon^2}{R} = \frac{(N A \frac{dB}{dt})^2}{\rho \frac{N(2\pi r)}{\pi r_w^2}} = \frac{N^2 A^2 (dB/dt)^2 \cdot r_w^2}{2 \rho N r} = \frac{N A^2 (dB/dt)^2 r_w^2}{2 \rho r}$ है।
दिया गया है: $N' = N/2$ और $r_w' = 2r_w$।
$P' = \frac{(N/2) A^2 (dB/dt)^2 (2r_w)^2}{2 \rho r} = \frac{(N/2) A^2 (dB/dt)^2 (4r_w^2)}{2 \rho r} = 2 \times \frac{N A^2 (dB/dt)^2 r_w^2}{2 \rho r} = 2P$।
अतः,व्यय होने वाली शक्ति दोगुनी हो जाएगी।

(B) दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $\lambda = 8\,mm = 8 \times 10^{-3}\,m$। अधिकतम विद्युत क्षेत्र $E_{0} = 60\,Vm^{-1}$।
संचरण की दिशा $+x$-अक्ष के अनुदिश है। विद्युत क्षेत्र $y$-अक्ष पर है।
$1$. चुंबकीय क्षेत्र का आयाम ज्ञात करें: $B_{0} = \frac{E_{0}}{c} = \frac{60}{3 \times 10^{8}} = 2 \times 10^{-7}\,T$।
$2$. चुंबकीय क्षेत्र की दिशा निर्धारित करें: चूंकि तरंग $\vec{E} \times \vec{B}$ की दिशा में संचरित होती है,और $\vec{E}$,$\hat{j}$ में है तथा संचरण $\hat{i}$ में है,इसलिए $\vec{B}$ को $\hat{k}$ दिशा में होना चाहिए।
$3$. तरंग संख्या $k$ ज्ञात करें: $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{8 \times 10^{-3}} = \frac{\pi}{4} \times 10^{3}\,m^{-1}$।
$4$. तरंग समीकरण $E = E_{0} \sin(k(x - ct))\hat{j}$ और $B = B_{0} \sin(k(x - ct))\hat{k}$ है।
मान रखने पर,हमें $E_{y} = 60 \sin \left[\frac{\pi}{4} \times 10^{3}(x - 3 \times 10^{8}t)\right] \hat{j}\,Vm^{-1}$ और $B_{z} = 2 \times 10^{-7} \sin \left[\frac{\pi}{4} \times 10^{3}(x - 3 \times 10^{8}t)\right] \hat{k}\,T$ प्राप्त होता है।

(B) जब $\mu$ अपवर्तनांक और $t$ मोटाई की कांच की प्लेट को एक किरण के पथ में रखा जाता है,तो उत्पन्न अतिरिक्त पथ अंतर $\Delta p = (\mu - 1)t$ होता है।
मूल केंद्रीय स्थिति $O$ पर तीव्रता अपरिवर्तित रहने (अर्थात,उच्चिष्ठ बने रहने) के लिए,पथ अंतर तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का एक पूर्णांक गुणज होना चाहिए।
अतः,$\Delta p = n \lambda$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$
दिया गया है $\mu = 1.5$ और $t = x \lambda$,इसलिए:
$(\mu - 1)t = n \lambda$
$(1.5 - 1) (x \lambda) = n \lambda$
$0.5 x \lambda = n \lambda$
$0.5 x = n$
$x = 2n$
$x$ के सबसे छोटे अशून्य मान के लिए,हम $n = 1$ लेते हैं,जिससे $x = 2(1) = 2$ प्राप्त होता है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ धातु का कार्य फलन (work function) है।
तरंग दैर्ध्य $\lambda_{1}$ के लिए,$K_{1} = \frac{hc}{\lambda_{1}} - \phi$.
तरंग दैर्ध्य $\lambda_{2}$ के लिए,$K_{2} = \frac{hc}{\lambda_{2}} - \phi$.
दिया गया है $\lambda_{1} = 3 \lambda_{2}$,इसे $K_{1}$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$K_{1} = \frac{hc}{3 \lambda_{2}} - \phi$.
$3$ से गुणा करने पर,$3 K_{1} = \frac{hc}{\lambda_{2}} - 3 \phi$.
चूंकि $K_{2} = \frac{hc}{\lambda_{2}} - \phi$,इसलिए $\frac{hc}{\lambda_{2}} = K_{2} + \phi$.
इस मान को $3 K_{1}$ के व्यंजक में रखने पर:
$3 K_{1} = (K_{2} + \phi) - 3 \phi = K_{2} - 2 \phi$.
चूंकि कार्य फलन $\phi > 0$ है,इसलिए $3 K_{1} < K_{2}$,जिसका अर्थ है कि $K_{1} < \frac{K_{2}}{3}$.

(C) कथन $(A)$ गलत है क्योंकि रेडियोधर्मिता भौतिक और रासायनिक स्थितियों से स्वतंत्र होती है।
कथन $(B)$ सही है। रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दिया जाता है,जो चरघातांकीय क्षय को दर्शाता है।
कथन $(C)$ सही है। क्षय नियम का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln(N) = \ln(N_0) - \lambda t$. $\ln(N)$ बनाम $t$ के ग्राफ का ढाल $-\lambda$ है। चूंकि औसत आयु $\tau = 1/\lambda$ है,इसलिए ढाल $-1/\tau$ है।
कथन $(D)$ गलत है क्योंकि $\lambda \times T_{1/2} = \ln(2) \approx 0.693$,जो एक स्थिरांक है।
अतः,कथन $(B)$ और $(C)$ सही हैं।

(D) यह परिपथ दो डायोड $D_{1}$ और $D_{2}$ से बना है जो विपरीत ध्रुवता के साथ समानांतर में जुड़े हुए हैं।
$1$. $V_{\text{in}}$ के धनात्मक अर्ध-चक्र के दौरान:
- जब $V_{\text{in}} < 0.6\,V$ होता है,तो दोनों डायोड $OFF$ स्थिति में होते हैं (रिवर्स बायस या कट-इन वोल्टेज तक नहीं पहुँचते)। अतः,$V_{0} = V_{\text{in}}$.
- जब $V_{\text{in}} \geq 0.6\,V$ होता है,तो डायोड $D_{1}$ फॉरवर्ड बायस हो जाता है और चालन करता है। इसके सिरों पर वोल्टेज इसके कट-इन वोल्टेज $0.6\,V$ पर क्लैंप हो जाता है। अतः,$V_{0} = 0.6\,V$.
$2$. $V_{\text{in}}$ के ऋणात्मक अर्ध-चक्र के दौरान:
- जब $|V_{\text{in}}| < 0.6\,V$ होता है,तो दोनों डायोड $OFF$ होते हैं। अतः,$V_{0} = V_{\text{in}}$.
- जब $|V_{\text{in}}| \geq 0.6\,V$ होता है,तो डायोड $D_{2}$ फॉरवर्ड बायस हो जाता है और चालन करता है। इसके सिरों पर वोल्टेज $-0.6\,V$ पर क्लैंप हो जाता है। अतः,$V_{0} = -0.6\,V$.
इन दोनों को मिलाने पर,आउटपुट वेवफॉर्म $+0.6\,V$ और $-0.6\,V$ पर क्लिप हो जाता है। यह विकल्प $D$ में दिखाए गए वेवफॉर्म के अनुरूप है।

(C) एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग का मानक समीकरण $V_{AM} = A_c [1 + \mu \cos(\omega_m t)] \cos(\omega_c t)$ होता है।
दिए गए समीकरण $V_{AM} = 10[1 + 0.4 \cos(2 \pi \times 10^4 t)] \cos(2 \pi \times 10^7 t)$ के साथ तुलना करने पर,हम मॉड्यूलेटिंग आवृत्ति $f_m$ की पहचान करते हैं।
मॉड्यूलेटिंग सिग्नल के लिए कोसाइन फलन के अंदर का पद $2 \pi f_m t = 2 \pi \times 10^4 t$ है,जिससे $f_m = 10^4 \text{ Hz} = 10 \text{ kHz}$ प्राप्त होता है।
एम्प्लीट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग की बैंडविड्थ $BW = 2 f_m$ द्वारा दी जाती है।
अतः,$BW = 2 \times 10 \text{ kHz} = 20 \text{ kHz}$।

(B) श्रेणी प्रतिरोध $R$ से प्रवाहित होने वाला कुल करंट $I$ इस प्रकार है:
$I = \frac{V_{i} - V_{Z}}{R} = \frac{10\,V - 8\,V}{100\,\Omega} = \frac{2\,V}{100\,\Omega} = 20\,mA$.
ज़ेनर डायोड के ब्रेकडाउन क्षेत्र में कार्य करने के लिए,लोड करंट $I_{L}$ को $I = I_{Z} + I_{L}$ शर्त को पूरा करना चाहिए,जहाँ $0 \le I_{Z} \le I_{ZM}$ है।
$1$. $R_{L, \max}$ ज्ञात करने के लिए,हमें न्यूनतम लोड करंट $I_{L, \min}$ की आवश्यकता है। यह तब होता है जब ज़ेनर करंट अधिकतम हो $(I_{Z} = I_{ZM} = 10\,mA)$।
$I_{L, \min} = I - I_{ZM} = 20\,mA - 10\,mA = 10\,mA$.
$R_{L, \max} = \frac{V_{Z}}{I_{L, \min}} = \frac{8\,V}{10\,mA} = 800\,\Omega$.
$2$. $R_{L, \min}$ ज्ञात करने के लिए,हमें अधिकतम लोड करंट $I_{L, \max}$ की आवश्यकता है। यह तब होता है जब ज़ेनर करंट न्यूनतम हो $(I_{Z} = 0)$।
$I_{L, \max} = I = 20\,mA$.
$R_{L, \min} = \frac{V_{Z}}{I_{L, \max}} = \frac{8\,V}{20\,mA} = 400\,\Omega$.
$R_{L}$ के अधिकतम और न्यूनतम मान का अनुपात है:
$\frac{R_{L, \max}}{R_{L, \min}} = \frac{800\,\Omega}{400\,\Omega} = 2$.

(B) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की कोणीय चौड़ाई $\theta = \frac{\lambda}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ तरंगदैर्घ्य है और $d$ स्लिटों के बीच की दूरी है।
जब प्रणाली को $\mu$ अपवर्तनांक वाले माध्यम में डुबोया जाता है,तो तरंगदैर्घ्य बदलकर $\lambda' = \frac{\lambda}{\mu}$ हो जाती है।
इसलिए,नई कोणीय चौड़ाई $\theta'$ का मान $\theta' = \frac{\lambda'}{d} = \frac{\lambda}{\mu d} = \frac{\theta}{\mu}$ होता है।
दिया गया है कि $\theta = 0.35^{\circ}$ और $\mu = 7/5 = 1.4$ है।
अतः,$\theta' = \frac{0.35^{\circ}}{1.4} = \frac{0.35}{1.4} = \frac{35}{140} = \frac{1}{4}^{\circ}$ प्राप्त होता है।
इसे $\frac{1}{\alpha}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 4$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: $V_{L} = V_{C} = 2V_{R}$.
चूंकि $V = IR$,इसलिए $I X_{L} = I X_{C} = 2(IR)$ होगा।
अतः,$X_{L} = X_{C} = 2R$.
यहाँ $R = 5\,\Omega$ दिया गया है,इसलिए $X_{L} = 2 \times 5 = 10\,\Omega$.
हम जानते हैं कि $X_{L} = 2\pi f L$.
मान रखने पर: $10 = 2 \times \pi \times 50 \times L$.
$10 = 100 \pi L$.
$L = \frac{10}{100\pi} = \frac{1}{10\pi}\,H$.
$mH$ में बदलने के लिए,$L = \frac{1}{10\pi} \times 1000\,mH = \frac{100}{\pi}\,mH$.
इसकी तुलना $\frac{1}{K\pi}\,mH$ से करने पर,$\frac{1}{K\pi} = \frac{100}{\pi}$ प्राप्त होता है।
अतः,$K = \frac{1}{100} = 0.01$.