JEE Main 2023 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) खींचे गए तार में संचित प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा $U$ का सूत्र $U = \frac{1}{2} \times \text{stress} \times \text{strain} \times \text{volume}$ है।
वैकल्पिक रूप से,$U = \frac{1}{2} \times Y \times (\text{strain})^2 \times \text{Volume}$,जहाँ $Y$ यंग मापांक है,$\text{strain} = \frac{\Delta L}{L}$,और $\text{Volume} = A \times L$.
दिया गया है: $L = 20 \, m$,$\Delta L = 2 \, cm = 0.02 \, m$,$U = 80 \, J$,$Y = 2.0 \times 10^{11} \, N/m^2$.
मान रखने पर:
$80 = \frac{1}{2} \times Y \times \left(\frac{\Delta L}{L}\right)^2 \times A \times L$
$80 = \frac{1}{2} \times (2.0 \times 10^{11}) \times \left(\frac{0.02}{20}\right)^2 \times A \times 20$
$80 = 10^{11} \times (10^{-3})^2 \times A \times 20$
$80 = 10^{11} \times 10^{-6} \times 20 \times A$
$80 = 20 \times 10^5 \times A$
$A = \frac{80}{20 \times 10^5} = 4 \times 10^{-5} \, m^2$.
$mm^2$ में बदलने पर:
$A = 4 \times 10^{-5} \times (10^3 \, mm)^2 = 4 \times 10^{-5} \times 10^6 \, mm^2 = 40 \, mm^2$.

(C) विस्थापन $y = A \cos(30^{\circ})$ के रूप में दिया गया है।
दिया गया आयाम $A = 40 \, cm = 0.4 \, m$ है।
दिए गए समय पर,विस्थापन $y = 40 \cos(30^{\circ}) = 40 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 20\sqrt{3} \, cm = 0.2\sqrt{3} \, m$ है।
सरल आवर्त दोलक की गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2} k(A^2 - y^2)$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $200 = \frac{1}{2} k((0.4)^2 - (0.2\sqrt{3})^2)$.
$200 = \frac{1}{2} k(0.16 - 0.12)$.
$200 = \frac{1}{2} k(0.04)$.
$200 = k(0.02)$.
$k = \frac{200}{0.02} = 10000 = 1.0 \times 10^4 \, Nm^{-1}$.
इसे $1.0 \times 10^x \, Nm^{-1}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 4$ प्राप्त होता है।

(C) बिना फिसले लुढ़कते हुए एक ठोस गोले के लिए,घूर्णन अक्ष के परितः कोणीय संवेग $L = I_{com}\omega = (\frac{2}{5}MR^2)\omega$ होता है।
चूंकि $V_{com} = R\omega$,इसलिए $L = \frac{2}{5}MR^2(\frac{V_{com}}{R}) = \frac{2}{5}MRV_{com}$ प्राप्त होता है।
कुल गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}I_{com}\omega^2 + \frac{1}{2}MV_{com}^2 = \frac{1}{2}(\frac{2}{5}MR^2)(\frac{V_{com}}{R})^2 + \frac{1}{2}MV_{com}^2 = \frac{1}{5}MV_{com}^2 + \frac{1}{2}MV_{com}^2 = \frac{7}{10}MV_{com}^2$ होती है।
अनुपात $\frac{L}{K} = \frac{\frac{2}{5}MRV_{com}}{\frac{7}{10}MV_{com}^2} = \frac{2}{5} \times \frac{10}{7} \times \frac{R}{V_{com}} = \frac{4}{7} \times \frac{R}{R\omega} = \frac{4}{7\omega}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $\frac{L}{K} = \frac{\pi}{22}$,इसलिए $\frac{4}{7\omega} = \frac{\pi}{22}$। यदि हम $\pi \approx \frac{22}{7}$ लें,तो $\frac{4}{7\omega} = \frac{22/7}{22} = \frac{1}{7}$ प्राप्त होता है।
अतः,$7\omega = 28$,जिससे $\omega = 4\,rad/s$ प्राप्त होता है।

(B) पलायन वेग $V_e$ का सूत्र $V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $G$ गुरुत्वाकर्षण नियतांक है,$M$ ग्रह का द्रव्यमान है और $R$ उसकी त्रिज्या है।
सूत्र से,हम देख सकते हैं कि $V_e \propto \sqrt{\frac{M}{R}}$ है।
इसलिए,यदि अनुपात $\frac{M}{R}$ बढ़ता है,तो पलायन वेग $V_e$ भी बढ़ना चाहिए। अतः,कथन $I$ सही है।
इसके अतिरिक्त,चूँकि $V_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$,यह स्पष्ट है कि $V_e$ ग्रह की त्रिज्या $R$ पर निर्भर करता है $(V_e \propto \frac{1}{\sqrt{R}})$। इसलिए,कथन $II$ गलत है।

(D) ट्रेन $A$ का वेग,$V_A = 90\,km/h = 90 \times \frac{5}{18} = 25\,m/s$.
ट्रेन $B$ का वेग,$V_B = 54\,km/h = 54 \times \frac{5}{18} = 15\,m/s$.
चूंकि ट्रेनें विपरीत दिशाओं में चल रही हैं,ट्रेन $A$ के सापेक्ष ट्रेन $B$ का सापेक्ष वेग $V_{BA} = V_B - (-V_A) = 15 + 25 = 40\,m/s$ होगा।
पार करने में लगा समय $t = 8\,s$ है।
ट्रेन $B$ की लंबाई $\ell = V_{BA} \times t$ द्वारा दी जाती है।
$\ell = 40\,m/s \times 8\,s = 320\,m$.

(B) चूंकि गैस को अचानक संपीड़ित किया जाता है,इसलिए यह प्रक्रिया रुद्धोष्म (adiabatic) है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए गैस का समीकरण $PV^\gamma = \text{constant}$ है।
प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं को लागू करने पर: $P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma$.
दिया गया है $P_1 = P_0$,$V_1 = V_0$,और $V_2 = \frac{V_0}{4}$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $P_0 V_0^\gamma = P_2 \left(\frac{V_0}{4}\right)^\gamma$.
$P_2 = P_0 \left(\frac{V_0}{V_0/4}\right)^\gamma$.
$P_2 = P_0 (4)^\gamma$.

(D) श्यान तरल में गिरते हुए गोलाकार पिंड का टर्मिनल वेग $V_t$,स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है: $V_t = \frac{2}{9} \frac{r^2 g (\rho - \sigma)}{\eta}$।
इससे,हम देख सकते हैं कि $V_t \propto r^2$ है।
इसलिए,सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta V_t}{V_t} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $r = 5 \ mm$ और $\Delta r = 0.1 \ mm$ दिया गया है,इसलिए प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta V_t}{V_t} \times 100\% = 2 \times \left( \frac{0.1}{5} \right) \times 100\% = 4\,\%$ है।
अतः,अभिकथन $A$ सत्य है।
कारण $R$ कहता है कि $V_t$ त्रिज्या के व्युत्क्रमानुपाती है,जो गलत है क्योंकि $V_t \propto r^2$ होता है। इसलिए,कारण $R$ असत्य है।

(D) दूरी $s$ समय $t$ के फलन के रूप में समीकरण $s = 2.5 t^2$ द्वारा दी गई है।
तात्क्षणिक चाल $v$ को दूरी $s$ के समय के सापेक्ष अवकलन के रूप में परिभाषित किया जाता है,जो $v = \frac{ds}{dt}$ है।
$s$ का मान रखने पर: $v = \frac{d}{dt}(2.5 t^2)$.
अवकलन के घात नियम का उपयोग करते हुए,$\frac{d}{dt}(t^n) = n t^{n-1}$,हमें $v = 2.5 \times 2 \times t = 5t$ प्राप्त होता है।
$t = 5\,s$ पर तात्क्षणिक चाल ज्ञात करने के लिए,$v$ के समीकरण में $t = 5$ रखें:
$v = 5 \times 5 = 25\,m/s$.

(C) किसी ग्रह की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g$ का सूत्र $g = \frac{GM}{R^2}$ होता है।
चूंकि द्रव्यमान $M = \text{घनत्व} (\rho) \times \text{आयतन} (\frac{4}{3} \pi R^3)$,इसलिए $g = \frac{G}{R^2} \times \frac{4}{3} \pi R^3 \rho = \frac{4}{3} \pi G \rho R$ होता है।
ग्रह $A$ के लिए: $g_A = \frac{4}{3} \pi G \rho R$.
ग्रह $B$ के लिए: $g_B = \frac{4}{3} \pi G (\frac{\rho}{2}) (1.5 R) = \frac{4}{3} \pi G \rho R \times (0.5 \times 1.5) = \frac{4}{3} \pi G \rho R \times 0.75$.
अतः,अनुपात $\frac{g_B}{g_A} = \frac{0.75}{1} = \frac{3}{4}$ है।

(A) अभिकेंद्र बल का सूत्र $F_c = m \omega^2 r$ है।
दिया गया है:
द्रव्यमान $m = 200\,kg$
कोणीय वेग $\omega = 0.2\,rad/s$
त्रिज्या $r = 70\,m$
सूत्र में मान रखने पर:
$F_c = 200 \times (0.2)^2 \times 70$
$F_c = 200 \times 0.04 \times 70$
$F_c = 8 \times 70 = 560\,N$.
अतः,वाहन पर कार्य करने वाला अभिकेंद्र बल $560\,N$ है।

(A) विमीय समांगता के सिद्धांत के अनुसार,केवल समान विमाओं वाली भौतिक राशियों को ही जोड़ा या घटाया जा सकता है।
पद $[X + \frac{a}{Y^2}]$ में,$X$ दाब है,इसलिए $\frac{a}{Y^2}$ की विमाएँ भी दाब के समान होनी चाहिए।
$[X] = [ML^{-1}T^{-2}]$
$[Y] = [L^3]$
$[\frac{a}{Y^2}] = [ML^{-1}T^{-2}] \implies [a] = [ML^{-1}T^{-2}] \times [L^3]^2 = [ML^5T^{-2}]$
पद $[Y - b]$ में,$Y$ आयतन है,इसलिए $b$ की विमाएँ भी आयतन के समान होनी चाहिए।
$[b] = [L^3]$
अब,अनुपात $\frac{a}{b}$ की विमाएँ:
$\frac{[a]}{[b]} = \frac{[ML^5T^{-2}]}{[L^3]} = [ML^2T^{-2}]$
ये विमाएँ ऊर्जा (या कार्य/आघूर्ण) की हैं।

(B) माध्य मुक्त पथ $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दबाव $P$ और व्यास $d$ स्थिर रखे गए हैं,इसलिए माध्य मुक्त पथ निरपेक्ष तापमान $T$ के सीधे आनुपातिक है,अर्थात $\lambda \propto T$।
$STP$ पर,तापमान $T_1 = 273\,K$ और माध्य मुक्त पथ $\lambda_1 = 1500\,d$ है।
$T_2 = 373\,K$ पर,मान लीजिए माध्य मुक्त पथ $\lambda_2$ है।
आनुपातिकता $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{T_2}{T_1}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\lambda_2 = \lambda_1 \times \frac{T_2}{T_1} = 1500\,d \times \frac{373}{273}$।
मान की गणना करने पर: $\lambda_2 \approx 1500 \times 1.3663 \approx 2049.45\,d$।
अतः,माध्य मुक्त पथ लगभग $2049\,d$ है।

(B) सोनोमीटर तार की मूल आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{1}{2 \ell} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ है,जहाँ $T$ तनाव है और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
चूँकि $T = Mg$ (जहाँ $M$ लटकाया गया द्रव्यमान है),इसलिए $f \propto \sqrt{M}$ होता है।
अतः,$\frac{f_2}{f_1} = \sqrt{\frac{M_2}{M_1}}$.
दिया गया है $f_1 = 30\,Hz$,$M_1 = 180\,g$,$f_2 = 50\,Hz$,और $M_2 = m$.
मान रखने पर: $\frac{50}{30} = \sqrt{\frac{m}{180}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(\frac{5}{3})^2 = \frac{m}{180} \Rightarrow \frac{25}{9} = \frac{m}{180}$.
$m$ के लिए हल करने पर: $m = \frac{25}{9} \times 180 = 25 \times 20 = 500\,g$.

(B) बेलन पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau = F \times R$ द्वारा दिया जाता है।
एक खोखले बेलन के लिए,उसकी केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = mR^2$ होता है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के घूर्णी रूप का उपयोग करते हुए,$\tau = I \alpha$,जहाँ $\alpha$ कोणीय त्वरण है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $F \times R = (mR^2) \alpha$ प्राप्त होता है।
$\alpha$ के लिए सरल करने पर,$\alpha = \frac{F}{mR}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है $F = 52.5\,N$,$m = 5\,kg$,और $R = 70\,cm = 0.7\,m$।
मान की गणना करने पर: $\alpha = \frac{52.5}{5 \times 0.7} = \frac{52.5}{3.5} = 15\,rad\,s^{-2}$।

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कार्य (खर्च की गई ऊर्जा) गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
पहली प्रक्रिया के लिए (विरामावस्था से $u \ m/s$ तक):
$E_1 = \frac{1}{2} m u^2 - 0 = \frac{1}{2} m u^2 = E$
दूसरी प्रक्रिया के लिए ($u \ m/s$ से $2u \ m/s$ तक):
$E_2 = \frac{1}{2} m (2u)^2 - \frac{1}{2} m u^2$
$E_2 = \frac{1}{2} m (4u^2) - \frac{1}{2} m u^2 = 2 m u^2 - 0.5 m u^2 = 1.5 m u^2 = 3 \left( \frac{1}{2} m u^2 \right)$
चूंकि $E = \frac{1}{2} m u^2$,इसलिए $E_2 = 3E$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $nE$ से करने पर,हमें $n = 3$ प्राप्त होता है।

(B) स्थिर अवस्था में,प्लेट $A$ से गुजरने वाली ऊष्मा प्रवाह की दर प्लेट $B$ से गुजरने वाली ऊष्मा प्रवाह की दर के बराबर होनी चाहिए।
मान लीजिए कि संपर्क सतह का तापमान $T$ है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $H$ को $H = \frac{KA(T_1 - T_2)}{L}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि दोनों प्लेटों के लिए क्षेत्रफल $A$ और मोटाई $L$ समान है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$H_A = H_B$
$\frac{K_A A(100 - T)}{L} = \frac{K_B A(T - 0)}{L}$
$K_A(100 - T) = K_B(T)$
दिए गए मान $K_A = 84 \, W m^{-1} K^{-1}$ और $K_B = 126 \, W m^{-1} K^{-1}$ रखने पर:
$84(100 - T) = 126T$
दोनों पक्षों को $42$ से विभाजित करने पर:
$2(100 - T) = 3T$
$200 - 2T = 3T$
$5T = 200$
$T = 40^{\circ} C$

(A) एक रैखिक सरल आवर्त गति $(SHM)$ में:
$(A)$ प्रत्यानयन बल $F = -kx$ द्वारा दिया जाता है,जिसका अर्थ है कि बल विस्थापन $x$ के सीधे आनुपातिक है और विपरीत दिशा में कार्य करता है। अतः,कथन $(A)$ सत्य है।
$(B)$ त्वरण $a$ को $a = -\omega^2 x$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि त्वरण विस्थापन के ऋणात्मक के आनुपातिक है,इसलिए वे हमेशा विपरीत दिशा में होते हैं। अतः,कथन $(B)$ सत्य है।
$(C)$ $SHM$ में वेग $v$ को $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ द्वारा दिया जाता है। माध्य स्थिति $(x = 0)$ पर,वेग $v = \omega A$ होता है,जो अधिकतम मान है। अतः,कथन $(C)$ सत्य है।
$(D)$ त्वरण का परिमाण $|a| = \omega^2 |x|$ है। चरम बिंदुओं $(x = \pm A)$ पर,विस्थापन अधिकतम होता है,इसलिए त्वरण भी अधिकतम होता है। अतः,कथन $(D)$ असत्य है।
इसलिए,कथन $(A), (B)$ और $(C)$ सही हैं।

(C) दो कणों के बीच गुरुत्वाकर्षण बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल के रूप में कार्य करता है।
दोनों कणों के बीच की दूरी $r = 2a$ है।
गुरुत्वाकर्षण बल $F = \frac{G m m}{(2a)^2} = \frac{G m^2}{4a^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$m$ द्रव्यमान के कण के लिए $a$ त्रिज्या के वृत्त में $\omega$ कोणीय चाल से घूमने के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल $F_c = m \omega^2 a$ है।
दोनों बलों को बराबर करने पर: $\frac{G m^2}{4a^2} = m \omega^2 a$.
$\omega^2 = \frac{G m}{4 a^3}$.
अतः,कोणीय चाल $\omega = \sqrt{\frac{G m}{4 a^3}}$ होगी।

(A) आदर्श गैस के प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा का सूत्र $K = \frac{3}{2} kT$ है,जहाँ $k$ बोल्ट्जमैन नियतांक है और $T$ परम तापमान है।
चूंकि दोनों गैसें एक ही फ्लास्क में हैं,इसलिए वे समान तापमान $T = 30^{\circ} C = 303 \text{ K}$ पर हैं।
प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा केवल गैस के तापमान पर निर्भर करती है और यह गैस के द्रव्यमान या अणुओं की प्रकृति पर निर्भर नहीं करती है।
अतः,आर्गन और हाइड्रोजन की प्रति अणु औसत गतिज ऊर्जा का अनुपात:
$\frac{K_{\text{argon}}}{K_{\text{hydrogen}}} = \frac{\frac{3}{2} kT}{\frac{3}{2} kT} = 1$ होगा।

(B) यंग मापांक $Y$ का सूत्र $Y = \frac{F/A}{\Delta L/L} = \frac{FL}{A\Delta L}$ है,जहाँ $A = \pi r^2$ है।
पहले तार के लिए: $Y = \frac{fL}{(\pi r^2)l} \Rightarrow l = \frac{fL}{Y\pi r^2}$.
दूसरे तार के लिए: $Y = \frac{(2f)(2L)}{\pi(2r)^2 l'} = \frac{4fL}{4\pi r^2 l'} = \frac{fL}{\pi r^2 l'}$.
$Y$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{fL}{\pi r^2 l} = \frac{fL}{\pi r^2 l'}$.
अतः,$l' = l$.

(C) कण की स्थिति समीकरण $x = 5t^2 - 4t + 5$ द्वारा दी गई है।
वेग $v$ ज्ञात करने के लिए,हम स्थिति $x$ का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन (differentiation) करते हैं:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(5t^2 - 4t + 5)$.
घात नियम (power rule) लागू करने पर,हमें $v = 10t - 4$ प्राप्त होता है।
अब,वेग समीकरण में $t = 2 \, s$ रखने पर:
$v = 10(2) - 4 = 20 - 4 = 16 \, ms^{-1}$.
अतः,$t = 2 \, s$ पर वेग का परिमाण $16 \, ms^{-1}$ है।

(A) स्थिति सदिश $\overrightarrow{r} = 10t \hat{i} + 15t^2 \hat{j} + 7 \hat{k}$ है।
वेग सदिश $\overrightarrow{v}$ समय के सापेक्ष स्थिति का अवकलन है: $\overrightarrow{v} = \frac{d\overrightarrow{r}}{dt} = 10 \hat{i} + 30t \hat{j}$.
त्वरण सदिश $\overrightarrow{a}$ समय के सापेक्ष वेग का अवकलन है: $\overrightarrow{a} = \frac{d\overrightarrow{v}}{dt} = 30 \hat{j}$.
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$\overrightarrow{F} = m\overrightarrow{a}$। चूंकि द्रव्यमान $m$ एक धनात्मक अदिश है,इसलिए कुल बल $\overrightarrow{F}$ की दिशा त्वरण $\overrightarrow{a}$ की दिशा के समान होती है।
चूंकि $\overrightarrow{a} = 30 \hat{j}$ है,इसलिए कुल बल धनात्मक $y$-अक्ष की दिशा में है।

(D) माना सदिश $\vec{A}$ है। $y$-घटक $A_y = A \cos 30^{\circ}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि $A_y = 2 \sqrt{3}$,इसलिए:
$A \cos 30^{\circ} = 2 \sqrt{3}$
$A \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 \sqrt{3}$
$A = 4$
अब,$x$-घटक $A_x = A \sin 30^{\circ}$ द्वारा दिया जाता है।
$A_x = 4 \times \sin 30^{\circ} = 4 \times \frac{1}{2} = 2$.
अतः,$x$-घटक का परिमाण $2$ है।

(A) दिया गया समीकरण $v = \lambda^a g^b \rho^c$ है।
विमीय विश्लेषण विधि का उपयोग करते हुए,हम प्रत्येक राशि के विमीय सूत्र लिखते हैं:
$[v] = [L T^{-1}]$
$[\lambda] = [L]$
$[g] = [L T^{-2}]$
$[\rho] = [M L^{-3}]$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[M^0 L^1 T^{-1}] = [L]^a [L T^{-2}]^b [M L^{-3}]^c$
$[M^0 L^1 T^{-1}] = [M^c L^{a+b-3c} T^{-2b}]$
दोनों पक्षों में $M$,$L$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $c = 0$
$T$ के लिए: $-2b = -1 \Rightarrow b = \frac{1}{2}$
$L$ के लिए: $a + b - 3c = 1$
$b = \frac{1}{2}$ और $c = 0$ को $L$ के समीकरण में रखने पर:
$a + \frac{1}{2} - 3(0) = 1$
$a = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
अतः,$a = \frac{1}{2}$,$b = \frac{1}{2}$ और $c = 0$ प्राप्त होता है।

(B) $P-V$ आरेख में,चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
चूंकि चक्र दक्षिणावर्त (clockwise) है,इसलिए किया गया कार्य धनात्मक है।
त्रिभुज $CDE$ का क्षेत्रफल इस प्रकार है:
$W = \text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई}$
आधार $= (V_E - V_C) = (4 - 2) = 2\,m^3$
ऊंचाई $= (P_D - P_C) = (400 - 100) = 300\,Pa$
$W = \frac{1}{2} \times 2 \times 300 = 300\,J$

(A) दिया गया है:
मूल आवृत्ति $f = 50\,Hz$
डोरी का द्रव्यमान $m = 18\,g = 0.018\,kg$
रैखिक द्रव्यमान घनत्व $\mu = 20\,g/m = 0.02\,kg/m$
चरण $1$: डोरी की लंबाई $(L)$ ज्ञात करें।
हम जानते हैं कि $\mu = \frac{m}{L}$,इसलिए $L = \frac{m}{\mu} = \frac{18\,g}{20\,g/m} = 0.9\,m$.
चरण $2$: आवृत्ति और तरंग की चाल के बीच संबंध।
दोनों सिरों पर बंधी डोरी के मूल विधा (fundamental mode) के लिए,लंबाई $L$ तरंगदैर्ध्य की आधी होती है: $L = \frac{\lambda}{2}$,जिसका अर्थ है $\lambda = 2L$.
$L = 0.9\,m$ रखने पर,हमें $\lambda = 2 \times 0.9 = 1.8\,m$ प्राप्त होता है।
चरण $3$: तरंग की चाल $(v)$ की गणना करें।
तरंग की चाल $v = f \lambda$ द्वारा दी जाती है।
$v = 50\,Hz \times 1.8\,m = 90\,m/s$.
अतः,अनुप्रस्थ तरंगों की चाल $90\,m/s$ है।

(A) किसी पिंड का जड़त्व आघूर्ण $I$,$I = mk^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
ठोस गोले के लिए,इसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{\text{sph}} = \frac{2}{5}mR^2$ होता है।
इसे $mk_{\text{sph}}^2$ के बराबर रखने पर,हमें $k_{\text{sph}} = \sqrt{\frac{2}{5}}R$ प्राप्त होता है।
ठोस बेलन के लिए,इसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{\text{cyl}} = \frac{1}{2}mR^2$ होता है।
इसे $mk_{\text{cyl}}^2$ के बराबर रखने पर,हमें $k_{\text{cyl}} = \frac{R}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।
घूर्णन त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{k_{\text{sph}}}{k_{\text{cyl}}} = \frac{\sqrt{2/5}R}{R/\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{2}{5}} \times \sqrt{2} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ है।
दिए गए अनुपात $\frac{2}{\sqrt{x}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 5$ प्राप्त होता है।

(A) द्रव में $h$ गहराई पर हवा के बुलबुले के अंदर का दबाव निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$P = P_0 + h \rho g + \frac{2T}{r}$
जहाँ $P_0$ वायुमंडलीय दबाव है,$h$ गहराई है,$\rho$ द्रव का घनत्व है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,$T$ पृष्ठ तनाव है और $r$ बुलबुले की त्रिज्या है।
हमें वायुमंडलीय दबाव से अधिक बुलबुले के अंदर का अतिरिक्त दबाव ज्ञात करना है,जो $P - P_0 = h \rho g + \frac{2T}{r}$ है।
दी गई मान:
$h = 10\,cm = 0.1\,m$
$\rho = 1000\,kg\,m^{-3}$
$g = 10\,m\,s^{-2}$
$T = 0.075\,N\,m^{-1}$
$r = 1.0\,mm = 10^{-3}\,m$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$P - P_0 = (0.1 \times 1000 \times 10) + \frac{2 \times 0.075}{10^{-3}}$
$P - P_0 = 1000 + \frac{0.15}{10^{-3}}$
$P - P_0 = 1000 + 150 = 1150\,Pa$.

(A) परिवर्ती बल द्वारा किया गया कार्य विस्थापन के सापेक्ष बल के समाकलन द्वारा प्राप्त होता है: $W = \int_{x_1}^{x_2} F(x) dx$.
यहाँ $F = 5x$,$x_1 = 2\,m$,और $x_2 = 4\,m$ दिया गया है।
$W = \int_{2}^{4} 5x\,dx$.
$W = 5 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{2}^{4}$.
$W = \frac{5}{2} [4^2 - 2^2]$.
$W = \frac{5}{2} [16 - 4]$.
$W = \frac{5}{2} \times 12$.
$W = 5 \times 6 = 30\,J$.

(C) मान लीजिए स्प्रिंग की प्राकृतिक लंबाई $L$ है और विस्तार $x$ है।
वृत्ताकार पथ की कुल त्रिज्या $R = L + x$ है।
स्प्रिंग द्वारा प्रदान किया गया प्रत्यानयन बल वृत्ताकार गति के लिए अभिकेंद्र बल के रूप में कार्य करता है।
$F_{\text{restoring}} = F_{\text{centripetal}}$
$kx = m(L + x)\omega^2$
दिया गया है: $m = 200 \text{ g} = 0.2 \text{ kg}$,$k = 12.5 \text{ N/m}$,$\omega = 5 \text{ rad/s}$.
मान रखने पर:
$12.5x = 0.2(L + x)(5)^2$
$12.5x = 0.2(L + x)(25)$
$12.5x = 5(L + x)$
$12.5x = 5L + 5x$
$7.5x = 5L$
$\frac{x}{L} = \frac{5}{7.5} = \frac{50}{75} = \frac{2}{3}$
अतः,विस्तार और प्राकृतिक लंबाई का अनुपात $2:3$ है।

(A) सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार, टंकी की सतह पर आयतन प्रवाह दर और नल पर आयतन प्रवाह दर समान होनी चाहिए: $A_1 v_1 = A_2 v_2$।
यहाँ, $A_1 = 750 \,cm^2 = 750 \times 10^{-4} \,m^2$ और $A_2 = 500 \,mm^2 = 500 \times 10^{-6} \,m^2$ है।
नल पर पानी की चाल $v_2 = 30 \,cm/s = 0.3 \,m/s$ है।
पानी की सतह के नीचे गिरने की चाल $v_1 = \frac{dh}{dt}$ है।
मान रखने पर: $(750 \times 10^{-4}) \cdot \frac{dh}{dt} = (500 \times 10^{-6}) \times (0.3)$।
$\frac{dh}{dt} = \frac{500 \times 10^{-6} \times 0.3}{750 \times 10^{-4}} = \frac{150 \times 10^{-6}}{750 \times 10^{-4}} = 0.2 \times 10^{-2} \,m/s = 2 \times 10^{-3} \,m/s$।
दिया गया है कि $\frac{dh}{dt} = x \times 10^{-3} \,m/s$, अतः $x = 2$ प्राप्त होता है।

(A) ब्लॉक के गति शुरू करने के लिए,लगाए गए बल $F$ का क्षैतिज घटक सीमांत घर्षण बल के बराबर होना चाहिए।
$1$. बल $F$ को घटकों में वियोजित करें:
क्षैतिज घटक: $F_{x} = F \cos 30^{\circ}$
ऊर्ध्वाधर घटक: $F_{y} = F \sin 30^{\circ}$
$2$. अभिलंब प्रतिक्रिया बल $N$ निर्धारित करें:
ब्लॉक पर कार्य करने वाले ऊर्ध्वाधर बल हैं: भार $mg$ नीचे की ओर,अभिलंब प्रतिक्रिया $N$ ऊपर की ओर,और लगाए गए बल का ऊर्ध्वाधर घटक $F \sin 30^{\circ}$ ऊपर की ओर।
$N + F \sin 30^{\circ} = mg$
$N = mg - F \sin 30^{\circ}$
यहाँ $m = 10 \ kg$ और $g = 10 \ ms^{-2}$ दिया गया है,इसलिए $mg = 100 \ N$ है।
$N = 100 - F \sin 30^{\circ} = 100 - 0.5F$
$3$. गति के लिए शर्त लागू करें:
सीमांत घर्षण $f_{L} = \mu_{s} N$ है।
ब्लॉक तब गति शुरू करेगा जब $F \cos 30^{\circ} = \mu_{s} N$ हो।
$F \cos 30^{\circ} = 0.25(100 - 0.5F)$
$F \frac{\sqrt{3}}{2} = 25 - 0.125F$
$F(0.866 + 0.125) = 25$
$F(0.991) = 25$
$F = \frac{25}{0.991} \approx 25.22 \ N$
अतः,$F \approx 25.2 \ N$ पर ब्लॉक गति करना शुरू कर देगा।

(A) मूविंग कॉइल गैल्वेनोमीटर की धारा संवेदनशीलता $I_s = \frac{NBA}{C}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $N$ फेरों की संख्या है,$B$ चुंबकीय क्षेत्र है,$A$ क्षेत्रफल है और $C$ मरोड़ नियतांक है।
वोल्टेज संवेदनशीलता $V_s = \frac{I_s}{G}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $G$ गैल्वेनोमीटर कॉइल का प्रतिरोध है।
यह दिया गया है कि प्रतिरोध $G$ स्थिर रखा गया है,इसलिए वोल्टेज संवेदनशीलता और धारा संवेदनशीलता के बीच संबंध $V_s \propto I_s$ है।
चूंकि धारा संवेदनशीलता $I_s$ में $25 \%$ की वृद्धि होती है,इसलिए वोल्टेज संवेदनशीलता $V_s$ में भी $25 \%$ की वृद्धि होगी क्योंकि अनुपात $\frac{1}{G}$ स्थिर है।
अतः,वोल्टेज संवेदनशीलता में प्रतिशत परिवर्तन $25 \%$ है।

(C) तत्व $A$ की अर्ध-आयु $T_{1/2}(A) = \frac{\ln 2}{\lambda_A}$ द्वारा दी जाती है।
तत्व $B$ की औसत आयु $\tau(B) = \frac{1}{\lambda_B}$ द्वारा दी जाती है।
प्रश्न के अनुसार,$A$ की अर्ध-आयु $B$ की औसत आयु के बराबर है:
$T_{1/2}(A) = \tau(B)$
सूत्रों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\ln 2}{\lambda_A} = \frac{1}{\lambda_B}$
$\lambda_A$ के लिए समीकरण को व्यवस्थित करने पर:
$\lambda_A = \lambda_B \ln 2$
अतः,सही संबंध $\lambda_A = \lambda_B \ln 2$ है।

(B) जब एक इलेक्ट्रॉन उत्तेजित अवस्था $n_2$ से ग्राउंड स्टेट $n_1=1$ में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $N = \frac{n_2(n_2-1)}{2}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $N = 6$,इसलिए $\frac{n_2(n_2-1)}{2} = 6$,जिसका अर्थ है $n_2^2 - n_2 - 12 = 0$.
इस द्विघात समीकरण को हल करने पर,हमें $(n_2-4)(n_2+3) = 0$ प्राप्त होता है। चूँकि $n_2 > 0$,इसलिए $n_2 = 4$ है।
आपतित फोटॉन की ऊर्जा ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ और उत्तेजित अवस्था $(n=4)$ के बीच ऊर्जा अंतर के बराबर होनी चाहिए:
$h\nu = E_4 - E_1 = -0.85 \ eV - (-13.6 \ eV) = 12.75 \ eV$.
दिया गया है $h = 4.25 \times 10^{-15} \ eVs$,इसलिए आवृत्ति $\nu$ है:
$\nu = \frac{12.75 \ eV}{4.25 \times 10^{-15} \ eVs} = 3 \times 10^{15} \ Hz$.
इसे $x \times 10^{15} \ Hz$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 3$ प्राप्त होता है।

(B) लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करते हुए,हवा में लेंस की शक्ति $P = (n_g - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ है।
उत्तल लेंस के लिए,$R_1 = 20 \ cm$ और $R_2 = -20 \ cm$ है। अतः,$P = (1.8 - 1) \left( \frac{1}{20} - \frac{1}{-20} \right) = 0.8 \times \frac{2}{20} = 0.8 \times 0.1 = 0.08 \ cm^{-1}$।
जब $n_l = 1.5$ अपवर्तनांक वाले द्रव में डुबोया जाता है,तो शक्ति $P' = \left( \frac{n_g}{n_l} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ होती है।
$P' = \left( \frac{1.8}{1.5} - 1 \right) \left( \frac{1}{20} + \frac{1}{20} \right) = (1.2 - 1) \times 0.1 = 0.2 \times 0.1 = 0.02 \ cm^{-1}$।
हवा में शक्ति और द्रव में शक्ति का अनुपात $\frac{P}{P'} = \frac{0.08}{0.02} = 4$ है।
अतः,$x = 4$।

(B) आनत समतल पर ऊपरी आवेश के संतुलन में रहने के लिए,समतल के नीचे की ओर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के घटक को समतल के ऊपर की ओर कार्य करने वाले स्थिर-वैद्युत प्रतिकर्षण बल द्वारा संतुलित किया जाना चाहिए।
मान लीजिए कि दोनों आवेशों के बीच की दूरी $r$ है। ज्यामिति से,$h = r \sin 30^{\circ}$,इसलिए $r = \frac{h}{\sin 30^{\circ}} = 2h$.
बल संतुलन का समीकरण है: $mg \sin 30^{\circ} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q_0^2}{r^2}$.
$r = 2h$ और दिए गए मानों $(m = 0.02 \, kg, g = 10 \, ms^{-2}, q_0 = 2 \times 10^{-6} \, C, \sin 30^{\circ} = 0.5)$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$0.02 \times 10 \times 0.5 = 9 \times 10^9 \times \frac{(2 \times 10^{-6})^2}{(2h)^2}$
$0.1 = 9 \times 10^9 \times \frac{4 \times 10^{-12}}{4h^2}$
$0.1 = \frac{9 \times 10^{-3}}{h^2}$
$h^2 = \frac{9 \times 10^{-3}}{0.1} = 9 \times 10^{-2} \, m^2$
$h = 0.3 \, m = 300 \times 10^{-3} \, m$.
इसे $h = x \times 10^{-3} \, m$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 300$ प्राप्त होता है।

(B) प्लेट से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi$, $\phi = B \cdot A$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $A = 4\,m^2$ क्षेत्रफल है और $B$ चुंबकीय क्षेत्र है।
ग्राफ से, चुंबकीय क्षेत्र $B$ समय $t$ (सेकंड में) का एक रैखिक फलन है, जहाँ $B$ का मान $mT$ (मिली टेस्ला) में है।
रेखा की ढाल $m = \frac{dB}{dt} = \frac{10\,mT - 0\,mT}{5\,s - 0\,s} = 2\,mT/s$ है।
फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार, प्रेरित $emf$ $(\varepsilon)$ का परिमाण $\varepsilon = \left| \frac{d\phi}{dt} \right| = A \left| \frac{dB}{dt} \right|$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\varepsilon = 4\,m^2 \times 2\,mT/s = 8\,mV$.
अतः, प्रेरित $emf$ का परिमाण $8\,mV$ है।

(B) $1$. $3\, \Omega$ और $6\, \Omega$ के समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करें:
$\frac{1}{R_p} = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{2+1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \implies R_p = 2\, \Omega$.
$2$. परिपथ का कुल प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_{total} = R_p + 4.5\, \Omega + r_1 + r_2 = 2 + 4.5 + 0.5 + 1 = 8\, \Omega$.
$3$. परिपथ का कुल विद्युत वाहक बल $(EMF)$ ज्ञात करें:
सेल विपरीत दिशा में जुड़े हैं, इसलिए $E_{net} = 8\, V - 4\, V = 4\, V$.
$4$. परिपथ में बहने वाली कुल धारा $(I)$ ज्ञात करें:
$I = \frac{E_{net}}{R_{total}} = \frac{4\, V}{8\, \Omega} = 0.5\, A$.
$5$. $3\, \Omega$ के प्रतिरोध से बहने वाली धारा $(I_1)$ ज्ञात करने के लिए करंट डिवाइडर नियम का उपयोग करें:
$I_1 = I \times \left( \frac{R_{other}}{R_1 + R_{other}} \right) = 0.5 \times \left( \frac{6}{3+6} \right) = 0.5 \times \frac{6}{9} = 0.5 \times \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\, A$.
$6$. दिया गया है कि $I_1 = \frac{x}{3}\, A$, इसलिए $\frac{x}{3} = \frac{1}{3}$, जिसका अर्थ है कि $x = 1$.

(B) दिया गया है: $\overrightarrow{E} = 6.6 \hat{j} \, V/m$, आवृत्ति $f = 20 \, MHz$, और तरंग $x$-दिशा $(\hat{i})$ में संचरित हो रही है।
चुंबकीय क्षेत्र का परिमाण $B = \frac{E}{c}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $c = 3 \times 10^8 \, m/s$ प्रकाश की गति है।
$B = \frac{6.6}{3 \times 10^8} = 2.2 \times 10^{-8} \, T$.
चुंबकीय क्षेत्र की दिशा $\hat{k} = \hat{E} \times \hat{B}$ संबंध द्वारा निर्धारित की जाती है, जहाँ $\hat{k}$ तरंग संचरण की दिशा है।
यहाँ, $\hat{i} = \hat{j} \times \hat{B}$.
चूंकि $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$, इसलिए $\overrightarrow{B}$ की दिशा $\hat{k}$ होनी चाहिए।
अतः, $\overrightarrow{B} = 2.2 \times 10^{-8} \hat{k} \, T$.

(C) गॉस के नियम के अनुसार,एक बंद पृष्ठ से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $q_{\text{in}}$ पृष्ठ के भीतर परिबद्ध कुल आवेश है।
संधारित्र की धनात्मक प्लेट पर आवेश $Q = CV$ होता है।
चूंकि बंद पृष्ठ केवल धनात्मक प्लेट को घेरता है,इसलिए परिबद्ध आवेश $q_{\text{in}} = Q = CV$ होगा।
अतः,विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{CV}{\varepsilon_0}$ है।

(B) उपग्रह संचार में,अपलिंक (पृथ्वी स्टेशन से उपग्रह तक प्रसारण) के लिए उपयोग की जाने वाली आवृत्ति बैंड आमतौर पर $5.925-6.425\,GHz$ की $C$-बैंड रेंज में होती है।
इसके विपरीत,डाउनलिंक आवृत्ति बैंड (उपग्रह से पृथ्वी स्टेशन तक प्रसारण) $3.7-4.2\,GHz$ है।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) परावर्तन के नियम के अनुसार,आपतन कोण $i$,परावर्तन कोण $r$ के बराबर होता है। दिया गया है $r = 30^{\circ}$,इसलिए $i = 30^{\circ}$ होगा।
समतल दर्पण के लिए विचलन कोण $\delta$ का सूत्र $\delta = 180^{\circ} - (i + r)$ है।
मान रखने पर: $\delta = 180^{\circ} - (30^{\circ} + 30^{\circ}) = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$।
अतः,विचलन कोण $120^{\circ}$ है।

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K = \frac{p^2}{2m}$ है,इसलिए $p = \sqrt{2mK}$ होता है।
इस मान को तरंगदैर्ध्य के सूत्र में रखने पर,$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ प्राप्त होता है।
समान गतिज ऊर्जा $K$ वाले प्रोटॉन और इलेक्ट्रॉन के लिए,उनकी तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = \frac{\frac{h}{\sqrt{2m_p K}}}{\frac{h}{\sqrt{2m_e K}}} = \sqrt{\frac{m_e}{m_p}}$ होगा।
दिया गया है कि $m_p = 1849 \times m_e$,इसलिए $\frac{m_e}{m_p} = \frac{1}{1849}$ है।
अतः,$\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = \sqrt{\frac{1}{1849}} = \frac{1}{43}$।
इस प्रकार,अनुपात $1: 43$ है।

(C) हाइड्रोजन-समान आयन में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \, eV$ है।
$He^{+}$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था मुख्य क्वांटम संख्या $n = 2$ के अनुरूप है।
इन मानों को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$E_2 = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} \, eV$.
$E_2 = -13.6 \times \frac{4}{4} \, eV$.
$E_2 = -13.6 \, eV$.

(A) सर्किट के इनपुट $A$ और $B$ हैं।
$OR$ गेट का आउटपुट $(A+B)$ है।
$AND$ गेट का आउटपुट $(A \cdot B)$ है।
ये दोनों आउटपुट एक $NAND$ गेट में जाते हैं,जो आउटपुट $Z = \overline{(A+B) \cdot (A \cdot B)}$ उत्पन्न करता है।
यह आउटपुट $Z$ फिर एक $NOT$ गेट से होकर गुजरता है,जिससे अंतिम आउटपुट $Y = \bar{Z} = \overline{\overline{(A+B) \cdot (A \cdot B)}} = (A+B) \cdot (A \cdot B)$ प्राप्त होता है।
बूलियन बीजगणित के वितरण नियम का उपयोग करते हुए,$(A+B) \cdot (A \cdot B) = (A \cdot A \cdot B) + (B \cdot A \cdot B) = (A \cdot B) + (A \cdot B) = A \cdot B$।
अतः,$Y = A \cdot B$,जो $AND$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।

(D) सबसे पहले,परिपथ को सरल करें। प्रतिरोधक $R_1$ $(2\,\Omega)$ और $R_2$ $(4\,\Omega)$ श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{12} = 2 + 4 = 6\,\Omega$ है।
यह $R_{12}$,$R_5$ $(6\,\Omega)$ के साथ समांतर क्रम में है,इसलिए इस शाखा का तुल्य प्रतिरोध $R_{AC} = \frac{6 \times 6}{6 + 6} = 3\,\Omega$ है।
अब,$R_{AC}$ $(3\,\Omega)$,$R_4$ $(3\,\Omega)$ के साथ श्रेणीक्रम में है,जिससे $R_{DC} = 3 + 3 = 6\,\Omega$ प्राप्त होता है।
यह $R_{DC}$,$R_7$ $(3\,\Omega)$ के साथ समांतर क्रम में है,इसलिए $R_{AD} = \frac{6 \times 3}{6 + 3} = 2\,\Omega$ है।
अंत में,$R_{AD}$ $(2\,\Omega)$,$R_3$ $(2\,\Omega)$ के साथ श्रेणीक्रम में है,इसलिए कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 2 + 2 = 4\,\Omega$ है।
बैटरी से प्रवाहित कुल विद्युत धारा $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{8}{4} = 2\,A$ है।
नोड $D$ पर करंट डिवाइडर नियम का उपयोग करते हुए,शाखा $DC$ से प्रवाहित धारा $i_1 = i \times \frac{R_7}{R_7 + R_{DC}} = 2 \times \frac{3}{3 + 6} = 2 \times \frac{3}{9} = \frac{2}{3}\,A$ है।
नोड $C$ पर,धारा $i_1$,$R_5$ और $R_1$ तथा $R_2$ के श्रेणी संयोजन के बीच विभाजित होती है। $R_2$ से प्रवाहित धारा $i_2 = i_1 \times \frac{R_5}{R_5 + (R_1 + R_2)} = \frac{2}{3} \times \frac{6}{6 + (2 + 4)} = \frac{2}{3} \times \frac{6}{12} = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3}\,A$ है।

(C) जब एक छड़ चुंबक धात्विक पाइप से होकर गिरता है,तो पाइप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स लगातार बदलता रहता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,चुंबकीय फ्लक्स में यह परिवर्तन धात्विक पाइप में भंवर धाराएं (Eddy currents) उत्पन्न करता है।
लेंज के नियम के अनुसार,ये भंवर धाराएं उस कारण का विरोध करती हैं जो उन्हें उत्पन्न करता है,जो कि गिरते हुए चुंबक की गति है।
यह एक ऊपर की ओर चुंबकीय बल बनाता है जो गुरुत्वाकर्षण बल का विरोध करता है,जिसके परिणामस्वरूप गैर-चुंबकीय छड़ की तुलना में चुंबक का नीचे की ओर त्वरण धीमा हो जाता है।
इसलिए,अभिकथन $A$ और कारण $R$ दोनों सत्य हैं,और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(B) एक लंबी धारावाही परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{B}$ एकसमान होता है और इसकी अक्ष की दिशा में होता है।
जब एक इलेक्ट्रॉन परिनालिका की अक्ष के अनुदिश $\overrightarrow{v}$ वेग से गति करता है,तो वेग सदिश $\overrightarrow{v}$ चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\overrightarrow{B}$ के समानांतर होता है।
गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल $\overrightarrow{F}$,लोरेंत्ज़ बल सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{v} \times \overrightarrow{B})$।
चूंकि $\overrightarrow{v}$ और $\overrightarrow{B}$ समानांतर हैं,इसलिए उनके बीच का कोण $\theta = 0^{\circ}$ है।
अतः,चुंबकीय बल का परिमाण $F = qvB \sin(0^{\circ}) = 0$ होता है।
चूंकि कुल चुंबकीय बल शून्य है,इसलिए इलेक्ट्रॉन पर कोई बल नहीं लगेगा और वह नियत वेग के साथ अक्ष के अनुदिश गति करना जारी रखेगा।
इस प्रकार,कथन $B$ और $C$ सही हैं।

(A) सबसे पहले,परिपथ को सरल करें। संधारित्र $C_3, C_4,$ और $C_5$ श्रेणीक्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_{345}$ इस प्रकार है: $\frac{1}{C_{345}} = \frac{1}{C_3} + \frac{1}{C_4} + \frac{1}{C_5} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{2+1+2}{4} = \frac{5}{4}$. अतः,$C_{345} = 0.8\,\mu F$.
अब,$C_{345}$ संधारित्र $C_2$ के साथ समांतर क्रम में है। उनकी तुल्य धारिता $C_{2345} = C_2 + C_{345} = 0.2 + 0.8 = 1.0\,\mu F$.
यह संयोजन $C_1$ और $C_6$ के साथ श्रेणीक्रम में है। कुल तुल्य धारिता $C_{eq}$ के लिए: $\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_{2345}} + \frac{1}{C_6} = \frac{1}{2} + \frac{1}{1} + \frac{1}{2} = 2\,\mu F^{-1}$. अतः,$C_{eq} = 0.5\,\mu F$.
$10\,V$ के स्रोत से लिया गया कुल आवेश $Q = C_{eq} \times V = 0.5\,\mu F \times 10\,V = 5\,\mu C$ है।
यह आवेश $Q$ संधारित्रों $C_1, C_{2345},$ और $C_6$ के श्रेणी संयोजन से होकर बहता है। समांतर संयोजन $(C_{2345})$ पर विभवांतर $V_{2345} = \frac{Q}{C_{2345}} = \frac{5\,\mu C}{1\,\mu F} = 5\,V$ है।
$C_4$ वाली श्रेणी शाखा पर आवेश $Q' = C_{345} \times V_{2345} = 0.8\,\mu F \times 5\,V = 4\,\mu C$ है।

(A) नाभिक की त्रिज्या $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A$ द्रव्यमान संख्या है।
त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{2^{1/3}}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{A_1^{1/3}}{A_2^{1/3}} = \frac{1}{2^{1/3}}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{A_1}{A_2} = \frac{1}{2}$।
अतः,उनके द्रव्यमानों का अनुपात $\frac{m_1}{m_2} = \frac{A_1}{A_2} = \frac{1}{2}$ है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,$m_1 v_1 = m_2 v_2$ (यह मानते हुए कि प्रारंभिक नाभिक स्थिर था)।
इसलिए,उनकी चालों का अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \frac{m_2}{m_1} = \frac{2}{1}$ है।
यह दिया गया है कि चालों का अनुपात $n:1$ है,इसलिए $n = 2$ प्राप्त होता है।

(A) श्रेणीक्रम में जुड़े दो सेलों का कुल emf $E_{eq} = 1.5\,V + 1.5\,V = 3.0\,V$ है।
मान लीजिए कि प्रत्येक सेल का आंतरिक प्रतिरोध $r$ है। श्रेणीक्रम परिपथ में कुल आंतरिक प्रतिरोध $R_{int} = r + r = 2r$ होगा।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R + R_{int} = 10 + 2r$ है।
परिपथ में बहने वाली धारा $I = \frac{E_{eq}}{R_{total}} = \frac{3}{10 + 2r}$ द्वारा दी जाती है।
$10\,\Omega$ के प्रतिरोध पर विभवांतर $V = 1.5\,V$ दिया गया है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,$V = I \times R$,हमें प्राप्त होता है $1.5 = \left( \frac{3}{10 + 2r} \right) \times 10$.
$1.5(10 + 2r) = 30$.
$15 + 3r = 30$.
$3r = 15$.
$r = 5\,\Omega$.

(A) कुंडली में संतुलन धारा $I$ ओम के नियम द्वारा दी जाती है: $I = \frac{V}{R} = \frac{10 \, V}{4 \, \Omega} = 2.5 \, A$.
एक प्रेरक के चुंबकीय क्षेत्र में संचित ऊर्जा $E$ का सूत्र है: $E = \frac{1}{2} L I^2$.
दिए गए मान $L = 2 \, H$ और $I = 2.5 \, A$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{1}{2} \times 2 \times (2.5)^2 = 6.25 \, J$.
इसे $.......... \times 10^{-2} \, J$ के रूप में व्यक्त करने पर:
$E = 625 \times 10^{-2} \, J$.
अतः,मान $625$ है।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित गतिक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ का सूत्र $\varepsilon = (\vec{v} \times \vec{B}) \cdot \vec{l}$ है।
यहाँ,वेग सदिश $\vec{v} = 2\hat{j}\,m/s$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B} = 0.5\hat{k}\,T$ है।
इनका सदिश गुणनफल $\vec{v} \times \vec{B} = (2\hat{j}) \times (0.5\hat{k}) = 1\hat{i}\,V/m$ है।
यह दर्शाता है कि प्रेरित विद्युत क्षेत्र $x$-अक्ष की दिशा में है।
$x$-अक्ष पर घन की लंबाई $l = 15\,cm = 0.15\,m$ है।
विभवांतर $\Delta V = |\vec{v} \times \vec{B}| \times l = 1\,V/m \times 0.15\,m = 0.15\,V$ होगा।
मिलीवोल्ट में बदलने पर,$\Delta V = 0.15 \times 1000\,mV = 150\,mV$ प्राप्त होता है।

(A) बल्ब पानी की सतह से $8\,cm$ की गहराई पर टंकी के तल पर स्थित है। अपवर्तन के कारण,ऊपर से देखने पर बल्ब की आभासी गहराई $d' = \frac{d}{\mu} = \frac{8}{4/3} = 6\,cm$ होती है।
बल्ब की आभासी स्थिति पानी की सतह से $6\,cm$ नीचे है। इस आभासी स्थिति की समतल दर्पण से दूरी $50 - 6 = 44\,cm$ है।
समतल दर्पण अपने पीछे उतनी ही दूरी पर प्रतिबिंब बनाता है। अतः,प्रतिबिंब $I_2$ दर्पण के पीछे $44\,cm$ की दूरी पर बनता है।
टंकी के तल से प्रतिबिंब $I_2$ की कुल दूरी,तल से दर्पण तक की दूरी $(50\,cm)$ और दर्पण से प्रतिबिंब तक की दूरी $(44\,cm)$ का योग है।
कुल दूरी $= 50 + 44 = 94\,cm$.

(B) मान लीजिए कि एक तरफ से बुलबुले की वास्तविक दूरी $x$ है। तो विपरीत तरफ से दूरी $(24 - x)$ होगी।
आभासी गहराई के सूत्र का उपयोग करते हुए: $d_{\text{apparent}} = \frac{d_{\text{actual}}}{\mu}$.
पहली तरफ के लिए: $12 = \frac{x}{\mu} \implies x = 12\mu$.
दूसरी तरफ के लिए: $4 = \frac{24 - x}{\mu} \implies 24 - x = 4\mu$.
दूसरे समीकरण में $x = 12\mu$ प्रतिस्थापित करने पर:
$24 - 12\mu = 4\mu$.
$24 = 16\mu$.
$\mu = \frac{24}{16} = 1.5 = \frac{3}{2}$.

(D) वाहक तरंग (Carrier wave) का समीकरण $c(t) = 15 \sin(1000 \pi t)$ है।
वाहक आवृत्ति $f_c$ की गणना $f_c = \frac{\omega_c}{2\pi} = \frac{1000\pi}{2\pi} = 500\,Hz$ के रूप में की जाती है।
मॉड्युलेटिंग सिग्नल का समीकरण $m(t) = 10 \sin(4 \pi t)$ है।
मॉड्युलेटिंग आवृत्ति $f_m$ की गणना $f_m = \frac{\omega_m}{2\pi} = \frac{4\pi}{2\pi} = 2\,Hz$ के रूप में की जाती है।
एक आयाम मॉड्युलेटेड $(AM)$ तरंग में वाहक आवृत्ति और दो साइडबैंड आवृत्तियाँ होती हैं: $(f_c - f_m)$ और $(f_c + f_m)$।
साइडबैंड आवृत्तियाँ $(500 - 2)\,Hz = 498\,Hz$ और $(500 + 2)\,Hz = 502\,Hz$ हैं।
अतः,$AM$ सिग्नल में मौजूद आवृत्तियाँ $500\,Hz, 498\,Hz$ और $502\,Hz$ हैं,जो बिंदुओं $(1), (4)$ और $(5)$ के अनुरूप हैं।

(A) कॉमन एमिटर $(CE)$ ट्रांजिस्टर में करंट गेन $(\beta)$ को कलेक्टर करंट में परिवर्तन $(\Delta I_C)$ और बेस करंट में परिवर्तन $(\Delta I_B)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है:
$\Delta I_C = 16\,mA - 5\,mA = 11\,mA = 11 \times 10^{-3}\,A$
$\Delta I_B = 200\,\mu A - 100\,\mu A = 100\,\mu A = 100 \times 10^{-6}\,A$
सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{11 \times 10^{-3}\,A}{100 \times 10^{-6}\,A} = \frac{11 \times 10^{-3}}{10^{-4}} = 11 \times 10^1 = 110$
अतः,ट्रांजिस्टर का करंट गेन $110$ है।

(A) विभवांतर $\Delta V$ द्वारा त्वरित आवेशित कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mq\Delta V}}$ द्वारा दी जाती है।
प्रोटॉन $(p)$ और $\alpha$-कण $(\alpha)$ के लिए:
प्रोटॉन का द्रव्यमान $m_p = m$, आवेश $q_p = e$ है।
$\alpha$-कण का द्रव्यमान $m_\alpha = 4m$, आवेश $q_\alpha = 2e$ है।
दिए गए विभव: $V_p = 2\,V$ और $V_\alpha = 4\,V$ हैं।
तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_p}{\lambda_\alpha} = \sqrt{\frac{m_\alpha q_\alpha V_\alpha}{m_p q_p V_p}}$ है।
मान रखने पर:
$\frac{\lambda_p}{\lambda_\alpha} = \sqrt{\frac{4m \times 2e \times 4V}{m \times e \times 2V}} = \sqrt{\frac{32}{2}} = \sqrt{16} = 4$.
अतः, अनुपात $\lambda_p : \lambda_\alpha = 4:1$ है।

(A) कथन $I$ गलत है क्योंकि प्रतिचुंबकत्व (diamagnetism) सभी पदार्थों का एक आंतरिक गुण है और यह तापमान से स्वतंत्र होता है। अनुचुंबकत्व (paramagnetism) और लौहचुंबकत्व (ferromagnetism) के विपरीत,जो क्यूरी के नियम या क्यूरी-वाइस नियम का पालन करते हैं,प्रतिचुंबकीय प्रवृत्ति (susceptibility) तापमान पर निर्भर नहीं करती है।
कथन $II$ सही है क्योंकि लेंज के नियम के अनुसार,जब किसी प्रतिचुंबकीय पदार्थ को बाहरी चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो उसमें आरोपित चुंबकीय क्षेत्र की विपरीत दिशा में एक प्रेरित चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण विकसित होता है,जिसके परिणामस्वरूप पदार्थ क्षेत्र द्वारा दुर्बल रूप से प्रतिकर्षित होता है।

(A) तार को पिघलाकर नया तार बनाने की प्रक्रिया के दौरान तार का आयतन स्थिर रहता है।
$V_1 = V_2 \implies A_1 L_1 = A_2 L_2$
यहाँ $L_2 = \frac{L_1}{4}$ दिया गया है,इसलिए $A_1 L_1 = A_2 (\frac{L_1}{4})$,जिसे सरल करने पर $A_2 = 4 A_1$ प्राप्त होता है।
तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
अतः,नए प्रतिरोध $R_2$ और मूल प्रतिरोध $R_1$ का अनुपात:
$\frac{R_2}{R_1} = \frac{\rho L_2 / A_2}{\rho L_1 / A_1} = \frac{L_2}{L_1} \times \frac{A_1}{A_2}$
मान रखने पर: $\frac{R_2}{R_1} = (\frac{1}{4}) \times (\frac{A_1}{4 A_1}) = \frac{1}{16}$.
इस प्रकार,$R_2 = \frac{R_1}{16} = \frac{160}{16} = 10\,\Omega$।

(A) गॉस के नियम के अनुसार,किसी भी बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $Q_{\text{in}}$ सतह द्वारा घिरा हुआ कुल आवेश है।
एक विद्युत द्विध्रुव दो समान और विपरीत आवेशों,$+q$ और $-q$ से बना होता है। इसलिए,विद्युत द्विध्रुव का कुल आवेश $Q_{\text{in}} = (+q) + (-q) = 0$ होता है।
चूंकि सतह द्वारा घिरा हुआ कुल आवेश शून्य है,इसलिए सतह से बाहर आने वाला कुल फ्लक्स $\phi = \frac{0}{\varepsilon_0} = 0$ होगा।
अतः,अभिकथन $A$ सत्य है क्योंकि द्विध्रुव का कुल आवेश शून्य है,और कारण $R$ सत्य है क्योंकि यह विद्युत द्विध्रुव की संरचना को सही ढंग से परिभाषित करता है,जो इस बात की व्याख्या करता है कि कुल आवेश शून्य क्यों है।
इसलिए,$A$ और $R$ दोनों सत्य हैं और $R$,$A$ की सही व्याख्या है।

(A) ऑप्टिकल संचार आमतौर पर इन्फ्रारेड या दृश्य प्रकाश का उपयोग करता है,जो $1 \, THz$ से $1000 \, THz$ की आवृत्ति सीमा में आता है।
$RADAR$ में उपयोग की जाने वाली माइक्रोवेव की आवृत्ति $1 \, GHz$ से $300 \, GHz$ की सीमा में होती है।
चूंकि आवृत्ति $f$ और तरंगदैर्घ्य $\lambda$ समीकरण $c = f\lambda$ द्वारा व्युत्क्रमानुपाती रूप से संबंधित हैं,इसलिए उच्च आवृत्ति वाली तरंगों की तरंगदैर्घ्य कम होती है।
इसलिए,ऑप्टिकल संचार के लिए उपयोग की जाने वाली $EM$ तरंगों की तरंगदैर्घ्य माइक्रोवेव की तुलना में कम होती है,जिससे अभिकथन $A$ गलत हो जाता है।
कारण $R$ के संबंध में,फोटॉन की ऊर्जा $E = hf$ द्वारा दी जाती है। चूंकि इन्फ्रारेड तरंगों की आवृत्ति माइक्रोवेव से अधिक होती है,इसलिए वे अधिक ऊर्जावान होती हैं। अतः,कारण $R$ सही है।
निष्कर्ष: $A$ गलत है लेकिन $R$ सही है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2}\,eV$ द्वारा दी जाती है।
$n=1$ के लिए,$E_1 = -13.6\,eV$.
$n=2$ के लिए,$E_2 = -3.4\,eV$.
$n=3$ के लिए,$E_3 = -1.51\,eV$.
$n=4$ के लिए,$E_4 = -0.85\,eV$.
ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ से $n$ वीं अवस्था में इलेक्ट्रॉन को उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_n - E_1$ है।
$n=2$ के लिए,$\Delta E = -3.4 - (-13.6) = 10.2\,eV$.
$n=3$ के लिए,$\Delta E = -1.51 - (-13.6) = 12.09\,eV$.
$n=4$ के लिए,$\Delta E = -0.85 - (-13.6) = 12.75\,eV$.
चूंकि आपतित इलेक्ट्रॉन बीम की ऊर्जा $12.5\,eV$ है,यह हाइड्रोजन परमाणुओं को $n=3$ अवस्था तक उत्तेजित कर सकता है,लेकिन $n=4$ अवस्था तक नहीं।
जब इलेक्ट्रॉन $n=3$ से $n=1$ में वापस आते हैं,तो संभावित संक्रमण $3 \to 2$,$2 \to 1$,और $3 \to 1$ हैं।
स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $N = \frac{n(n-1)}{2}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
$n=3$ के लिए,$N = \frac{3(3-1)}{2} = 3$.

(D) कथन $I$ सही है: एक श्रेणी $LCR$ परिपथ में,धारा $I = \frac{V}{Z} = \frac{V}{\sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}}$ द्वारा दी जाती है। जैसे-जैसे आवृत्ति $f$ बढ़ती है,$X_L = 2\pi fL$ बढ़ता है और $X_C = \frac{1}{2\pi fC}$ घटता है। अनुनाद पर,$X_L = X_C$ होता है,प्रतिबाधा $Z$ न्यूनतम $(Z = R)$ होती है,और धारा $I$ अधिकतम होती है। इस प्रकार,धारा पहले बढ़कर अधिकतम होती है और फिर घटती है।
कथन $II$ सही है: अनुनाद पर,परिपथ पूरी तरह से प्रतिरोधी (resistive) होता है,जिसका अर्थ है कि कला कोण (phase angle) $\phi = 0$ है। शक्ति गुणांक $\cos \phi = \cos(0) = 1$ होता है।

(D) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय सुई की दोलन आवृत्ति $f$,$f \propto \sqrt{B_H}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $B_H$ पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक है।
दिया गया है कि $B_H = B \cos \theta$,जहाँ $B$ कुल चुंबकीय क्षेत्र है और $\theta$ नमन कोण है।
अतः,$f \propto \sqrt{B \cos \theta}$।
माना $\theta_1 = 30^{\circ}$ पर $f_1 = 20 \text{ दोलन/मिनट}$ और $\theta_2 = 60^{\circ}$ पर $f_2 = 30 \text{ दोलन/मिनट}$ है।
$\frac{f_1}{f_2} = \sqrt{\frac{B_1 \cos \theta_1}{B_2 \cos \theta_2}}$
$\frac{20}{30} = \sqrt{\frac{B_1 \cos 30^{\circ}}{B_2 \cos 60^{\circ}}}$
$\frac{2}{3} = \sqrt{\frac{B_1 (\sqrt{3}/2)}{B_2 (1/2)}} = \sqrt{\frac{B_1 \sqrt{3}}{B_2}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{4}{9} = \frac{B_1 \sqrt{3}}{B_2} \Rightarrow \frac{B_1}{B_2} = \frac{4}{9\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{81 \times 3}} = \frac{4}{\sqrt{243}}$।
इसे $\frac{4}{\sqrt{x}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 243$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.4\,T$,त्रिज्या के परिवर्तन की दर $\frac{dr}{dt} = 1\,mm/s = 10^{-3}\,m/s$,और त्रिज्या $r = 2\,cm = 2 \times 10^{-2}\,m$.
वृत्ताकार लूप का क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है।
क्षेत्रफल के परिवर्तन की दर $\frac{dA}{dt} = 2\pi r \frac{dr}{dt}$ है।
फैराडे के नियम के अनुसार,प्रेरित emf का परिमाण $\varepsilon = \left| \frac{d\phi}{dt} \right| = \left| \frac{d(BA)}{dt} \right| = B \frac{dA}{dt}$ है।
मान रखने पर:
$\varepsilon = 0.4 \times (2 \times \pi \times 2 \times 10^{-2} \times 10^{-3})\,V$
$\varepsilon = 0.4 \times 4\pi \times 10^{-5}\,V$
$\varepsilon = 1.6\pi \times 10^{-5}\,V = 16\pi \times 10^{-6}\,V = 16\pi\,\mu V$.
चूंकि $16\pi \approx 16 \times 3.14 = 50.24\,\mu V$,इसलिए निकटतम पूर्णांक मान $50\,\mu V$ है।

(A) नाभिकीय क्षय में मुक्त ऊर्जा $(Q)$ द्रव्यमान क्षति और $1 \, u$ के ऊर्जा समतुल्य के गुणनफल के बराबर होती है।
द्रव्यमान क्षति $(\Delta m) = m(U) - [m(Th) + m(He)]$
$\Delta m = 238.05060 \, u - (234.04360 \, u + 4.00260 \, u)$
$\Delta m = 238.05060 \, u - 238.04620 \, u = 0.0044 \, u$
मुक्त ऊर्जा $(Q) = \Delta m \times 931.5 \, MeV/u$
$Q = 0.0044 \times 931.5 \, MeV = 4.0986 \, MeV$.

(D) चूंकि चालक समान स्रोत से जुड़ा है,इसलिए वोल्टेज $V$ स्थिर रहता है। अतः,$V = i_0 R_0 = i_{100} R_{100} = i_{50} R_{50}$।
दिया गया है $i_0 = 2\,A$ और $i_{100} = 1.2\,A$।
प्रतिरोध-तापमान संबंध $R_t = R_0(1 + \alpha t)$ का उपयोग करने पर:
$2 R_0 = 1.2 R_0(1 + 100 \alpha)$
$1 + 100 \alpha = \frac{2}{1.2} = \frac{20}{12} = \frac{5}{3}$
$100 \alpha = \frac{5}{3} - 1 = \frac{2}{3} \Rightarrow 50 \alpha = \frac{1}{3}$।
अब,$t = 50^{\circ}C$ के लिए:
$i_{50} = \frac{V}{R_{50}} = \frac{i_0 R_0}{R_0(1 + 50 \alpha)} = \frac{2}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{2}{4/3} = \frac{6}{4} = 1.5\,A$।
$mA$ में बदलने पर: $1.5\,A = 1500\,mA = 15 \times 10^2\,mA$।

(D) पहले लेंस $L_1$ के लिए,वस्तु अनंत पर है $(u = -\infty)$।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-\infty} = \frac{1}{20} \implies v_1 = 20\,cm$।
यह प्रतिबिंब $I_1$ दूसरे लेंस $L_2$ के लिए आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
लेंसों के बीच की दूरी $d = 60\,cm$ है।
$L_2$ से $I_1$ की दूरी $u_2 = -(60 - 20) = -40\,cm$ है (क्योंकि यह लेंस के सामने है)।
दूसरे लेंस $L_2$ के लिए,लेंस सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{-40} = \frac{1}{20}$
$\frac{1}{v_2} = \frac{1}{20} - \frac{1}{40} = \frac{1}{40} \implies v_2 = 40\,cm$।
पहले लेंस $L_1$ से अंतिम प्रतिबिंब की कुल दूरी $60 + 40 = 100\,cm$ है।

(D) माना प्रत्येक छोटी बूंद का आवेश $q$ और त्रिज्या $r$ है।
प्रत्येक छोटी बूंद का विभव $V = \frac{Kq}{r} = 10 \, mV$ है।
जब $n = 64$ बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या और $Q$ आवेश की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो आयतन संरक्षित रहता है:
$n \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$
$64 r^3 = R^3 \implies R = 4r$.
बड़ी बूंद पर कुल आवेश $Q = nq = 64q$ है।
बड़ी बूंद का विभव $V' = \frac{KQ}{R} = \frac{K(64q)}{4r} = 16 \times (\frac{Kq}{r})$ होगा।
$V$ का मान रखने पर,हमें $V' = 16 \times 10 \, mV = 160 \, mV$ प्राप्त होता है।

(C) मैक्सवेल के समीकरण यह बताते हैं कि विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र एक-दूसरे द्वारा और आवेशों तथा धाराओं द्वारा कैसे उत्पन्न और परिवर्तित होते हैं।
फैराडे का प्रेरण नियम,जो $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{\partial \phi_B}{\partial t}$ द्वारा दिया गया है,यह बताता है कि समय के साथ बदलने वाला चुंबकीय फ्लक्स एक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ उत्पन्न करता है।
स्थिर स्थितियों में,चुंबकीय फ्लक्स $\phi_B$ समय के सापेक्ष स्थिर रहता है,इसलिए $\frac{\partial \phi_B}{\partial t} = 0$ होता है,जो समीकरण को $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = 0$ में बदल देता है।
हालाँकि यह समीकरण स्थिर स्थितियों में भी सत्य है,लेकिन इसे विशेष रूप से विद्युत चुम्बकीय प्रेरण की घटना का वर्णन करने के लिए परिभाषित किया गया है जो केवल समय के साथ बदलने वाली स्थितियों में होती है।

(D) स्थिर धारा $I$ वाले परिपथ में व्यय शक्ति $P = I^2 R_{eq}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R_{eq}$ तुल्य प्रतिरोध है।
चूँकि सभी परिपथों के लिए $I$ समान है,इसलिए $P$ सीधे $R_{eq}$ के समानुपाती है $(P \propto R_{eq})$।
आइए प्रत्येक परिपथ के लिए तुल्य प्रतिरोध की गणना करें:
$(A)$ समानांतर में दो प्रतिरोधक $(R/2)$ और श्रेणी में एक प्रतिरोधक $(R)$: $R_A = R/2 + R = 1.5R$।
$(B)$ श्रेणी में दो प्रतिरोधक $(2R)$ और समानांतर में एक प्रतिरोधक $(R)$: $R_B = (2R \cdot R) / (2R + R) = 2R/3 \approx 0.67R$।
$(C)$ समानांतर में तीन प्रतिरोधक: $R_C = R/3 \approx 0.33R$।
$(D)$ श्रेणी में तीन प्रतिरोधक: $R_D = R + R + R = 3R$।
तुल्य प्रतिरोधों की तुलना करने पर: $R_C (0.33R) < R_B (0.67R) < R_A (1.5R) < R_D (3R)$।
अतः,शक्ति क्षय का बढ़ता क्रम $P_C < P_B < P_A < P_D$ है।

(A) वास्तविक गहराई $d_i$ और अपवर्तनांक $n_i$ वाले माध्यम की आभासी गहराई $d_{app, i} = \frac{d_i}{n_i}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,बर्तन की कुल गहराई $d$ है। इसे दो समान भागों में विभाजित किया गया है,इसलिए प्रत्येक द्रव की वास्तविक गहराई $d_1 = d_2 = \frac{d}{2}$ है।
तेल की परत की आभासी गहराई $d_{app, 1} = \frac{d/2}{n_1} = \frac{d}{2n_1}$ है।
पानी की परत की आभासी गहराई $d_{app, 2} = \frac{d/2}{n_2} = \frac{d}{2n_2}$ है।
बर्तन की कुल आभासी गहराई दोनों परतों की आभासी गहराई का योग है:
$d_{app} = d_{app, 1} + d_{app, 2} = \frac{d}{2n_1} + \frac{d}{2n_2}$.
$\frac{d}{2}$ को कॉमन लेने पर,हमें $d_{app} = \frac{d}{2} \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} \right)$ प्राप्त होता है।
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक को सरल करने पर,$d_{app} = \frac{d}{2} \left( \frac{n_2 + n_1}{n_1 n_2} \right) = \frac{d(n_1 + n_2)}{2n_1 n_2}$ प्राप्त होता है।

$(A)$ समय के साथ परिवर्तित होने वाला चुंबकीय क्षेत्र समय के साथ बदलती विद्युत धारा द्वारा उत्पन्न होता है।
$1$. एक स्थायी चुंबक स्थिर चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है।
$2$. समय के साथ रैखिक रूप से बदलने वाला विद्युत क्षेत्र एक स्थिर विस्थापन धारा $(I_d = \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt})$ उत्पन्न करता है, जिसके परिणामस्वरूप एक स्थिर चुंबकीय क्षेत्र प्राप्त होता है, न कि समय के साथ बदलने वाला।
$3$. दिष्ट धारा $(DC)$ एक स्थिर चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करती है।
$4$. मंदित गति करता हुआ आवेशित कण एक त्वरित आवेश है, जो समय के साथ बदलते विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र (विद्युतचुंबकीय तरंगें) उत्पन्न करता है।
$5$. डिजिटल सिग्नल से युक्त एंटीना में तेजी से बदलती धाराएं होती हैं, जो समय के साथ परिवर्तित होने वाले चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करती हैं।
अतः, $(D)$ और $(E)$ दोनों समय के साथ परिवर्तित होने वाले चुंबकीय क्षेत्र के स्रोत हैं।

(B) देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_0$ कार्य फलन $\phi$ से इस सूत्र द्वारा संबंधित है: $\lambda_0 = \frac{hc}{\phi}$.
धातु पृष्ठ $A$ के लिए,जहाँ $\phi_A = 9 \, eV$ है:
$\lambda_A = \frac{1242 \, eV \, nm}{9 \, eV} = 138 \, nm$.
धातु पृष्ठ $B$ के लिए,जहाँ $\phi_B = 4.5 \, eV$ है:
$\lambda_B = \frac{1242 \, eV \, nm}{4.5 \, eV} = 276 \, nm$.
देहली तरंगदैर्ध्य के बीच का अंतर है:
$\Delta\lambda = \lambda_B - \lambda_A = 276 \, nm - 138 \, nm = 138 \, nm$.

(B) द्विध्रुव आघूर्ण $p$ का मान $p = q \times d$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $q = 0.01\,C$ और $d = 0.4\,mm = 0.4 \times 10^{-3}\,m$ है।
अतः,$p = 0.01 \times 0.4 \times 10^{-3} = 4 \times 10^{-6}\,Cm$ है।
विद्युत क्षेत्र $E = 10\,dyne/C$ है। चूंकि $1\,dyne = 10^{-5}\,N$,इसलिए $E = 10 \times 10^{-5}\,N/C = 10^{-4}\,N/C$ है।
टॉर्क $\tau$ का सूत्र $\tau = pE \sin \theta$ है,जहाँ $\theta = 30^{\circ}$ है।
$\tau = (4 \times 10^{-6}) \times (10^{-4}) \times \sin 30^{\circ}$ है।
$\tau = 4 \times 10^{-10} \times 0.5 = 2.0 \times 10^{-10}\,Nm$ है।

(A) वायुमंडलीय परतें और उनकी अनुमानित ऊँचाई इस प्रकार है:
$1$. आयनमंडल (ionosphere) की $F_1$-परत लगभग $170-190\,km$ की ऊँचाई पर स्थित है।
$2$. आयनमंडल की $D$-परत लगभग $65-75\,km$ की ऊँचाई पर स्थित है।
$3$. क्षोभमंडल (Troposphere) वायुमंडल की सबसे निचली परत है,जो पृथ्वी की सतह से लगभग $10\,km$ तक फैली हुई है।
$4$. आयनमंडल की $E$-परत लगभग $100\,km$ की ऊँचाई पर स्थित है।
इन मानों का मिलान करने पर:
$(A) \rightarrow (II)$
$(B) \rightarrow (IV)$
$(C) \rightarrow (I)$
$(D) \rightarrow (III)$
अतः,सही क्रम $(A)-(II), (B)-(IV), (C)-(I), (D)-(III)$ है।

(B) इस परिपथ में दो $OR$ गेट और उसके बाद एक $NAND$ गेट है। आरेख को ध्यान से देखने पर, ऊपर वाला गेट $NOR$ गेट है और नीचे वाला गेट $OR$ गेट है। इसलिए, ऊपर वाले गेट का आउटपुट $Y_1 = \overline{A+B}$ है। नीचे वाले गेट का आउटपुट $Y_2 = B+B = B$ है। अंतिम गेट एक $NAND$ गेट है, इसलिए आउटपुट $Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2} = \overline{\overline{(A+B)} \cdot B} = (A+B) + \bar{B} = A + B + \bar{B} = A + 1 = 1$ है। इस प्रकार, इनपुट $A$ और $B$ कुछ भी हों, आउटपुट $Y$ हमेशा $1$ रहता है।

(D) नाभिकीय अभिक्रिया में मुक्त ऊर्जा $Q$,द्रव्यमान क्षति और $1 \, u$ के ऊर्जा समतुल्य $(931.5 \, MeV/c^2)$ के गुणनफल के बराबर होती है।
द्रव्यमान क्षति $\Delta m = (m_A - m_B - m_D)$.
$\Delta m = (238.05079 - 234.04363 - 4.00260) \, u$.
$\Delta m = 238.05079 - 238.04623 = 0.00456 \, u$.
मुक्त ऊर्जा $Q = \Delta m \times 931.5 \, MeV/u$.
$Q = 0.00456 \times 931.5 \, MeV \approx 4.24764 \, MeV$.
निकटतम मान लेने पर,$Q \approx 4.25 \, MeV$।

(C) एक प्रतिरोधक में व्यय होने वाली शक्ति $P = \frac{V^2}{R}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,$R$ प्रतिरोध वाले तार पर $V_0$ विभव लगाने पर,शक्ति क्षय $P_1 = \frac{V_0^2}{R}$ है।
जब तार को दो बराबर हिस्सों में काटा जाता है,तो प्रत्येक आधे हिस्से का प्रतिरोध $R' = \frac{R}{2}$ हो जाता है।
अब,प्रत्येक आधे हिस्से पर $V_0$ विभव लगाया जाता है। एक हिस्से में व्यय होने वाली शक्ति $P' = \frac{V_0^2}{R'} = \frac{V_0^2}{R/2} = \frac{2V_0^2}{R}$ है।
दोनों तारों में कुल शक्ति क्षय $P_2 = P' + P' = 2 \times \frac{2V_0^2}{R} = \frac{4V_0^2}{R}$ है।
अनुपात $P_2 : P_1 = \frac{4V_0^2/R}{V_0^2/R} = 4$ की गणना करने पर।
चूंकि अनुपात $\sqrt{x} : 1$ दिया गया है,इसलिए हमारे पास $\sqrt{x} = 4$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$x = 16$ प्राप्त होता है।

(C) मान लीजिए $I_g$ गैल्वेनोमीटर की पूर्ण-स्केल विक्षेप धारा है और $R_G$ इसका प्रतिरोध है।
स्थिति $1$: $5\,\Omega$ प्रतिरोध के साथ शंटिंग।
कुल धारा $I = 250\,mA = 0.25\,A$ है। शंट प्रतिरोध $S = 5\,\Omega$ है।
धारा विभाजन नियम का उपयोग करते हुए: $I_g = I \times \frac{S}{S + R_G}$
$I_g = 0.25 \times \frac{5}{5 + R_G} \dots(i)$
स्थिति $2$: $1050\,\Omega$ को श्रेणीक्रम में जोड़ना।
कुल वोल्टेज $V = 25\,V$ है। श्रेणी प्रतिरोध $R = 1050\,\Omega$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए: $I_g = \frac{V}{R + R_G}$
$I_g = \frac{25}{1050 + R_G} \dots(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$0.25 \times \frac{5}{5 + R_G} = \frac{25}{1050 + R_G}$
$\frac{1.25}{5 + R_G} = \frac{25}{1050 + R_G}$
$1.25(1050 + R_G) = 25(5 + R_G)$
$1312.5 + 1.25 R_G = 125 + 25 R_G$
$1312.5 - 125 = 25 R_G - 1.25 R_G$
$1187.5 = 23.75 R_G$
$R_G = \frac{1187.5}{23.75} = 50\,\Omega$