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

(C) क्षैतिज परास $R$ का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin 2\theta}{g}$ है।
अधिकतम परास के लिए,$\theta = 45^{\circ}$,अतः $R_{\max} = \frac{u^2}{g}$।
दूसरी वस्तु के लिए,परास $R' = \frac{R_{\max}}{2} = \frac{u^2}{2g}$ है।
दूसरी वस्तु के लिए परास के सूत्र की तुलना करने पर: $\frac{u^2 \sin 2\theta'}{g} = \frac{u^2}{2g}$।
इसे सरल करने पर $\sin 2\theta' = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$2\theta' = 30^{\circ}$ या $2\theta' = 150^{\circ}$।
$\theta'$ के लिए हल करने पर,हमें $\theta' = 15^{\circ}$ या $\theta' = 75^{\circ}$ प्राप्त होता है।

(C) पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_h = g(1 - \frac{2h}{R_e})$ होता है,जहाँ $h \ll R_e$ है।
पृथ्वी की सतह से $d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g_d = g(1 - \frac{d}{R_e})$ होता है।
प्रश्न के अनुसार,$g_h = g_d$ है,इसलिए:
$g(1 - \frac{2h}{R_e}) = g(1 - \frac{d}{R_e})$
दोनों पक्षों से $g$ को हटाने और सरल करने पर:
$1 - \frac{2h}{R_e} = 1 - \frac{d}{R_e}$
$\frac{2h}{R_e} = \frac{d}{R_e}$
$d = 2h$
दिया गया है कि $d = \alpha h$,इसलिए:
$\alpha h = 2h$
$\alpha = 2$.

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दाब $P$ और घनत्व $d$ के बीच संबंध $P \propto d^{\gamma}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\frac{P_{2}}{P_{1}} = \left(\frac{d_{2}}{d_{1}}\right)^{\gamma}$.
दिया है $\frac{d_{2}}{d_{1}} = 32$ और $\gamma = \frac{7}{5}$,इसलिए $\frac{P_{2}}{P_{1}} = (32)^{7/5} = (2^5)^{7/5} = 2^7 = 128$.
आदर्श गैस समीकरण $P = \frac{dRT}{M}$ का उपयोग करने पर,हमें $T \propto \frac{P}{d}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{T_{2}}{T_{1}} = \frac{P_{2}}{P_{1}} \times \frac{d_{1}}{d_{2}}$.
मान रखने पर,$\frac{T_{2}}{T_{1}} = 128 \times \frac{1}{32} = 4$.
इस प्रकार,तापमान अपने प्रारंभिक तापमान का $4$ गुना हो जाता है।

(D) मिश्रण के लिए स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा का सूत्र है: $C_{V_{mix}} = \frac{n_1 C_{V_1} + n_2 C_{V_2}}{n_1 + n_2}$।
एकपरमाणुक गैस के लिए,$C_{V_1} = \frac{3}{2} R$ और $n_1 = 1$ है।
बिना कंपन विधा वाली द्विपरमाणुक गैस के लिए,$C_{V_2} = \frac{5}{2} R$ और $n_2 = 3$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$C_{V_{mix}} = \frac{1 \cdot (\frac{3}{2} R) + 3 \cdot (\frac{5}{2} R)}{1 + 3} = \frac{\frac{3}{2} R + \frac{15}{2} R}{4} = \frac{\frac{18}{2} R}{4} = \frac{9 R}{4}$।
दिया गया है कि $C_{V_{mix}} = \frac{\alpha^2}{4} R$,अतः दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{9 R}{4} = \frac{\alpha^2}{4} R$।
इससे $\alpha^2 = 9$ प्राप्त होता है,इसलिए $\alpha = 3$ (धनात्मक मान लेने पर)।

(D) पूर्ण अवशोषण के लिए,प्रकाश द्वारा सतह पर लगाया गया बल $F = \frac{I \cdot A}{c}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ तीव्रता (ऊर्जा फ्लक्स) है,$A$ क्षेत्रफल है,और $c$ प्रकाश की गति $(3 \times 10^{8} \, m/s)$ है।
दिया गया है: $A = 36 \, cm^{2} = 36 \times 10^{-4} \, m^{2}$,$F = 7.2 \times 10^{-9} \, N$.
$I$ के लिए सूत्र: $I = \frac{F \cdot c}{A}$.
मान रखने पर: $I = \frac{7.2 \times 10^{-9} \times 3 \times 10^{8}}{36 \times 10^{-4}}$.
$I = \frac{21.6 \times 10^{-1}}{36 \times 10^{-4}} = 0.6 \times 10^{3} \, W/m^{2} = 600 \, W/m^{2}$.
$W/cm^{2}$ में बदलने पर: $I = \frac{600 \, W}{10^{4} \, cm^{2}} = 0.06 \, W/cm^{2}$.

(B) माध्यम में लेंस की शक्ति $P$ के लिए लेंस मेकर सूत्र:
$P = \frac{1}{f} = \left( \frac{\mu_1}{\mu_2} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
यहाँ,$\mu_1 = 1.5$ (लेंस का अपवर्तनांक),$R_1 = 0.2\,m$,$R_2 = -0.4\,m$ (उभयोत्तल लेंस के लिए),और $P = 1.25\,m^{-1}$ है।
मान रखने पर:
$1.25 = \left( \frac{1.5}{\mu_2} - 1 \right) \left( \frac{1}{0.2} - \frac{1}{-0.4} \right)$
$1.25 = \left( \frac{1.5 - \mu_2}{\mu_2} \right) \left( 5 + 2.5 \right)$
$1.25 = \left( \frac{1.5 - \mu_2}{\mu_2} \right) (7.5)$
$\frac{1.25}{7.5} = \frac{1.5 - \mu_2}{\mu_2}$
$\frac{1}{6} = \frac{1.5 - \mu_2}{\mu_2}$
$\mu_2 = 9 - 6\mu_2$
$7\mu_2 = 9$
$\mu_2 = \frac{9}{7}$

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{max} = E - \phi$ होती है,जहाँ $E$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है और $\phi$ कार्य फलन है।
पहली स्थिति के लिए,$E_1 = 5\phi$ है। इसलिए,$K_{max,1} = 5\phi - \phi = 4\phi$।
चूंकि $K_{max,1} = \frac{1}{2}mv_1^2$,इसलिए $\frac{1}{2}mv_1^2 = 4\phi$ है।
दूसरी स्थिति के लिए,$E_2 = 10\phi$ है। इसलिए,$K_{max,2} = 10\phi - \phi = 9\phi$।
चूंकि $K_{max,2} = \frac{1}{2}mv_2^2$,इसलिए $\frac{1}{2}mv_2^2 = 9\phi$ है।
दोनों समीकरणों का अनुपात लेने पर:
$\frac{\frac{1}{2}mv_1^2}{\frac{1}{2}mv_2^2} = \frac{4\phi}{9\phi}$
$\frac{v_1^2}{v_2^2} = \frac{4}{9}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$\frac{v_1}{v_2} = \frac{2}{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,अधिकतम वेग का अनुपात $2:3$ है।

(A) मान लीजिए कि प्रारंभिक मात्रा $N_0$ है।
यह दिया गया है कि नमूना अपनी मूल मात्रा का $\frac{7}{8}$ भाग क्षयित हो जाता है,इसलिए शेष मात्रा $N$ है:
$N = N_0 - \frac{7}{8}N_0 = \frac{1}{8}N_0$.
हम जानते हैं कि रेडियोधर्मी क्षय का नियम $N = N_0 (\frac{1}{2})^n$ है,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
$\frac{1}{8}N_0 = N_0 (\frac{1}{2})^n$
$(\frac{1}{2})^3 = (\frac{1}{2})^n$
अतः,$n = 3$.
चूँकि $n = \frac{t}{T_{1/2}}$,जहाँ $t = 15$ मिनट और $T_{1/2}$ अर्ध-आयु है:
$3 = \frac{15}{T_{1/2}}$
$T_{1/2} = \frac{15}{3} = 5$ मिनट।

(B) कॉमन एमिटर एम्पलीफायर का वोल्टेज गेन $A_v$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$A_v = \frac{v_{\text{out}}}{v_{\text{in}}} = \beta \frac{R_{\text{out}}}{R_{\text{in}}}$
दिया गया है:
$\beta = 100$
$R_{\text{in}} = 1 \text{ k}\Omega = 10^3 \, \Omega$
$R_{\text{out}} = 10 \text{ k}\Omega = 10^4 \, \Omega$
$v_{\text{in}} = 1 \text{ mV} = 10^{-3} \, \text{V}$
मान रखने पर:
$v_{\text{out}} = v_{\text{in}} \times \beta \times \frac{R_{\text{out}}}{R_{\text{in}}}$
$v_{\text{out}} = 10^{-3} \times 100 \times \frac{10 \times 10^3}{1 \times 10^3}$
$v_{\text{out}} = 10^{-3} \times 100 \times 10$
$v_{\text{out}} = 1 \, \text{V}$

(D) दिया गया है:
मॉड्युलेटिंग आवृत्ति $f_m = 20\,kHz$।
विचलन अनुपात $\beta = 10$।
विचलन अनुपात को $\beta = \frac{\Delta f}{f_m}$ के रूप में परिभाषित किया गया है,जहाँ $\Delta f$ आवृत्ति विचलन है।
इसलिए,$\Delta f = \beta \times f_m = 10 \times 20\,kHz = 200\,kHz$।
कार्सन के नियम के अनुसार,$FM$ सिग्नल के लिए आवश्यक बैंडविड्थ $BW$ है:
$BW = 2(\Delta f + f_m)$
$BW = 2(200\,kHz + 20\,kHz)$
$BW = 2(220\,kHz) = 440\,kHz$।

(A) सबसे पहले,$R = \frac{V^2}{P}$ सूत्र का उपयोग करके प्रत्येक बल्ब का प्रतिरोध ज्ञात करें।
$100\,W$ बल्ब के लिए: $R_1 = \frac{220^2}{100} = 484\,\Omega$.
$60\,W$ बल्ब के लिए: $R_2 = \frac{220^2}{60} = \frac{4840}{6} = 806.67\,\Omega$.
श्रेणीक्रम संयोजन में,कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_2 = 484 + 806.67 = 1290.67\,\Omega$.
श्रेणीक्रम संयोजन से प्रवाहित धारा $I = \frac{V_{total}}{R_{eq}} = \frac{220}{1290.67} \approx 0.17045\,A$.
$100\,W$ बल्ब द्वारा खपत की गई शक्ति $P_1 = I^2 R_1 = (0.17045)^2 \times 484 \approx 0.02905 \times 484 \approx 14.06\,W$.
अतः,खपत की गई शक्ति लगभग $14\,W$ है।

(D) स्विच $S$ को बंद करने के तुरंत बाद $(t = 0)$,प्रेरक (inductor) धारा में किसी भी परिवर्तन का विरोध करता है,इसलिए यह एक ओपन सर्किट (अनंत प्रतिरोध) की तरह व्यवहार करता है।
अतः,प्रेरक वाली शाखा में कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
परिपथ सरल होकर $6\,V$ की बैटरी,$2\,\Omega$ के प्रतिरोध और $4\,\Omega$ के प्रतिरोध के श्रेणीक्रम संयोजन जैसा हो जाता है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 2\,\Omega + 4\,\Omega = 6\,\Omega$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,बैटरी से प्रवाहित धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6\,V}{6\,\Omega} = 1\,A$ है।

(D) दिया गया है: वस्तु की प्रारंभिक दूरी $u_0 = -100\,cm$। वक्रता त्रिज्या $R = -200\,cm$। फोकस दूरी $f = R/2 = -100\,cm$।
वस्तु की गति $v_{obj} = 2\,cm/s$ दर्पण की ओर।
$t = 10\,s$ समय के बाद,वस्तु द्वारा तय की गई दूरी $d = v_{obj} \times t = 2\,cm/s \times 10\,s = 20\,cm$।
दर्पण से वस्तु की नई स्थिति $u = u_0 + d = -100\,cm + 20\,cm = -80\,cm$।
दर्पण सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$।
मान रखने पर: $\frac{1}{v} + \frac{1}{-80} = \frac{1}{-100}$।
$\frac{1}{v} = \frac{1}{80} - \frac{1}{100} = \frac{5 - 4}{400} = \frac{1}{400}$।
अतः,$v = 400\,cm$।

(B) न्यूटन के लेंस सूत्र के अनुसार,जब दूरियाँ फोकस से मापी जाती हैं,तो प्रतिबिंब दूरी $(v')$ और वस्तु दूरी $(u')$ के बीच का संबंध $v' u' = f^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $f$ लेंस की फोकस दूरी है।
वक्र का दिया गया समीकरण $v' u' = 225$ है।
इसकी तुलना $v' u' = f^2$ से करने पर,हमें $f^2 = 225$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$f = \sqrt{225} = 15 \, cm$ प्राप्त होता है।
अतः,लेंस की फोकस दूरी का परिमाण $15 \, cm$ है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र $B$ से जुड़ी ऊर्जा घनत्व $u$ का सूत्र $u = \frac{B^{2}}{2\mu_{0}}$ है।
यहाँ,$u$ प्रति इकाई आयतन ऊर्जा को दर्शाता है।
ऊर्जा की विमाएँ $[ML^{2}T^{-2}]$ हैं और आयतन की विमाएँ $[L^{3}]$ हैं।
इसलिए,ऊर्जा घनत्व $u$ की विमाएँ $\frac{[ML^{2}T^{-2}]}{[L^{3}]} = [ML^{-1}T^{-2}]$ हैं।
चूंकि $\frac{B^{2}}{\mu_{0}} = 2u$,इसलिए $\left(\frac{B^{2}}{\mu_{0}}\right)$ की विमाएँ $u$ की विमाओं के समान अर्थात $[ML^{-1}T^{-2}]$ होंगी।

(A) माना प्रत्येक संधारित्र की प्रारंभिक धारिता $C = 40\,\mu F$ है।
जब एक संधारित्र में $K$ परावैद्युतांक वाला पदार्थ भरा जाता है,तो उसकी नई धारिता $C' = KC$ हो जाती है।
चूंकि दोनों संधारित्र श्रेणीक्रम में जुड़े हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_{eq}$ का सूत्र है:
$C_{eq} = \frac{C \cdot C'}{C + C'} = \frac{C \cdot (KC)}{C + KC} = \frac{KC}{K + 1}$
यहाँ $C_{eq} = 24\,\mu F$ और $C = 40\,\mu F$ दिया गया है,अतः:
$24 = \frac{K \cdot 40}{K + 1}$
$24(K + 1) = 40K$
$24K + 24 = 40K$
$16K = 24$
$K = \frac{24}{16} = 1.5$

(A) माना कि मूल लंबाई $L_{1}$ और मूल क्षेत्रफल $A_{1}$ है। मूल प्रतिरोध $R_{1} = \rho \frac{L_{1}}{A_{1}}$ है।
जब लंबाई को उसकी मूल लंबाई से दोगुना बढ़ाया जाता है,तो नई लंबाई $L_{2} = L_{1} + 2L_{1} = 3L_{1}$ हो जाती है।
चूंकि तार का आयतन स्थिर रहता है,इसलिए $A_{1}L_{1} = A_{2}L_{2}$।
अतः,$A_{2} = A_{1} \frac{L_{1}}{L_{2}} = A_{1} \frac{L_{1}}{3L_{1}} = \frac{A_{1}}{3}$।
नया प्रतिरोध $R_{2} = \rho \frac{L_{2}}{A_{2}} = \rho \frac{3L_{1}}{A_{1}/3} = 9 \rho \frac{L_{1}}{A_{1}}$ होगा।
इसलिए,अनुपात $\frac{R_{2}}{R_{1}} = \frac{9 \rho (L_{1}/A_{1})}{\rho (L_{1}/A_{1})} = 9:1$ है।

(D) गैल्वेनोमीटर की धारा सुग्राहिता $(I_s)$ को प्रति इकाई धारा उत्पन्न विक्षेप के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसका सूत्र है:
$I_s = \frac{\theta}{i} = \frac{NAB}{K}$
जहाँ:
$N$ = कुंडली में फेरों की संख्या
$A$ = कुंडली का क्षेत्रफल
$B$ = चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता
$K$ = स्प्रिंग का मरोड़ी नियतांक
सूत्र से स्पष्ट है कि $I_s \propto N$,$I_s \propto A$,$I_s \propto B$,और $I_s \propto \frac{1}{K}$ है।
धारा सुग्राहिता बढ़ाने के लिए हमें:
$1$. फेरों की संख्या $(N)$ बढ़ानी चाहिए।
$2$. कुंडली का क्षेत्रफल $(A)$ बढ़ाना चाहिए।
$3$. चुंबकीय क्षेत्र $(B)$ बढ़ाना चाहिए।
$4$. स्प्रिंग का मरोड़ी नियतांक $(K)$ घटाना चाहिए।
इन शर्तों के अनुसार,चुंबकीय क्षेत्र को बढ़ाने $(B)$ और स्प्रिंग के मरोड़ी नियतांक को घटाने $(D)$ से धारा सुग्राहिता बढ़ जाती है। अतः,सही विकल्प केवल $(B)$ और $(D)$ है।

(A) छड़ पर कार्य करने वाले बल इसका भार $(mg)$ जो ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर कार्य करता है, अभिलंब बल $(N)$ जो नत समतल के लंबवत है, और चुंबकीय बल $(F_m = ILB)$ जो क्षैतिज दिशा में कार्य करता है (क्योंकि चुंबकीय क्षेत्र $B$ ऊर्ध्वाधर है और धारा $I$ क्षैतिज है)।
छड़ को स्थिर रखने के लिए, नत समतल की दिशा में गुरुत्वाकर्षण बल का घटक और चुंबकीय बल का घटक समान होना चाहिए।
नत समतल की दिशा में गुरुत्वाकर्षण बल का घटक $mg \sin 45^{\circ}$ है।
चुंबकीय बल $F_m = ILB$ क्षैतिज रूप से कार्य करता है। नत समतल की दिशा में इसका घटक $F_m \cos 45^{\circ} = ILB \cos 45^{\circ}$ है।
संतुलन के लिए इन दोनों घटकों को बराबर करने पर:
$mg \sin 45^{\circ} = ILB \cos 45^{\circ}$
चूंकि $\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ}$, हम समीकरण को सरल बना सकते हैं:
$mg = ILB$
रैखिक घनत्व $\lambda = \frac{m}{L} = 0.45\,kg/m$, $g = 10\,m/s^2$, और $B = 0.15\,T$ दिया गया है:
$I = \frac{mg}{LB} = \left(\frac{m}{L}\right) \frac{g}{B}$
मान रखने पर:
$I = \frac{0.45 \times 10}{0.15} = \frac{4.5}{0.15} = 30\,A$
अतः, आवश्यक न्यूनतम धारा $30\,A$ है।

(D) दिया गया धारा समीकरण $i = i_0 \sin (\omega t - 30^{\circ})$ है,जहाँ $i_0 = 5 \, A$ और $\omega = 49 \pi \, rad/s$ है।
एक शुद्ध प्रेरक परिपथ में,प्रेरक प्रतिघात $X_L = \omega L$ होता है।
दिया है $L = 30 \, mH = 30 \times 10^{-3} \, H$।
$X_L = (49 \times \frac{22}{7}) \times 30 \times 10^{-3} = (7 \times 22) \times 30 \times 10^{-3} = 154 \times 30 \times 10^{-3} = 4.62 \, \Omega$।
शिखर वोल्टेज $v_0 = i_0 X_L = 5 \times 4.62 = 23.1 \, V$ है।
एक शुद्ध प्रेरक परिपथ में,वोल्टेज धारा से $90^{\circ}$ आगे रहता है।
इसलिए,वोल्टेज का कलांतर $(-30^{\circ} + 90^{\circ}) = +60^{\circ}$ होगा।
वोल्टेज का समीकरण $v = v_0 \sin (\omega t + 60^{\circ}) = 23.1 \sin (49 \pi t + 60^{\circ})$ है।

(A) किसी माध्यम का अपवर्तनांक $n = \sqrt{\mu_{r} \varepsilon_{r}}$ द्वारा दिया जाता है।
माध्यम $2$ के लिए,अपवर्तनांक $n_{2} = \sqrt{\mu_{r2} \varepsilon_{r2}} = \sqrt{1 \times 9} = 3$ है।
माध्यम में प्रकाश की गति और निर्वात में प्रकाश की गति $c$ के बीच का संबंध $v = \frac{c}{n}$ है।
अतः,माध्यम $2$ में प्रकाश की गति $v_{2} = \frac{c}{n_{2}} = \frac{3 \times 10^{8} \, ms^{-1}}{3} = 1 \times 10^{8} \, ms^{-1}$ होगी।
इस प्रकार,मान $1.0 \times 10^{8} \, ms^{-1}$ है।

(A) सामान्य समायोजन में,दूरदर्शी की लंबाई $L$ को $L = f_o + f_e$ द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $f_o$ अभिदृश्यक की फोकस दूरी है और $f_e$ नेत्रिका की फोकस दूरी है।
दिया गया है $L = 30\,cm$,इसलिए $f_o + f_e = 30$ (समीकरण $1$)।
सामान्य समायोजन में दूरदर्शी के लिए कोणीय आवर्धन $m$ का सूत्र $m = \frac{f_o}{f_e}$ होता है।
दिया गया है $m = 2$,इसलिए $\frac{f_o}{f_e} = 2$,जिसका अर्थ है $f_o = 2f_e$ (समीकरण $2$)।
समीकरण $2$ को समीकरण $1$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$2f_e + f_e = 30$
$3f_e = 30$
$f_e = 10\,cm$।
अब,$f_e$ का मान समीकरण $2$ में रखने पर:
$f_o = 2 \times 10 = 20\,cm$।
अतः,अभिदृश्यक की फोकस दूरी $20\,cm$ है।

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K = \frac{p^2}{2m}$,इसलिए $p = \sqrt{2mK}$ होता है।
जब एक इलेक्ट्रॉन को $V$ विभव के तहत त्वरित किया जाता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा $K = eV$ होती है,जहाँ $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है।
अतः,$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2meV}}$.
प्लांक नियतांक $h = 6.626 \times 10^{-34} \text{ J s}$,इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $m = 9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}$,और आवेश $e = 1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$ के मान रखने पर:
$\lambda = \frac{6.626 \times 10^{-34}}{\sqrt{2 \times 9.11 \times 10^{-31} \times 1.602 \times 10^{-19} \times V}} \text{ m}$.
इसकी गणना करने पर $\lambda \approx \frac{1.227 \times 10^{-9}}{\sqrt{V}} \text{ m} = \frac{1.227}{\sqrt{V}} \text{ nm}$ प्राप्त होता है।
इस समीकरण की तुलना $\lambda = \frac{1.227}{x} \text{ nm}$ से करने पर,$x = \sqrt{V}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है कि अर्ध-आयु $T_{1/2} = 60 \ days$ है।
यदि मूल द्रव्यमान का $\frac{7}{8}$ भाग विघटित हो जाता है,तो शेष द्रव्यमान $N = N_0 - \frac{7}{8}N_0 = \frac{1}{8}N_0$ होगा।
शेष द्रव्यमान और प्रारंभिक द्रव्यमान के बीच का संबंध $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ है,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
मान रखने पर: $\frac{1}{8}N_0 = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
इसे सरल करने पर $\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^n$ प्राप्त होता है,जिससे $n = 3$ मिलता है।
कुल लगा समय $t = n \times T_{1/2} = 3 \times 60 \ days = 180 \ days$ होगा।

(B) सौर सेल एक $p-n$ जंक्शन डायोड है जो प्रकाश ऊर्जा को विद्युत ऊर्जा में परिवर्तित करता है। यह $I-V$ अभिलक्षणिक वक्र के चौथे चतुर्थांश में कार्य करता है। इस चतुर्थांश में,वोल्टेज धनात्मक (अग्र अभिनत) होता है जबकि धारा ऋणात्मक होती है (क्योंकि उपकरण एक स्रोत के रूप में कार्य करता है,जो बाहरी सर्किट को शक्ति प्रदान करता है)। इसलिए,सौर सेल का अभिलक्षणिक वक्र चौथे चतुर्थांश में ग्राफ द्वारा दर्शाया जाता है।

(A) मॉड्यूलेशन इंडेक्स को $\mu = \frac{A_m}{A_c}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $A_m$ संदेश सिग्नल का आयाम है और $A_c$ वाहक तरंग (carrier wave) का आयाम है।
एम्प्लिट्यूड मॉड्यूलेटेड तरंग में विरूपण से बचने के लिए,मॉड्यूलेशन इंडेक्स को $\mu \leq 1$ की शर्त को पूरा करना चाहिए।
यदि $\mu > 1$ होता है,तो ओवर-मॉड्यूलेशन होता है,जिसके परिणामस्वरूप सिग्नल में विरूपण होता है और वाहक आवृत्ति तथा संदेश आवृत्ति के बीच हस्तक्षेप (interference) उत्पन्न होता है।

(C) रेडियोधर्मी क्षय का नियम $A = A_0 \times (1/2)^{t/T}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ समय $t$ पर गतिविधि है,$A_0$ प्रारंभिक गतिविधि है और $T$ अर्ध-आयु है।
दिया गया है,$A_0 = 64 \times A_{safe}$ और हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $A = A_{safe}$ हो जाए।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $A_{safe} = 64 \times A_{safe} \times (1/2)^{t/T}$।
यह सरल होकर $1/64 = (1/2)^{t/T}$ हो जाता है।
चूंकि $64 = 2^6$,इसलिए $(1/2)^6 = (1/2)^{t/T}$।
अतः,$t/T = 6$,जिसका अर्थ है $t = 6 \times T$।
अर्ध-आयु $T = 2$ घंटे $30$ मिनट = $2.5$ घंटे दी गई है।
इस प्रकार,$t = 6 \times 2.5 = 15$ घंटे।

(C) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज चौड़ाई $\beta$ का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ होता है।
चूंकि $D$ और $d$ स्थिर हैं,इसलिए $\beta \propto \lambda$ होता है।
अतः,$\frac{\beta_2}{\beta_1} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1}$।
दिया गया है: $\beta_1 = 7.2\,mm$,$\lambda_1 = 560\,nm$,और $\beta_2 = 8.1\,mm$।
मान रखने पर: $\frac{8.1}{7.2} = \frac{\lambda_2}{560}$।
$\lambda_2 = \frac{8.1}{7.2} \times 560 = \frac{9}{8} \times 560$।
$\lambda_2 = 9 \times 70 = 630\,nm$।

(A) $LCR$ श्रेणी परिपथ में,जिन आवृत्तियों पर धारा का आयाम अपने अधिकतम मान का $\frac{1}{\sqrt{2}}$ गुना हो जाता है,उन्हें हाफ-पावर आवृत्तियाँ कहा जाता है,जिन्हें $\omega_1$ और $\omega_2$ द्वारा दर्शाया जाता है।
परिपथ की बैंडविड्थ $\Delta\omega = \omega_2 - \omega_1$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $\omega_1 = 212\,rad\,s^{-1}$ और $\omega_2 = 232\,rad\,s^{-1}$,अतः बैंडविड्थ $\Delta\omega = 232 - 212 = 20\,rad\,s^{-1}$ है।
$LCR$ श्रेणी परिपथ के लिए बैंडविड्थ का सूत्र $\Delta\omega = \frac{R}{L}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $20 = \frac{5}{L}$।
$L$ के लिए हल करने पर: $L = \frac{5}{20} = 0.25\,H$।
मिलीहेनरी $(mH)$ में बदलने पर: $L = 0.25 \times 1000 = 250\,mH$।

(A) विभवमापी तार $AB$ के सिरों पर विभवांतर $V_{AB} = I \times R_{AB}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ प्राथमिक परिपथ में धारा है।
धारा $I = \frac{E}{R + R_{AB}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E = 4\,V$ और $R_{AB} = 20\,\Omega$ है।
अतः,$V_{AB} = \left( \frac{4}{R + 20} \right) \times 20 = \frac{80}{R + 20}$.
तार पर विभव प्रवणता $k = \frac{V_{AB}}{L}$ है,जहाँ $L = 300\,cm$ है।
द्वितीयक सेल का emf $E' = 20\,mV = 20 \times 10^{-3}\,V$ है और शून्य विक्षेप बिंदु की लंबाई $l = 60\,cm$ है।
शून्य विक्षेप बिंदु पर,$E' = k \times l = \left( \frac{V_{AB}}{L} \right) \times l$.
मान रखने पर: $20 \times 10^{-3} = \left( \frac{80}{R + 20} \right) \times \left( \frac{60}{300} \right)$.
$20 \times 10^{-3} = \left( \frac{80}{R + 20} \right) \times \left( \frac{1}{5} \right)$.
$20 \times 10^{-3} = \frac{16}{R + 20}$.
$R + 20 = \frac{16}{20 \times 10^{-3}} = \frac{16}{0.02} = 800$.
$R = 800 - 20 = 780\,\Omega$.

(A) एक समान विद्युत क्षेत्र में विद्युत द्विध्रुव द्वारा अनुभव किया गया अधिकतम टॉर्क $|\tau|_{\max} = PE$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,जहाँ $P$ द्विध्रुव आघूर्ण है और $E$ विद्युत क्षेत्र की तीव्रता है।
पहले द्विध्रुव के लिए: $P_1 = 1.2 \times 10^{-30} \, C \cdot m$ और $E_1 = 5 \times 10^{4} \, N \cdot C^{-1}$।
दूसरे द्विध्रुव के लिए: $P_2 = 2.4 \times 10^{-30} \, C \cdot m$ और $E_2 = 15 \times 10^{4} \, N \cdot C^{-1}$।
अधिकतम टॉर्क का अनुपात इस प्रकार है:
$\frac{\tau_1}{\tau_2} = \frac{P_1 E_1}{P_2 E_2} = \frac{(1.2 \times 10^{-30}) \times (5 \times 10^{4})}{(2.4 \times 10^{-30}) \times (15 \times 10^{4})}$
व्यंजक को सरल करने पर:
$\frac{\tau_1}{\tau_2} = \left(\frac{1.2}{2.4}\right) \times \left(\frac{5}{15}\right) = \left(\frac{1}{2}\right) \times \left(\frac{1}{3}\right) = \frac{1}{6}$
इसे $\frac{1}{x}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 6$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए गोलों $A$ और $B$ पर प्रारंभिक आवेश $q_A = q_B = q$ है। प्रारंभिक बल $F = \frac{Kq^2}{r^2}$ है।
जब गोले $C$ (प्रारंभ में अनावेशित) को $A$ के संपर्क में रखा जाता है,तो आवेश समान रूप से पुनर्वितरित होता है: $q_A' = q_C' = \frac{q}{2}$।
अब,गोले $C$ को $B$ के संपर्क में रखा जाता है। कुल आवेश $q + \frac{q}{2} = \frac{3q}{2}$ है। अलग करने पर,प्रत्येक पर $q_B' = q_C'' = \frac{3q/2}{2} = \frac{3q}{4}$ आवेश आता है।
अब,$A$ पर $\frac{q}{2}$ और $B$ पर $\frac{3q}{4}$ आवेश है। गोले $C$ को मध्य बिंदु पर (दोनों से $r/2$ दूरी पर) रखा जाता है।
$A$ के कारण $C$ पर बल $F_1 = \frac{K(q/2)(3q/4)}{(r/2)^2} = \frac{3Kq^2/8}{r^2/4} = \frac{3Kq^2}{2r^2} = \frac{3F}{2}$ ($A$ की ओर)।
$B$ के कारण $C$ पर बल $F_2 = \frac{K(3q/4)(3q/4)}{(r/2)^2} = \frac{9Kq^2/16}{r^2/4} = \frac{9Kq^2}{4r^2} = \frac{9F}{4}$ ($A$ की ओर)।
$C$ पर परिणामी बल $F_{net} = F_2 - F_1 = \frac{9F}{4} - \frac{3F}{2} = \frac{9F - 6F}{4} = \frac{3F}{4}$।

(C) जब $q_{1}$ और $q_{2}$ आवेश वाली दो बड़ी चालक प्लेटों को एक-दूसरे के समांतर रखा जाता है,तो आंतरिक सतहों पर आवेश $q_{inner} = \frac{q_{1}-q_{2}}{2}$ होता है।
प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E$ इन आंतरिक आवेशों के कारण होता है: $E = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}} = \frac{q_{inner}}{A\varepsilon_{0}} = \frac{q_{1}-q_{2}}{2A\varepsilon_{0}}$.
प्लेटों के बीच विभवांतर $V = E \cdot d$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $d$ प्लेटों के बीच की दूरी है।
चूंकि समांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{A\varepsilon_{0}}{d}$ है,हम लिख सकते हैं $V = \frac{q_{1}-q_{2}}{2A\varepsilon_{0}} \cdot d = \frac{q_{1}-q_{2}}{2(A\varepsilon_{0}/d)}$.
$C$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $V = \frac{q_{1}-q_{2}}{2C}$ प्राप्त होता है।

$(A)$ मानक प्रतिरोध कुंडलियों के लिए ऐसे प्रतिरोध मान की आवश्यकता होती है जो परिवेश के तापमान में परिवर्तन के बावजूद स्थिर रहे।
प्रतिरोध का ताप गुणांक $(\alpha)$ यह निर्धारित करता है कि तापमान के साथ प्रतिरोध कितना बदलता है, जिसका सूत्र $R_t = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ है।
कॉन्स्टेंटन और मैंगनीन जैसी मिश्र धातुओं को विशेष रूप से चुना जाता है क्योंकि उनका प्रतिरोध का ताप गुणांक बहुत कम होता है।
यह गुण सुनिश्चित करता है कि यदि तापमान में उतार-चढ़ाव होता है, तब भी कुंडलियों का प्रतिरोध लगभग स्थिर रहता है।
इसलिए, अभिकथन $A$ सत्य है, कारण $R$ सत्य है, और $R$, $A$ की सही व्याख्या है।

(B) माना तार की कुल लंबाई $L = 1\,m$ है। भाग $X$ की लंबाई $\ell_X$ और भाग $Y$ की लंबाई $\ell_Y$ है। अतः,$\ell_X + \ell_Y = 1$.
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{\ell}{A}$ द्वारा दिया जाता है।
भाग $X$ के लिए,$R_X = \rho \frac{\ell_X}{A_X}$। भाग $Y$ के लिए,$R_Y = \rho \frac{\ell_Y}{A_Y}$।
जब तार $X$ को $\ell_W = 2\ell_X$ लंबाई तक खींचा जाता है,तो उसका आयतन स्थिर रहता है $(A_X \ell_X = A_W \ell_W)$।
चूंकि $\ell_W = 2\ell_X$,हमें $A_W = \frac{A_X}{2}$ प्राप्त होता है।
तार $W$ का प्रतिरोध $R_W = \rho \frac{\ell_W}{A_W} = \rho \frac{2\ell_X}{A_X/2} = 4 \left( \rho \frac{\ell_X}{A_X} \right) = 4R_X$ है।
दिया गया है कि $R_W = 2R_Y$,इसलिए $4R_X = 2R_Y$,जिसका अर्थ है कि $R_Y = 2R_X$।
चूंकि दोनों भाग $X$ और $Y$ एक ही मूल तार से काटे गए हैं,इसलिए उनका अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ और प्रतिरोधकता $\rho$ समान है। अतः,$R \propto \ell$।
इसलिए,$\frac{R_X}{R_Y} = \frac{\ell_X}{\ell_Y}$।
$R_Y = 2R_X$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{R_X}{2R_X} = \frac{\ell_X}{\ell_Y} = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।

(A) $I_1$ और $I_2$ धारा ले जाने वाले दो समानांतर तारों के बीच,जो $r$ दूरी पर स्थित हैं,प्रति इकाई लंबाई पर लगने वाला बल $f = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$I_1 = 2 \; A$,$I_2 = 3 \; A$,$r = 5 \; cm = 0.05 \; m$,और तार $X$ की लंबाई $\ell = 50 \; cm = 0.5 \; m$ है।
तार $X$ पर कुल बल $F = f \times \ell = \frac{\mu_0 I_1 I_2 \ell}{2 \pi r}$ है।
मान रखने पर:
$F = \frac{(4 \pi \times 10^{-7} \; T \cdot m/A) \times (2 \; A) \times (3 \; A) \times (0.5 \; m)}{2 \pi \times (0.05 \; m)}$
$F = \frac{2 \times 10^{-7} \times 6 \times 0.5}{0.05} = \frac{6 \times 10^{-7}}{0.05} = 120 \times 10^{-7} = 1.2 \times 10^{-5} \; N$.
चूंकि धाराएं एक ही दिशा में हैं,इसलिए बल आकर्षक है,जिसका अर्थ है कि तार $X$ तार $Y$ की ओर खिंचा चला जाएगा।

(D) घटक $X$ के लिए,करंट वोल्टेज के साथ समान कला में है,इसलिए $X$ एक प्रतिरोधक (resistor) है।
प्रतिरोध $R = \frac{V_0}{I_0} = \frac{100}{5} = 20\,\Omega$ है।
घटक $Y$ के लिए,करंट वोल्टेज से $\frac{\pi}{2}$ पीछे रहता है,इसलिए $Y$ एक प्रेरक (inductor) है।
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \frac{V_0}{I_0} = \frac{100}{5} = 20\,\Omega$ है।
जब $X$ और $Y$ को श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो कुल प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = \sqrt{20^2 + 20^2} = 20\sqrt{2}\,\Omega$ होती है।
श्रेणीक्रम सर्किट में पीक करंट $I_0 = \frac{V_0}{Z} = \frac{100}{20\sqrt{2}} = \frac{5}{\sqrt{2}}\,A$ है।
rms करंट $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{5/\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{5}{2}\,A$ होगा।

(C) जब $I_{in}$ तीव्रता वाला अध्रुवित प्रकाश एक पोलरॉइड से गुजरता है, तो निर्गत ध्रुवित प्रकाश की तीव्रता $I_{1} = \frac{1}{2} I_{in}$ होती है।
यहाँ $I_{in} = 2 I_{0}$ दिया गया है, इसलिए पोलरॉइड $P$ से गुजरने के बाद तीव्रता $I_{1} = \frac{1}{2} (2 I_{0}) = I_{0}$ होगी।
मेलस के नियम के अनुसार, जब $I_{1}$ तीव्रता वाला ध्रुवित प्रकाश दूसरे पोलरॉइड से गुजरता है जिसकी संचरण अक्ष आपतित प्रकाश की ध्रुवण दिशा के साथ $\theta$ कोण बनाती है, तो निर्गत तीव्रता $I_{2} = I_{1} \cos^{2} \theta$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $\theta = 30^{\circ}$ है, इसलिए $I_{2} = I_{0} \cos^{2} 30^{\circ}$ होगा।
चूंकि $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, इसलिए $\cos^{2} 30^{\circ} = \frac{3}{4}$ होता है।
अतः, $I_{2} = I_{0} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3 I_{0}}{4}$।

(B) $V$ विभवांतर द्वारा त्वरित $q$ आवेश वाले कण की गतिज ऊर्जा $K = qV$ द्वारा दी जाती है।
रैखिक संवेग $p$,गतिज ऊर्जा से $p = \sqrt{2mK} = \sqrt{2mqV}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
$\alpha$ कण के लिए,द्रव्यमान $m_{\alpha} = 4m_p$ और आवेश $q_{\alpha} = 2e$ है,जहाँ $m_p$ प्रोटॉन का द्रव्यमान है और $e$ मूल आवेश है।
प्रोटॉन के लिए,द्रव्यमान $m_p$ है और आवेश $q_p = e$ है।
उनके संवेग का अनुपात $\frac{p_{\alpha}}{p_p} = \sqrt{\frac{m_{\alpha} q_{\alpha}}{m_p q_p}} = \sqrt{\frac{4m_p \cdot 2e}{m_p \cdot e}} = \sqrt{4 \cdot 2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ है।
अतः,अनुपात $2\sqrt{2} : 1$ है।

(B) नाभिक की त्रिज्या $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A$ द्रव्यमान संख्या है।
नाभिक का आयतन $V$,$V = \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\frac{4}{3} \pi R_0^3$ एक स्थिरांक है,इसलिए आयतन $V$ द्रव्यमान संख्या $A$ के सीधे आनुपातिक है। अतः,कथन $(A)$ सही है।
नाभिक का घनत्व $\rho$,$\rho = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{आयतन}} = \frac{m A}{V}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ एक न्यूक्लियॉन का औसत द्रव्यमान है।
$V \propto A$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\rho = \frac{m A}{k A} = \frac{m}{k}$ प्राप्त होता है,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
चूंकि $\rho$ एक स्थिरांक है,नाभिक का घनत्व द्रव्यमान संख्या $A$ से स्वतंत्र है। अतः,कथन $(E)$ सही है।
इसलिए,कथन $(A)$ और $(E)$ सही हैं।

(D) पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का ऊर्ध्वाधर घटक $(B_V)$,परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $(B)$ और नमन कोण $(\delta)$ के साथ इस सूत्र द्वारा संबंधित है:
$B_V = B \sin \delta$
यहाँ $B_V = 6 \times 10^{-5} \text{ T}$ और $\delta = 37^{\circ}$ दिया गया है।
चूँकि $\tan 37^{\circ} = \frac{3}{4}$,इसलिए त्रिकोणमितीय अनुपात के अनुसार $\sin 37^{\circ} = \frac{3}{5}$ होगा।
सूत्र में मान रखने पर:
$6 \times 10^{-5} = B \times \frac{3}{5}$
$B = \frac{6 \times 10^{-5} \times 5}{3}$
$B = 2 \times 10^{-5} \times 5$
$B = 10 \times 10^{-5} \text{ T} = 10^{-4} \text{ T}$

(C) दिया गया मॉड्यूलेटिंग सिग्नल की आवृत्ति $\omega_{m} = 6.28 \times 10^{6} \text{ rad/s}$ है।
आवृत्ति $f_{m} = \frac{\omega_{m}}{2\pi} = \frac{6.28 \times 10^{6}}{2 \times 3.14} = 1 \times 10^{6} \text{ Hz} = 1 \text{ MHz}$।
कैरियर सिग्नल की आवृत्ति $\omega_{c} = 12.56 \times 10^{9} \text{ rad/s}$ है।
आवृत्ति $f_{c} = \frac{\omega_{c}}{2\pi} = \frac{12.56 \times 10^{9}}{2 \times 3.14} = 2 \times 10^{9} \text{ Hz} = 2000 \text{ MHz}$।
स्क्वायर लॉ डिवाइस निम्नलिखित आवृत्तियाँ उत्पन्न करता है: $2f_{c}, f_{c}+f_{m}, f_{c}, f_{c}-f_{m}, 2f_{m}, f_{m}$।
$f_{c}$ पर केंद्रित बैंड पास फिल्टर $f_{c}-f_{m}, f_{c}, f_{c}+f_{m}$ आवृत्तियों को गुजरने देता है।
आउटपुट सिग्नल की बैंडविड्थ $(f_{c}+f_{m}) - (f_{c}-f_{m}) = 2f_{m}$ है।
बैंडविड्थ $= 2 \times 1 \text{ MHz} = 2 \text{ MHz}$।

(A) श्रेणी प्रतिरोध $R$ के सिरों पर वोल्टेज,आपूर्ति वोल्टेज $V_{S}$ और जेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_{Z}$ के बीच का अंतर है।
$V_{R} = V_{S} - V_{Z} = 20\,V - 8\,V = 12\,V$.
श्रेणी प्रतिरोध $R$ का न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,हमें अधिकतम जेनर धारा $I_{Z,max} = 25\,mA = 25 \times 10^{-3}\,A$ का उपयोग करना होगा।
ओम के नियम के अनुसार,$V_{R} = I_{Z,max} \times R$.
$12\,V = (25 \times 10^{-3}\,A) \times R$.
$R = \frac{12}{25 \times 10^{-3}}\,\Omega = \frac{12000}{25}\,\Omega = 480\,\Omega$.

(A) $t$ समय पर शेष नाभिकों की संख्या $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि प्रारंभ में दोनों के पास नाभिकों की संख्या समान है,$N_{0A} = N_{0B} = N_0$.
$t$ समय पर $A$ के नाभिकों की संख्या $N_A = N_0 e^{-25 \lambda t}$ है।
$t$ समय पर $B$ के नाभिकों की संख्या $N_B = N_0 e^{-16 \lambda t}$ है।
हमें दिया गया है कि $t = \frac{1}{a \lambda}$ समय पर अनुपात $\frac{N_B}{N_A} = e$ है।
$\frac{N_B}{N_A} = \frac{N_0 e^{-16 \lambda t}}{N_0 e^{-25 \lambda t}} = e^{(-16 \lambda + 25 \lambda) t} = e^{9 \lambda t}$.
इसे $e^1$ के बराबर रखने पर,हमें $9 \lambda t = 1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $t = \frac{1}{9 \lambda}$.
इसकी तुलना $t = \frac{1}{a \lambda}$ से करने पर,हमें $a = 9$ प्राप्त होता है।

(A) संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} CV^2$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर,$U = \frac{1}{2} \times (500 \times 10^{-6} \, F) \times (100 \, V)^2 = \frac{1}{2} \times 500 \times 10^{-6} \times 10^4 = 2.5 \, J$.
$LC$ परिपथ में,कुल ऊर्जा संरक्षित रहती है। अधिकतम धारा $I_{max}$ तब होती है जब संधारित्र की पूरी ऊर्जा प्रेरक में स्थानांतरित हो जाती है।
अतः,$\frac{1}{2} LI_{max}^2 = U_{total}$.
$\frac{1}{2} \times (50 \times 10^{-3} \, H) \times I_{max}^2 = 2.5 \, J$.
$I_{max}^2 = \frac{2.5 \times 2}{50 \times 10^{-3}} = \frac{5}{0.05} = 100$.
$I_{max} = \sqrt{100} = 10 \, A$.

(C) गॉस के नियम के अनुसार,गॉसियन सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\oint \vec{E} \cdot d\vec{s} = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_{0}}$ द्वारा दिया जाता है।
$r$ त्रिज्या $(r < R)$ वाली एक गोलीय गॉसियन सतह के लिए,विद्युत क्षेत्र $E$ समान है और त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर निर्देशित है,इसलिए $\oint \vec{E} \cdot d\vec{s} = E(4\pi r^2)$।
परिबद्ध आवेश $Q_{\text{in}}$ की गणना $r$ त्रिज्या के गोले के आयतन पर आवेश घनत्व $\rho(r)$ का समाकलन करके की जाती है:
$Q_{\text{in}} = \int_{0}^{r} \rho(r') 4\pi r'^2 dr' = \int_{0}^{r} \rho_{0} \left(\frac{3}{4} - \frac{r'}{R}\right) 4\pi r'^2 dr'$
$Q_{\text{in}} = 4\pi \rho_{0} \int_{0}^{r} \left(\frac{3}{4}r'^2 - \frac{r'^3}{R}\right) dr' = 4\pi \rho_{0} \left[ \frac{3}{4} \cdot \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4R} \right] = 4\pi \rho_{0} \left( \frac{r^3}{4} - \frac{r^4}{4R} \right) = \pi \rho_{0} r^3 \left( 1 - \frac{r}{R} \right)$।
गॉस का नियम लागू करने पर:
$E(4\pi r^2) = \frac{\pi \rho_{0} r^3}{\varepsilon_{0}} \left( 1 - \frac{r}{R} \right)$
$E = \frac{\rho_{0} r}{4\varepsilon_{0}} \left( 1 - \frac{r}{R} \right)$।

(A) कथन $I$ सही है: स्थिरवैद्युत संतुलन में,चालक के भीतर कोई नेट विद्युत क्षेत्र नहीं होता है $(E = 0)$। चूंकि $E = -dV/dr$,यदि $E = 0$ है,तो चालक के पूरे आयतन और सतह पर विभव $V$ स्थिर होना चाहिए।
कथन $II$ सही है: चूंकि चालक एक समविभव सतह है,इसलिए सतह के स्पर्शरेखीय विद्युत क्षेत्र का कोई भी घटक आवेशों को सतह पर गति करने के लिए प्रेरित करेगा। संतुलन बनाए रखने के लिए,विद्युत क्षेत्र का कोई स्पर्शरेखीय घटक नहीं होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि इसे प्रत्येक बिंदु पर सतह के लंबवत होना चाहिए।

(C) दिया गया है: $E = 440 \sin(100 \pi t)$ और $L = \frac{\sqrt{2}}{\pi} \text{ H}$.
$E = E_0 \sin(\omega t)$ से तुलना करने पर,$E_0 = 440 \text{ V}$ और $\omega = 100 \pi \text{ rad/s}$ प्राप्त होता है।
प्रेरकीय प्रतिघात $X_L = \omega L = (100 \pi) \times \left( \frac{\sqrt{2}}{\pi} \right) = 100 \sqrt{2} \, \Omega$.
शिखर धारा $I_0 = \frac{E_0}{X_L} = \frac{440}{100 \sqrt{2}} = \frac{4.4}{\sqrt{2}} \text{ A}$.
$AC$ एमीटर धारा का $RMS$ मान मापता है।
$I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{4.4 / \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{4.4}{2} = 2.2 \text{ A}$.
अतः,एमीटर का पाठ्यांक $2.2 \text{ A}$ होगा।

(C) $LR$ परिपथ में धारा $i = \frac{E}{R}(1 - e^{-t/\tau})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\tau = \frac{L}{R} = \frac{1}{100} = 0.01\,s = 10\,ms$ है।
$(a)$ धारा के अपने स्थिर-अवस्था मान के आधे तक पहुँचने $(i = \frac{E}{2R})$ के लिए:
$\frac{E}{2R} = \frac{E}{R}(1 - e^{-t/\tau})$
$0.5 = 1 - e^{-t/\tau} \implies e^{-t/\tau} = 0.5$
$t = \tau \ln 2 = 10\,ms \times 0.693 = 6.93\,ms \approx 7\,ms$.
$(b)$ $t = 15\,ms$ पर,$t/\tau = 15/10 = 1.5$:
$i = \frac{6}{100}(1 - e^{-1.5}) = 0.06(1 - 0.25) = 0.06 \times 0.75 = 0.045\,A$.
संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2}Li^2 = \frac{1}{2} \times 1 \times (0.045)^2 = 0.5 \times 0.002025 \approx 0.001\,J = 1\,mJ$.

(A) $UV$ किरणों का उपयोग जल शोधन के लिए किया जाता है क्योंकि ये बैक्टीरिया को मारती हैं।
$X-$किरणों का उपयोग चिकित्सा में फ्रैक्चर का पता लगाने के लिए एक नैदानिक उपकरण के रूप में किया जाता है।
माइक्रोवेव का उपयोग संचार और रडार प्रणालियों के लिए किया जाता है।
इन्फ्रारेड तरंगों की तरंगदैर्ध्य अधिक होती है और इनका प्रकीर्णन कम होता है,इसलिए इनका उपयोग धुंधले दिनों में दृश्यता में सुधार के लिए किया जाता है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,गतिज ऊर्जा $E$ इस प्रकार है:
$E = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ --- $(i)$
जब गतिज ऊर्जा दोगुनी होकर $2E$ हो जाती है,तो मान लीजिए कि नई तरंगदैर्ध्य $\lambda^{\prime}$ है:
$2E = \frac{hc}{\lambda^{\prime}} - \phi$ --- (ii)
समीकरण (ii) में से समीकरण $(i)$ को घटाने पर:
$(2E - E) = (\frac{hc}{\lambda^{\prime}} - \phi) - (\frac{hc}{\lambda} - \phi)$
$E = \frac{hc}{\lambda^{\prime}} - \frac{hc}{\lambda}$
$\lambda^{\prime}$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$E + \frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda^{\prime}}$
$\frac{E\lambda + hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda^{\prime}}$
$\lambda^{\prime} = \frac{hc\lambda}{E\lambda + hc}$

(A) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
दूसरे ऊर्जा स्तर $(n=2)$ से प्रथम ऊर्जा स्तर $(n=1)$ तक संक्रमण के लिए,उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा है:
$\Delta E_1 = E_2 - E_1 = -\frac{13.6}{2^2} - (-\frac{13.6}{1^2}) = 13.6(1 - \frac{1}{4}) = 13.6 \times \frac{3}{4} \text{ eV}$.
उच्चतम अनुमत ऊर्जा स्तर $(n=\infty)$ से प्रथम अनुमत ऊर्जा स्तर $(n=1)$ तक संक्रमण के लिए,उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा है:
$\Delta E_2 = E_{\infty} - E_1 = 0 - (-\frac{13.6}{1^2}) = 13.6 \text{ eV}$.
ऊर्जाओं का अनुपात है:
$\frac{\Delta E_1}{\Delta E_2} = \frac{13.6 \times \frac{3}{4}}{13.6} = \frac{3}{4}$.

(A) मॉड्यूलेशन इंडेक्स $m$ को $m = \frac{A_m}{A_c}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $A_m$ मॉड्यूलेटिंग सिग्नल का आयाम है और $A_c$ कैरियर तरंग का आयाम है।
आयाम में परिवर्तन $2A_m = 8\,V$ दिया गया है,जिससे $A_m = 4\,V$ प्राप्त होता है।
$AM$ तरंग का अधिकतम आयाम $A_{max} = A_c + A_m = 9\,V$ है।
$A_m = 4\,V$ रखने पर,हमें $A_c + 4 = 9$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $A_c = 5\,V$ है।
अतः,मॉड्यूलेशन इंडेक्स $m = \frac{4}{5} = 0.8$ है।

(D) परिपथ का विश्लेषण करने पर,हम देख सकते हैं कि $9\,\Omega$ के तीनों प्रतिरोध $6\,V$ की बैटरी के साथ समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
माना कि तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ है।
चूंकि प्रतिरोध समानांतर में हैं,$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$।
इसलिए,$R_{eq} = 3\,\Omega$।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6\,V}{3\,\Omega} = 2\,A$।
अतः,परिपथ में प्रवाहित होने वाली धारा $2\,A$ है।