JEE Main 2024 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) वर्नियर कैलिपर का अल्पतमांक $(LC)$ का सूत्र है: $LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD}$.
दिया है,$LC = \frac{1}{20N} \text{ cm} = \frac{10}{20N} \text{ mm} = \frac{1}{2N} \text{ mm}$.
साथ ही,$1 \text{ MSD} = 1 \text{ mm}$.
इन मानों को $LC$ सूत्र में रखने पर: $\frac{1}{2N} = 1 - 1 \text{ VSD}$.
अतः,$1 \text{ VSD} = 1 - \frac{1}{2N} = \frac{2N-1}{2N} \text{ mm}$.
माना $x$ मुख्य पैमाने के भागों की संख्या है जो वर्नियर पैमाने के $N$ भागों के साथ संपाती हैं।
तब,$N \times (1 \text{ VSD}) = x \times (1 \text{ MSD})$.
$N \times \left(\frac{2N-1}{2N}\right) = x \times 1$.
$x = \frac{2N-1}{2}$.

(A) समदाबी प्रक्रिया के लिए, किया गया कार्य $W = P \Delta V = nR \Delta T = 100 \,J$ द्वारा दिया जाता है।
गैस को दी गई ऊष्मा ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम द्वारा दी जाती है: $Q = \Delta U + W$.
द्विपरमाणुक गैस के लिए, स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ है। आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = \frac{f}{2} nR \Delta T = \frac{5}{2} nR \Delta T$ है।
$\Delta U$ और $W$ का मान ऊष्मा समीकरण में रखने पर: $Q = \frac{5}{2} nR \Delta T + nR \Delta T = \left(\frac{5}{2} + 1\right) nR \Delta T = \frac{7}{2} nR \Delta T$.
चूंकि $nR \Delta T = 100 \,J$, इसलिए $Q = \frac{7}{2} \times 100 = 350 \,J$ प्राप्त होता है।

(B) गोलाकार बूंद का टर्मिनल वेग $V_t$ स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है: $V_t = \frac{2}{9} \frac{r^2(\rho - \sigma)g}{\eta}$.
इस सूत्र से, $V_t \propto r^2$, जहाँ $r$ बूंद की त्रिज्या है।
मान लीजिए $r$ छोटी बूंद की त्रिज्या है और $R$ उन $8$ छोटी बूंदों के मिलने से बनी बड़ी बूंद की त्रिज्या है।
चूँकि आयतन संरक्षित रहता है, बड़ी बूंद का आयतन $8$ छोटी बूंदों के आयतन के योग के बराबर होगा:
$\frac{4}{3}\pi R^3 = 8 \times \frac{4}{3}\pi r^3$.
$R^3 = 8r^3 \Rightarrow R = 2r$.
अब, नए टर्मिनल वेग $V_t'$ और प्रारंभिक टर्मिनल वेग $V_t$ का अनुपात है:
$\frac{V_t'}{V_t} = \frac{R^2}{r^2} = \frac{(2r)^2}{r^2} = 4$.
अतः, $V_t' = 4 \times V_t = 4 \times 10 \,cm/s = 40 \,cm/s$.

(C) सरल आवर्त गति में एक वस्तु की कुल ऊर्जा $(E)$, उसकी गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ और स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ का योग होती है।
$E = K.E. + P.E. = 0.5 \,J + 0.4 \,J = 0.9 \,J$.
कुल ऊर्जा का सूत्र $E = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$ है, जहाँ $m$ द्रव्यमान है, $\omega$ कोणीय आवृत्ति है, और $A$ आयाम है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times (\frac{25}{\pi}) = 50 \,rad/s$.
मान रखने पर: $0.9 = \frac{1}{2} \times 0.2 \times (50)^2 \times A^2$.
$0.9 = 0.1 \times 2500 \times A^2$.
$0.9 = 250 \times A^2$.
$A^2 = \frac{0.9}{250} = 0.0036 \,m^2$.
$A = \sqrt{0.0036} = 0.06 \,m$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $A = 0.06 \times 100 = 6 \,cm$.

(A) $H$ ऊँचाई से $v$ वेग के साथ क्षैतिज रूप से फेंके गए पिंड के लिए,क्षैतिज परास (horizontal range) $R = v \sqrt{\frac{2H}{g}}$ द्वारा दी जाती है।
प्रथम स्थिति के लिए दिया गया है: $100 = v \sqrt{\frac{2H}{g}}$.
दूसरी स्थिति के लिए,द्रव्यमान $2M$ है,वेग $v' = \frac{v}{2}$ है,और ऊँचाई $H' = 4H$ है।
नया क्षैतिज परास $x$ इस प्रकार है:
$x = v' \sqrt{\frac{2H'}{g}} = \left( \frac{v}{2} \right) \sqrt{\frac{2(4H)}{g}}$
$x = \frac{v}{2} \cdot 2 \sqrt{\frac{2H}{g}} = v \sqrt{\frac{2H}{g}}$
चूँकि $v \sqrt{\frac{2H}{g}} = 100 \ m$,इसलिए हमें $x = 100 \ m$ प्राप्त होता है।

(B) मेज के घूर्णन फ्रेम में,गेंद एक अभिकेंद्री बल $F_c = m \omega^2 x$ का अनुभव करती है,जहाँ $x$ घूर्णन की धुरी से दूरी है।
चूंकि खांचा चिकना है,खांचे के अनुदिश गेंद का त्वरण $a = \frac{F_c}{m} = \omega^2 x$ है।
हम जानते हैं कि $a = v \frac{dv}{dx}$,जहाँ $v$ त्रिज्यीय वेग है।
अतः,$v \frac{dv}{dx} = \omega^2 x$।
प्रारंभिक स्थिति $x_i = 1 \text{ m}$ से अंतिम स्थिति $x_f = 3 \text{ m}$ तक $x$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int_0^v v \, dv = \int_1^3 \omega^2 x \, dx$
$\frac{v^2}{2} = \omega^2 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^3$
$\frac{v^2}{2} = \frac{\omega^2}{2} (3^2 - 1^2)$
$v^2 = \omega^2 (9 - 1) = 8 \omega^2$
$v = \sqrt{8} \omega = 2 \sqrt{2} \omega \text{ m/s}$।
इसकी तुलना $x \sqrt{2} \omega$ से करने पर,हमें $x = 2$ प्राप्त होता है।

(D) माना कुल दूरी $2D$ है। पहली आधी दूरी $D$, $v_1 = 6 \, m/s$ की चाल से तय की जाती है। लिया गया समय $t_1 = D / 6$ है।
दूसरी आधी दूरी $D$, दो समान समयांतरालों $t$ और $t$ में $v_2 = 9 \, m/s$ और $v_3 = 15 \, m/s$ की चाल से तय की जाती है।
दूसरे आधे भाग में तय की गई दूरी $D = v_2 t + v_3 t = (9 + 15)t = 24t$ है।
अतः, $24t = D \Rightarrow t = D / 24$ है।
कुल समय $T = t_1 + 2t = D/6 + 2(D/24) = D/6 + D/12 = (2D + D) / 12 = 3D / 12 = D / 4$ है।
औसत चाल $v_{avg} = \text{कुल दूरी} / \text{कुल समय} = 2D / (D / 4) = 8 \, m/s$ है।

(A) गोले का भार $W = V_{material} \cdot \rho_{sphere} \cdot g = \frac{4}{3} \pi \left( \frac{D^3 - d^3}{8} \right) \sigma \rho_w g$ द्वारा दिया जाता है।
उत्प्लावन बल (buoyant force) गोले द्वारा विस्थापित पानी के भार के बराबर होता है: $F_b = V_{total} \cdot \rho_w \cdot g = \frac{4}{3} \pi \left( \frac{D^3}{8} \right) \rho_w g$.
गोले के तैरने के लिए,भार और उत्प्लावन बल बराबर होने चाहिए: $W = F_b$.
समीकरणों को रखने पर: $\frac{4}{3} \pi \left( \frac{D^3 - d^3}{8} \right) \sigma \rho_w g = \frac{4}{3} \pi \left( \frac{D^3}{8} \right) \rho_w g$.
समीकरण को सरल करने पर: $(D^3 - d^3) \sigma = D^3$.
$D^3 \sigma$ से भाग देने पर: $1 - \frac{d^3}{D^3} = \frac{1}{\sigma}$.
अनुपात के लिए व्यवस्थित करने पर: $\frac{d^3}{D^3} = 1 - \frac{1}{\sigma} = \frac{\sigma - 1}{\sigma}$.
व्युत्क्रम लेकर घनमूल निकालने पर: $\frac{D}{d} = \left( \frac{\sigma}{\sigma - 1} \right)^{\frac{1}{3}}$.

(A) गुप्त ऊष्मा $(L)$ को अवस्था परिवर्तन के लिए प्रति इकाई द्रव्यमान $(m)$ आवश्यक ऊष्मीय ऊर्जा $(Q)$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$L = \frac{Q}{m}$
चूंकि ऊष्मीय ऊर्जा $(Q)$ में कार्य या ऊर्जा के आयाम होते हैं,इसलिए इसका विमीय सूत्र $[ML^2 T^{-2}]$ है।
द्रव्यमान $(m)$ का विमीय सूत्र $[M]$ है।
अतः,गुप्त ऊष्मा का विमीय सूत्र है:
$L = \frac{[ML^2 T^{-2}]}{[M]} = [M^0 L^2 T^{-2}]$

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दाब और आयतन के बीच का संबंध $P_i V_i^\gamma = P_f V_f^\gamma$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $V_i = 5 \ L$,$V_f = 4 \ L$,और $\gamma = 1.5 = 3/2$.
समीकरण में मान रखने पर: $P_i (5)^{3/2} = P_f (4)^{3/2}$.
प्रारंभिक दाब और अंतिम दाब का अनुपात ज्ञात करने के लिए: $\frac{P_i}{P_f} = \left(\frac{4}{5}\right)^{3/2}$.
मान की गणना करने पर: $\left(\frac{4}{5}\right)^{3/2} = \left(\frac{4}{5}\right) \cdot \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{8}{5\sqrt{5}}$.

(A) पृथ्वी की सतह पर गेंद की प्रारंभिक कुल यांत्रिक ऊर्जा $TE_i = -\frac{GM_e m}{R_e}$ है।
दी गई ऊंचाई $h = 318.5 \ km$ और $R_e = 6370 \ km$ है,जिससे $h = \frac{R_e}{20}$ प्राप्त होता है।
$h$ ऊंचाई पर वृत्ताकार कक्षा में गेंद की अंतिम कुल यांत्रिक ऊर्जा $TE_f = -\frac{GM_e m}{2(R_e + h)}$ है।
$h = \frac{R_e}{20}$ रखने पर,$TE_f = -\frac{GM_e m}{2(R_e + R_e/20)} = -\frac{GM_e m}{2(21R_e/20)} = -\frac{10 GM_e m}{21 R_e}$ प्राप्त होता है।
कुल यांत्रिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta TE = TE_f - TE_i = -\frac{10 GM_e m}{21 R_e} - (-\frac{GM_e m}{R_e})$ है।
$\Delta TE = \frac{GM_e m}{R_e} (1 - \frac{10}{21}) = \frac{11 GM_e m}{21 R_e}$ होता है।
इसे $x \frac{GM_e m}{21 R_e}$ के साथ तुलना करने पर,$x = 11$ प्राप्त होता है।

(C) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,सभी बलों द्वारा किया गया कुल कार्य कण की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = \Delta K = K_f - K_i$
दिया गया वेग समीकरण $v = \alpha \sqrt{x}$ है:
$x = 0$ पर,प्रारंभिक वेग $v_i = \alpha \sqrt{0} = 0$ है।
$x = d$ पर,अंतिम वेग $v_f = \alpha \sqrt{d}$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} m v_i^2 = \frac{1}{2} m (0)^2 = 0$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = \frac{1}{2} m v_f^2 = \frac{1}{2} m (\alpha \sqrt{d})^2 = \frac{1}{2} m \alpha^2 d$ है।
अतः,किया गया कुल कार्य $W = \frac{1}{2} m \alpha^2 d - 0 = \frac{m \alpha^2 d}{2}$ होगा।

(A) मान लीजिए कि लोहे की छड़ की लंबाई $L$ है। छड़ का भार $W$ उसके द्रव्यमान केंद्र पर कार्य करता है,जो जमीन पर स्थित सिरे से $L/2$ की दूरी पर है।
मान लीजिए $R$ व्यक्ति के कंधे द्वारा छड़ पर लगाया गया प्रतिक्रिया बल है। छड़ घूर्णी संतुलन में है।
जमीन पर संपर्क बिंदु के परितः आघूर्ण (टॉर्क) लेने पर:
भार $W$ के कारण आघूर्ण $\tau_W = W \cdot (L/2) \cos \theta$ है (जो दक्षिणावर्त दिशा में कार्य करता है)।
प्रतिक्रिया बल $R$ के कारण आघूर्ण $\tau_R = R \cdot L \cos \theta$ है (जो वामावर्त दिशा में कार्य करता है)।
घूर्णी संतुलन के लिए,जमीन पर संपर्क बिंदु के परितः कुल आघूर्ण शून्य होना चाहिए:
$\sum \tau = 0$
$R \cdot L \cos \theta = W \cdot (L/2) \cos \theta$
दोनों पक्षों को $L \cos \theta$ से विभाजित करने पर (यह मानते हुए कि $\cos \theta \neq 0$):
$R = \frac{W}{2}$
अतः,व्यक्ति द्वारा अनुभव किया गया भार $\frac{W}{2}$ है।

(B) दिया गया है कि मुख्य पैमाने के $n$ भाग वर्नियर पैमाने के $(n+1)$ भागों के साथ संपाती हैं।
$n \times (1 \text{ MSD}) = (n+1) \times (1 \text{ VSD})$
चूंकि $1 \text{ MSD} = m$ इकाइयाँ हैं,इसलिए $n \times m = (n+1) \times (1 \text{ VSD})$।
अतः,$1 \text{ VSD} = \frac{n}{n+1} m$।
वर्नियर कैलिपर का अल्पतमांक $(LC)$ एक मुख्य पैमाने के भाग $(1 \text{ MSD})$ और एक वर्नियर पैमाने के भाग $(1 \text{ VSD})$ के बीच का अंतर होता है।
$LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD}$
$LC = m - \frac{n}{n+1} m$
$LC = m \left( 1 - \frac{n}{n+1} \right)$
$LC = m \left( \frac{n+1-n}{n+1} \right)$
$LC = \frac{m}{n+1}$

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच का संबंध $TV^{\gamma-1} = \text{constant}$ है।
यहाँ $n = 1$,प्रारंभिक तापमान $= T$,प्रारंभिक आयतन $= V$,अंतिम आयतन $= 2V$ और $\gamma = \frac{3}{2}$ दिया गया है।
संबंध लागू करने पर: $T(V)^{\frac{3}{2}-1} = T_f(2V)^{\frac{3}{2}-1}$.
$T(V)^{\frac{1}{2}} = T_f(2)^{\frac{1}{2}}(V)^{\frac{1}{2}}$.
$T = T_f \sqrt{2} \Rightarrow T_f = \frac{T}{\sqrt{2}}$.
रुद्धोष्म प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = \frac{nR(T_i - T_f)}{\gamma - 1}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $W = \frac{1 \cdot R(T - \frac{T}{\sqrt{2}})}{\frac{3}{2} - 1}$.
$W = \frac{R T (1 - \frac{1}{\sqrt{2}})}{\frac{1}{2}} = 2RT \left(1 - \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
$W = RT(2 - \sqrt{2})$.

(A) दिया गया है कि $\vec{a}$ और $\vec{b}$ के बीच का कोण $\theta = \cos^{-1}\left(\frac{5}{9}\right)$ है,इसलिए $\cos \theta = \frac{5}{9}$।
हमें शर्त $|\vec{a}+\vec{b}| = \sqrt{2}|\vec{a}-\vec{b}|$ दी गई है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $|\vec{a}+\vec{b}|^2 = 2|\vec{a}-\vec{b}|^2$।
डॉट प्रोडक्ट का विस्तार करने पर: $a^2 + b^2 + 2\vec{a}\cdot\vec{b} = 2(a^2 + b^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b})$।
$a^2 + b^2 + 2ab\cos\theta = 2a^2 + 2b^2 - 4ab\cos\theta$।
पदों को व्यवस्थित करने पर: $6ab\cos\theta = a^2 + b^2$।
$\cos\theta = \frac{5}{9}$ रखने पर: $6ab\left(\frac{5}{9}\right) = a^2 + b^2$।
$\frac{10}{3}ab = a^2 + b^2$।
दिया गया है कि $|\vec{a}| = n|\vec{b}|$,इसलिए $a = nb$। इस मान को समीकरण में रखने पर:
$\frac{10}{3}(nb)b = (nb)^2 + b^2$।
$\frac{10}{3}nb^2 = n^2b^2 + b^2$।
$b^2$ से विभाजित करने पर ($b \neq 0$ मानते हुए): $\frac{10}{3}n = n^2 + 1$।
$3n^2 - 10n + 3 = 0$।
द्विघात समीकरण को हल करने पर: $(3n - 1)(n - 3) = 0$।
अतः,$n = \frac{1}{3}$ या $n = 3$।
$n$ का पूर्णांक मान $3$ है।

(A) दिया गया है: जड़त्व आघूर्ण $I = 0.40 \ kg \cdot m^2$,त्रिज्या $R = 10 \ cm = 0.1 \ m$,बल $F = 40 \ N$,समय $t = 10 \ s$,प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 0 \ rad/s$.
पहिये पर लगने वाला बलाघूर्ण $\tau = F \times R$ द्वारा दिया जाता है।
$\tau = 40 \times 0.1 = 4 \ N \cdot m$.
संबंध $\tau = I \alpha$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\alpha$ कोणीय त्वरण है:
$4 = 0.40 \times \alpha \Rightarrow \alpha = \frac{4}{0.40} = 10 \ rad/s^2$.
गति के समीकरण $\omega = \omega_0 + \alpha t$ का उपयोग करते हुए:
$\omega = 0 + (10 \times 10) = 100 \ rad/s$.
अतः,$x = 100$.

(C) यंग मापांक $(Y)$ का सूत्र $Y = \frac{F/A}{\Delta \ell / \ell}$ है, जहाँ $F$ आरोपित बल है, $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है, $\ell$ मूल लंबाई है और $\Delta \ell$ लंबाई में परिवर्तन है।
दिया गया है:
बल $F = 200 \, N$ (नोट: जब तार को दोनों सिरों से $200 \, N$ के बल से खींचा जाता है, तो तार में तनाव $200 \, N$ ही रहता है)
मूल लंबाई $\ell = 2 \, m$
अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A = 2 \, cm^2 = 2 \times 10^{-4} \, m^2$
यंग मापांक $Y = 1 \times 10^{11} \, N \, m^{-2}$
लंबाई में वृद्धि $\Delta \ell$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\Delta \ell = \frac{F \ell}{AY}$
मान रखने पर:
$\Delta \ell = \frac{200 \times 2}{(2 \times 10^{-4}) \times (1 \times 10^{11})}$
$\Delta \ell = \frac{400}{2 \times 10^7}$
$\Delta \ell = 200 \times 10^{-7} \, m$
$\Delta \ell = 2 \times 10^{-5} \, m$
माइक्रोमीटर $(\mu m)$ में बदलने पर:
$1 \, m = 10^6 \, \mu m$
$\Delta \ell = 2 \times 10^{-5} \times 10^6 \, \mu m = 20 \, \mu m$.

(A) दिया गया है: स्थिति $x = 4 \ m$,वेग $v = 2 \ ms^{-1}$,त्वरण $a = 16 \ ms^{-2}$।
सरल आवर्त गति में त्वरण का परिमाण $|a| = \omega^2 x$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $16 = \omega^2(4) \Rightarrow \omega^2 = 4 \Rightarrow \omega = 2 \ rad/s$।
सरल आवर्त गति में वेग का सूत्र $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ है,जहाँ $A$ आयाम है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $v^2 = \omega^2(A^2 - x^2) \Rightarrow \frac{v^2}{\omega^2} = A^2 - x^2$।
$A$ के लिए सूत्र बनाने पर: $A^2 = \frac{v^2}{\omega^2} + x^2$।
मान रखने पर: $A^2 = \frac{2^2}{2^2} + 4^2 = \frac{4}{4} + 16 = 1 + 16 = 17$।
अतः,$A = \sqrt{17} \ m$। इसकी तुलना $\sqrt{x} \ m$ से करने पर,हमें $x = 17$ प्राप्त होता है।

(B) गैस के अणु की औसत स्थानांतरण गतिज ऊर्जा का सूत्र $K = \frac{3}{2} k_B T$ है,जहाँ $k_B$ बोल्ट्ज़मैन नियतांक है और $T$ केल्विन में निरपेक्ष तापमान है।
संबंध $K \propto T$ से,हम देख सकते हैं कि गतिज ऊर्जा निरपेक्ष तापमान के सीधे आनुपातिक होती है।
प्रारंभिक तापमान $T_i = -78^{\circ} C$ दिया गया है। इसे केल्विन में बदलने पर: $T_i = 273 + (-78) = 195 \ K$।
हम नई गतिज ऊर्जा $K' = 2K$ चाहते हैं। चूँकि $K \propto T$,यदि गतिज ऊर्जा दोगुनी हो जाती है,तो निरपेक्ष तापमान भी दोगुना हो जाना चाहिए।
इसलिए,नया निरपेक्ष तापमान $T_f = 2 \times T_i = 2 \times 195 \ K = 390 \ K$।
अंतिम तापमान को वापस सेल्सियस में बदलने पर: $T_f(^{\circ} C) = 390 - 273 = 117^{\circ} C$।

(C) मान लीजिए कि दो कारें $A$ और $B$ हैं। कार $A$ का प्रारंभिक वेग $u_A = 20 \,m \,s^{-1}$ और कार $B$ का $u_B = -20 \,m \,s^{-1}$ है।
कार $A$ के सापेक्ष कार $B$ का सापेक्ष प्रारंभिक वेग $u_{BA} = u_B - u_A = -20 - 20 = -40 \,m \,s^{-1}$ है।
सापेक्ष प्रारंभिक वेग का परिमाण $|u_{BA}| = 40 \,m \,s^{-1}$ है।
दोनों कारें $a = 2 \,m \,s^{-2}$ की दर से मंदित होती हैं। मान लीजिए $a_A = -2 \,m \,s^{-2}$ और $a_B = 2 \,m \,s^{-2}$ है।
कार $A$ के सापेक्ष कार $B$ का सापेक्ष त्वरण $a_{BA} = a_B - a_A = 2 - (-2) = 4 \,m \,s^{-2}$ है।
सापेक्ष गति के लिए गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर, जहाँ अंतिम सापेक्ष वेग $v_{BA} = 0$ है:
$0^2 = (-40)^2 + 2(-4)S$
$0 = 1600 - 8S$
$8S = 1600 \implies S = 200 \,m$.
यह वह सापेक्ष दूरी है जो कारें रुकने से पहले तय करती हैं।
कारों के बीच की प्रारंभिक दूरी $300 \,m$ थी।
इसलिए, जब वे रुक जाती हैं तो उनके बीच की शेष दूरी $300 \,m - 200 \,m = 100 \,m$ है।

(D) $r$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुले के अंदर का अतिरिक्त दबाव $\Delta P = \frac{4T}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है।
मान लीजिए कि दो साबुन के बुलबुलों की त्रिज्याएँ क्रमशः $r_1$ और $r_2$ हैं।
पहले बुलबुले में अतिरिक्त दबाव $\Delta P_1 = \frac{4T}{r_1}$ है और दूसरे बुलबुले में $\Delta P_2 = \frac{4T}{r_2}$ है।
प्रश्न के अनुसार,$\Delta P_1 = 3 \Delta P_2$ है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{4T}{r_1} = 3 \left( \frac{4T}{r_2} \right)$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $\frac{1}{r_1} = \frac{3}{r_2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $r_2 = 3r_1$।
गोलाकार बुलबुले का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ होता है।
आयतन का अनुपात $\frac{V_1}{V_2} = \frac{\frac{4}{3} \pi r_1^3}{\frac{4}{3} \pi r_2^3} = \left( \frac{r_1}{r_2} \right)^3$ है।
$r_2 = 3r_1$ रखने पर,हमें $\frac{V_1}{V_2} = \left( \frac{r_1}{3r_1} \right)^3 = \left( \frac{1}{3} \right)^3 = \frac{1}{27}$ प्राप्त होता है।
अतः,अनुपात $1: 27$ है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ द्वारा दी जाती है।
$h$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $h = \lambda \sqrt{2mE}$ प्राप्त होता है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का विमीय सूत्र $[L]$ है।
द्रव्यमान $m$ का विमीय सूत्र $[M]$ है।
ऊर्जा $E$ का विमीय सूत्र $[ML^2 T^{-2}]$ है।
इन मानों को $h$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$[h] = [L] \cdot \sqrt{[M] \cdot [ML^2 T^{-2}]}$
$[h] = [L] \cdot \sqrt{[M^2 L^2 T^{-2}]}$
$[h] = [L] \cdot [MLT^{-1}]$
$[h] = [ML^2 T^{-1}]$.
वैकल्पिक रूप से,$E = h\nu$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\nu$ आवृत्ति $[T^{-1}]$ है:
$[h] = [E] / [\nu] = [ML^2 T^{-2}] / [T^{-1}] = [ML^2 T^{-1}]$.

(D) $r$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में उपग्रह की कुल ऊर्जा $E = -\frac{GMm}{2r}$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,उपग्रह $r_1 = 2R$ त्रिज्या की कक्षा में है। इसकी प्रारंभिक ऊर्जा $E_1 = -\frac{GMm}{2(2R)} = -\frac{GMm}{4R}$ है।
दिया गया है कि उपग्रह को $\Delta E = \frac{10^4 R}{6} \text{ J}$ ऊर्जा दी जाती है,इसलिए नई कुल ऊर्जा $E_2 = E_1 + \Delta E$ होगी।
$E_2 = -\frac{GMm}{4R} + \frac{10^4 R}{6}$.
मान लीजिए कि नई त्रिज्या $r_2$ है। तो $E_2 = -\frac{GMm}{2r_2}$.
$E_2$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$-\frac{GMm}{4R} + \frac{10^4 R}{6} = -\frac{GMm}{2r_2}$.
$g = \frac{GM}{R^2}$ का उपयोग करते हुए,हमें $GM = gR^2$ प्राप्त होता है। इस मान को समीकरण में रखने पर:
$-\frac{mgR^2}{4R} + \frac{10^4 R}{6} = -\frac{mgR^2}{2r_2}$.
दिया गया है $m = 10^3 \text{ kg}$ और $g = 10 \text{ m/s}^2$,इसलिए $mg = 10^4 \text{ N}$.
$-\frac{10^4 R}{4} + \frac{10^4 R}{6} = -\frac{10^4 R^2}{2r_2}$.
$10^4 R$ से विभाजित करने पर:
$-\frac{1}{4} + \frac{1}{6} = -\frac{R}{2r_2}$.
$-\frac{3-2}{12} = -\frac{R}{2r_2} \implies -\frac{1}{12} = -\frac{R}{2r_2}$.
$\frac{1}{12} = \frac{R}{2r_2} \implies 2r_2 = 12R \implies r_2 = 6R$.

(B) $A$ से $B$ पथ के लिए, प्रक्रिया $PV^3 = RT$ का पालन करती है। यहाँ $T = 300 \, K$ है।
$W_{AB} = \int_{V_A}^{V_B} P \, dV = \int_{2}^{4} \frac{RT}{V^3} \, dV = RT \int_{2}^{4} V^{-3} \, dV$
$W_{AB} = 8 \times 300 \times \left[ \frac{V^{-2}}{-2} \right]_{2}^{4} = 2400 \times \left( -\frac{1}{2} \right) \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{4} \right) = -1200 \times \left( \frac{1-4}{16} \right) = -1200 \times \left( -\frac{3}{16} \right) = 225 \, J$.
$B$ से $C$ पथ के लिए, यह $P = 10 \, Pa$ पर एक समदाबीय प्रक्रिया है जहाँ आयतन $V = 4 \, m^3$ से $V = 2 \, m^3$ तक बदलता है।
$W_{BC} = P(V_C - V_B) = 10(2 - 4) = -20 \, J$.
$C$ से $A$ पथ के लिए, यह एक समआयतनिक प्रक्रिया है जहाँ $V = 2 \, m^3$ स्थिर है, इसलिए $W_{CA} = 0 \, J$.
कुल कार्य $W_{net} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 225 - 20 + 0 = 205 \, J$.

(D) मान लीजिए कि रस्सी के ऊपरी भाग में तनाव $T_1$ है और निचले भाग में तनाव $T_2$ है।
चूंकि $1 \,kg$ का द्रव्यमान संतुलन में है, इसलिए रस्सी के निचले भाग में तनाव $T_2 = mg = 1 \,kg \times 10 \,m/s^2 = 10 \,N$ है।
अब, उस बिंदु के संतुलन पर विचार करें जहाँ बल $F$ लगाया गया है।
बलों को क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर घटकों में वियोजित करने पर:
क्षैतिज संतुलन के लिए: $T_1 \sin 45^{\circ} = F$
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए: $T_1 \cos 45^{\circ} = T_2 = 10 \,N$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{T_1 \sin 45^{\circ}}{T_1 \cos 45^{\circ}} = \frac{F}{10}$
$\tan 45^{\circ} = \frac{F}{10}$
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$, हमें $1 = \frac{F}{10}$ प्राप्त होता है, जिसका अर्थ है $F = 10 \,N$।

(C) श्यान द्रव में गोलाकार गेंद का टर्मिनल वेग $V_T$ स्टोक्स के नियम द्वारा दिया जाता है: $V_T = \frac{2}{9} \frac{R^2 g (\rho_B - \rho_L)}{\eta}$.
दिया गया है: $R = 10^{-4} \,m$, $\rho_B = 10^5 \,kg/m^3$, $\rho_L = 10^3 \,kg/m^3$, $\eta = 9.8 \times 10^{-6} \,N s/m^2$, और $g = 9.8 \,m/s^2$.
मान रखने पर: $V_T = \frac{2}{9} \times \frac{(10^{-4})^2 \times 9.8 \times (10^5 - 10^3)}{9.8 \times 10^{-6}}$.
$V_T = \frac{2}{9} \times \frac{10^{-8} \times 9.8 \times 99000}{9.8 \times 10^{-6}} = \frac{2}{9} \times 10^{-2} \times 99000 = 220 \,m/s$.
चूंकि पानी में प्रवेश करने के बाद वेग स्थिर रहता है, इसलिए $h$ ऊंचाई से गिरने के बाद का वेग टर्मिनल वेग के बराबर होना चाहिए: $V = \sqrt{2gh} = V_T$.
$h = \frac{V_T^2}{2g} = \frac{(220)^2}{2 \times 9.8} = \frac{48400}{19.6} \approx 2469 \,m$. दिए गए विकल्पों के अनुसार, निकटतम मान $2518 \,m$ है।

(B) दिया गया द्रव्यमान $m = 0.50 \ kg$ और बल $F = -50x$ है।
सरल आवर्त गति के लिए मानक समीकरण $F = -kx$ है,जहाँ $k$ बल नियतांक है।
दोनों की तुलना करने पर,हमें $k = 50 \ N/m$ प्राप्त होता है।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ इस प्रकार है: $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{50}{0.5}} = \sqrt{100} = 10 \ rad/s$.
आवर्तकाल $T$ इस प्रकार है: $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5} \ s$.
$\pi = \frac{22}{7}$ रखने पर,हमें $T = \frac{22}{7 \times 5} = \frac{22}{35} \ s$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना दिए गए आवर्तकाल $\frac{x}{35} \ s$ से करने पर,हमें $x = 22$ प्राप्त होता है।

(A) घर्षण रहित समतल पर फिसलते समय,त्वरण $a = g \sin \theta$ होता है। $l$ दूरी तय करने में लगा समय $t = \sqrt{\frac{2l}{g \sin \theta}}$ है।
समतल पर लुढ़कते समय,त्वरण $a' = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{k^2}{R^2}}$ होता है। एक वृत्ताकार डिस्क के लिए,घूर्णन त्रिज्या $k = \frac{R}{\sqrt{2}}$ है,इसलिए $\frac{k^2}{R^2} = \frac{1}{2}$।
अतः,$a' = \frac{g \sin \theta}{1 + 1/2} = \frac{2}{3} g \sin \theta$।
लुढ़कने में लगा समय $t' = \sqrt{\frac{2l}{a'}} = \sqrt{\frac{2l}{\frac{2}{3} g \sin \theta}} = \sqrt{\frac{3}{2}} \sqrt{\frac{2l}{g \sin \theta}} = \sqrt{\frac{3}{2}} t$।
इसकी तुलना $t' = \left(\frac{\alpha}{2}\right)^{1/2} t$ से करने पर,हमें $\sqrt{\frac{\alpha}{2}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $\alpha = 3$।

(C) माना परिणामी सदिश $\vec{R} = \vec{A} + \vec{B}$ है।
दिया गया है कि $\vec{R} \perp \vec{A}$,इसलिए $\vec{R}$ और $\vec{A}$ के बीच का कोण $90^{\circ}$ है।
ज्यामितीय रूप से,यदि $\vec{R}$,$\vec{A}$ के लंबवत है,तो $\vec{B}$ का $\vec{A}$ के लंबवत घटक परिणामी सदिश $\vec{R}$ के परिमाण के बराबर होगा।
चित्र से,$\cos \theta = \frac{R}{B} = \frac{B/2}{B} = \frac{1}{2}$,जहाँ $\theta$ सदिश $\vec{B}$ और लंबवत दिशा के बीच का कोण है।
अतः,$\theta = 60^{\circ}$।
इसलिए,$\vec{A}$ और $\vec{B}$ के बीच का कुल कोण $90^{\circ} + 60^{\circ} = 150^{\circ}$ है।

(A) परिवर्ती बल द्वारा किया गया कार्य समाकलन $W = \int_{x_1}^{x_2} F \, dx$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $F = (3x^2 + 2x - 5) \text{ N}$,$x_1 = 2 \text{ m}$,और $x_2 = 4 \text{ m}$ दिया गया है।
$W = \int_{2}^{4} (3x^2 + 2x - 5) \, dx$
पदों का समाकलन करने पर: $W = [x^3 + x^2 - 5x]_{2}^{4}$
ऊपरी सीमा $(x = 4)$ पर मान रखने पर: $(4)^3 + (4)^2 - 5(4) = 64 + 16 - 20 = 60$
निचली सीमा $(x = 2)$ पर मान रखने पर: $(2)^3 + (2)^2 - 5(2) = 8 + 4 - 10 = 2$
मानों को घटाने पर: $W = 60 - 2 = 58 \text{ J}$.

(B) अधिकतम धारा के लिए,परिपथ को अनुनाद (resonance) में होना चाहिए।
अनुनादी आवृत्ति का सूत्र:
$f_0 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{L \times C}}$
दिए गए मान:
$L = 100 \ mH = 0.1 \ H$
$C = 2.5 \ nF = 2.5 \times 10^{-9} \ F$
सूत्र में मान रखने पर:
$f_0 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{0.1 \times 2.5 \times 10^{-9}}}$
$f_0 = \frac{1}{2 \pi \sqrt{25 \times 10^{-11}}}$
गणना करने पर:
$f_0 = 10 \times 10^3 \ Hz$.

(A) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव को घुमाने में किया गया कार्य $W = U_f - U_i = -\vec{\mu} \cdot \vec{B}_f - (-\vec{\mu} \cdot \vec{B}_i)$ द्वारा दिया जाता है।
प्रारंभ में, कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत है, इसलिए क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$, $\vec{B}$ के समानांतर है। अतः, कोण $\theta_i = 0^{\circ}$ है।
$90^{\circ}$ घुमाने के बाद, कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर हो जाता है, इसलिए क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$, $\vec{B}$ के लंबवत है। अतः, $\theta_f = 90^{\circ}$ है।
चुंबकीय आघूर्ण $\mu = N I A = 100 \times 1 \times 10^{-3} \times 5 \times 10^{-3} = 5 \times 10^{-4} \, A \cdot m^2$ है।
किया गया कार्य $W = -\mu B \cos(90^{\circ}) - (-\mu B \cos(0^{\circ})) = 0 + \mu B = \mu B$ है।
$W = (5 \times 10^{-4}) \times 0.20 = 1 \times 10^{-4} \, J$ है।
चूंकि $1 \, J = 10^6 \, \mu J$, इसलिए $W = 10^{-4} \times 10^6 \, \mu J = 100 \, \mu J$ है।

(B) एमीटर $240 \Omega$ की कुंडली और $10 \Omega$ के शंट के समानांतर संयोजन से बना है। एमीटर का तुल्य प्रतिरोध $(R_A)$ इस प्रकार है:
$R_A = \frac{240 \times 10}{240 + 10} = \frac{2400}{250} = 9.6 \Omega$
परिपथ का कुल प्रतिरोध $(R_{eq})$ बाहरी प्रतिरोध और एमीटर के प्रतिरोध का योग है:
$R_{eq} = 140.4 \Omega + 9.6 \Omega = 150 \Omega$
ओम के नियम के अनुसार परिपथ में प्रवाहित धारा $(I)$:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{24 \text{ V}}{150 \Omega} = 0.16 \text{ A}$
धारा को मिलीएम्पियर $(mA)$ में बदलने पर:
$I = 0.16 \times 1000 \text{ mA} = 160 \text{ mA}$
अतः,एमीटर का पाठ्यांक $160 \text{ mA}$ है।

(D) $I_1$ और $I_2$ तीव्रता वाली दो व्यतिकरण करने वाली किरणों के लिए अधिकतम तीव्रता $I_{\max} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $I_1 = I$ और $I_2 = 4I$ दिया गया है,इसलिए $I_{\max} = (\sqrt{I} + \sqrt{4I})^2 = (\sqrt{I} + 2\sqrt{I})^2 = (3\sqrt{I})^2 = 9I$ है।
न्यूनतम तीव्रता $I_{\min} = (\sqrt{I_2} - \sqrt{I_1})^2$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,$I_{\min} = (\sqrt{4I} - \sqrt{I})^2 = (2\sqrt{I} - \sqrt{I})^2 = (\sqrt{I})^2 = I$ है।
अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता के बीच का अंतर $I_{\max} - I_{\min} = 9I - I = 8I$ है।
इसकी तुलना $xI$ से करने पर,हमें $x = 8$ प्राप्त होता है।

(C) संधारित्र को दो समानांतर संधारित्रों $C_1$ और $C_2$ में विभाजित किया गया है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $A/2$ है।
$C_1 = \frac{K_1 \epsilon_0 (A/2)}{d} = \frac{2 \epsilon_0 (A/2)}{d} = \frac{\epsilon_0 A}{d}$
$C_2 = \frac{K_2 \epsilon_0 (A/2)}{d} = \frac{3 \epsilon_0 (A/2)}{d} = 1.5 \frac{\epsilon_0 A}{d}$
प्रारंभिक धारिता $C = \frac{\epsilon_0 A}{d} = 10 \mu F$ दी गई है,इसलिए $C_1 = 10 \mu F$ और $C_2 = 15 \mu F$ है।
संधारित्र की प्लेटों के बीच बल $F = \frac{Q^2}{2 \epsilon_0 A}$ होता है। परावैद्युत से भरे संधारित्र के लिए,बल $F = \frac{K \epsilon_0 A V^2}{2 d^2}$ होता है।
कुल बल $F = F_1 + F_2 = \frac{\epsilon_0 A V^2}{4 d^2} (K_1 + K_2)$।
दिए गए मानों $A = 4 \times 10^{-4} \text{ m}^2$,$d = 10^{-2} \text{ m}$,$K_1+K_2 = 5$,$F = 8 \text{ N}$ का उपयोग करने पर,
गणना करने पर $V = 60 \text{ V}$ प्राप्त होता है।

(B) एक गैर-परावर्तक सतह के लिए,विकिरण दबाव $P = \frac{I}{c}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ तीव्रता है और $c$ प्रकाश की गति है。
चूँकि $P = \frac{F}{A}$,इसलिए $\frac{F}{A} = \frac{I}{c}$ होता है。
दी गई तीव्रता $I = 360 \,W/cm^2 = 360 \times 10^4 \,W/m^2 = 3.6 \times 10^6 \,W/m^2$.
दिया गया बल $F = 2.4 \times 10^{-4} \,N$ और प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \,m/s$.
मान रखने पर: $\frac{2.4 \times 10^{-4}}{A} = \frac{3.6 \times 10^6}{3 \times 10^8}$.
$\frac{2.4 \times 10^{-4}}{A} = 1.2 \times 10^{-2}$.
$A = \frac{2.4 \times 10^{-4}}{1.2 \times 10^{-2}} = 2 \times 10^{-2} \,m^2 = 0.02 \,m^2$.

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है,जहाँ $p$ संवेग है।
चूंकि दोनों कणों के लिए $\lambda$ समान है,इसलिए उनका संवेग $p$ भी समान होगा।
गतिज ऊर्जा $K$ और संवेग $p$ के बीच संबंध $K = \frac{p^2}{2m}$ है।
यहाँ $p$ स्थिर है,इसलिए $K \propto \frac{1}{m}$ होगा।
अतः,प्रोटॉन की गतिज ऊर्जा $(K_p)$ और इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $(K_e)$ का अनुपात:
$\frac{K_p}{K_e} = \frac{m_e}{m_p}$ होगा।
दिया गया है कि $m_p = 1836 \ m_e$,मान रखने पर:
$\frac{K_p}{K_e} = \frac{m_e}{1836 \ m_e} = \frac{1}{1836}$।
इस प्रकार,अनुपात $1: 1836$ है।

(B) $4 \,\Omega$ के दो प्रतिरोधक समांतर क्रम में जुड़े हैं। उनका तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \implies R_{eq} = 2 \,\Omega$
अब,परिपथ में $E = 3 \,V$ विद्युत वाहक बल $(EMF)$ और $r = 1 \,\Omega$ आंतरिक प्रतिरोध वाला एक सेल,बाहरी प्रतिरोध $R_{eq} = 2 \,\Omega$ के साथ श्रेणी क्रम में जुड़ा है।
परिपथ में कुल धारा $i$:
$i = \frac{E}{R_{eq} + r} = \frac{3}{2 + 1} = \frac{3}{3} = 1 \,A$
सेल का टर्मिनल विभवांतर $V$:
$V = E - ir$
$V = 3 - (1 \times 1) = 3 - 1 = 2 \,V$

(D) द्रव्यमान क्षति $\Delta m$ और बंधन ऊर्जा $BE$ के बीच का संबंध आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता संबंध द्वारा दिया जाता है: $BE = \Delta m c^2$.
यहाँ $BE = 18 \times 10^8 \ J$ और प्रकाश की गति $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ दी गई है।
मान रखने पर: $18 \times 10^8 = \Delta m \times (3 \times 10^8)^2$.
$18 \times 10^8 = \Delta m \times 9 \times 10^{16}$.
$\Delta m = \frac{18 \times 10^8}{9 \times 10^{16}} = 2 \times 10^{-8} \ kg$.
माइक्रोग्राम में बदलने पर: $2 \times 10^{-8} \ kg = 2 \times 10^{-8} \times 10^9 \ \mu g = 20 \ \mu g$.

(A) अनुचुंबकीय पदार्थ बाहरी चुंबकीय क्षेत्र द्वारा दुर्बल रूप से आकर्षित होते हैं।
$1$. वे बाहरी चुंबकीय क्षेत्र की दिशा में संरेखित (align) हो जाते हैं ($A$ सही है)।
$2$. वे चुंबकीय क्षेत्र द्वारा दुर्बल रूप से आकर्षित होते हैं, न कि प्रबल रूप से (इसलिए $B$ गलत है)।
$3$. उनकी चुंबकीय प्रवृत्ति (susceptibility, $\chi$) छोटी और धनात्मक होती है, जिसका अर्थ है कि यह शून्य से थोड़ी अधिक होती है ($C$ सही है)।
$4$. जब उन्हें असमान चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है, तो वे दुर्बल चुंबकीय क्षेत्र के क्षेत्र से प्रबल चुंबकीय क्षेत्र के क्षेत्र की ओर गति करते हैं ($D$ गलत है)।
अतः, केवल कथन $A$ और $C$ सही हैं।

(B) अनुनाद पर,$LCR$ परिपथ की प्रतिबाधा $Z$ प्रतिरोध $R$ के बराबर होती है,अर्थात $Z = R$ होता है।
अनुनाद पर धारा का आयाम $I$,$I = \frac{V}{R}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V$ शिखर वोल्टेज है।
जब प्रतिरोध $R$ को आधा कर दिया जाता है,तो नया प्रतिरोध $R' = \frac{R}{2}$ हो जाता है।
नया धारा आयाम $I'$ होगा: $I' = \frac{V}{R'} = \frac{V}{R/2} = 2 \left( \frac{V}{R} \right) = 2I$।
अतः,धारा का आयाम मूल मान का दुगुना हो जाता है।

(C) मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। इस सर्किट में एक $OR$ गेट,एक $AND$ गेट और दो $NOT$ गेट शामिल हैं।
$1$. ऊपरी भाग में $A$ और $\bar{B}$ इनपुट के साथ एक $OR$ गेट है। इसका आउटपुट $(A + \bar{B})$ है।
$2$. निचले भाग में $B$ और $\bar{A}$ इनपुट के साथ एक $AND$ गेट है। इसका आउटपुट $(B \cdot \bar{A})$ है।
$3$. अंतिम आउटपुट $Y$ इन दो आउटपुट का $AND$ ऑपरेशन है: $Y = (A + \bar{B}) \cdot (B \cdot \bar{A})$.
$4$. इस व्यंजक का विस्तार करने पर: $Y = (A \cdot B \cdot \bar{A}) + (\bar{B} \cdot B \cdot \bar{A})$.
$5$. चूंकि $A \cdot \bar{A} = 0$ और $B \cdot \bar{B} = 0$,इसलिए हमें $Y = 0 + 0 = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,आउटपुट $Y$ हमेशा $0$ रहता है।

(C) जब दो चालक गोलों को एक चालक तार से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि वे समान विद्युत विभव प्राप्त न कर लें।
मान लीजिए कि $a$ और $b$ त्रिज्या वाले गोलों पर आवेश क्रमशः $q_1$ और $q_2$ हैं।
एक चालक गोले की सतह पर विभव $V = \frac{Kq}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $K = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$ है।
चूंकि विभव समान हैं,इसलिए हमारे पास है:
$V_1 = V_2$
$\frac{Kq_1}{a} = \frac{Kq_2}{b}$
आवेशों का अनुपात ज्ञात करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{q_1}{q_2} = \frac{a}{b}$
अतः,आवेशों का अनुपात $\frac{a}{b}$ है।

(A) क्रांतिक कोण $\theta_c$ का सूत्र $\sin \theta_c = \frac{\mu_2}{\mu_1}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\mu_1$ सघन माध्यम का अपवर्तनांक है और $\mu_2$ विरल माध्यम का अपवर्तनांक है।
दिया गया है $\theta_c = 45^{\circ}$।
मान रखने पर: $\sin 45^{\circ} = \frac{\mu_2}{\mu_1}$।
चूँकि $\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए $\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\mu_2}{\mu_1}$।
अतः,पहले माध्यम और दूसरे माध्यम के अपवर्तनांक का अनुपात $\frac{\mu_1}{\mu_2} = \frac{\sqrt{2}}{1}$ या $\sqrt{2}: 1$ है।

(B) इलेक्ट्रॉन के बिना विक्षेपित हुए गति करने के लिए,कुल लॉरेंट्ज़ बल शून्य होना चाहिए।
$F_{net} = F_e + F_m = 0$
$qE = qvB$
$E = vB$
चूंकि गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2}mv^2$ है,इसलिए वेग $v = \sqrt{\frac{2 \times KE}{m}}$.
यहाँ $KE = 5 \ eV = 5 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J$ और $m = 9 \times 10^{-31} \ kg$ रखने पर:
$v = \sqrt{\frac{2 \times 5 \times 1.6 \times 10^{-19}}{9 \times 10^{-31}}} = \sqrt{\frac{16 \times 10^{-19}}{9 \times 10^{-31}}} = \sqrt{\frac{16}{9} \times 10^{12}} = \frac{4}{3} \times 10^6 \ m/s$.
अब,$B = 3 \ \mu T = 3 \times 10^{-6} \ T$ के साथ $E = vB$ की गणना करने पर:
$E = (\frac{4}{3} \times 10^6) \times (3 \times 10^{-6}) = 4 \ N C^{-1}$.

(C) दिया गया है: फेरों की संख्या $N=10$, क्षेत्रफल $A=3.6 \times 10^{-3} \, m^2$, प्रतिरोध $R=100 \, \Omega$, चुंबकीय क्षेत्र $B=0.5 \, T$, समय $t=1.0 \, s$.
वर्गाकार लूप की भुजा की लंबाई $\ell = \sqrt{A} = \sqrt{3.6 \times 10^{-3}} \, m$ है।
प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\epsilon = N B \ell v$ है, जहाँ $v = \frac{\ell}{t}$ वेग है।
प्रेरित धारा $i = \frac{\epsilon}{R} = \frac{N B \ell v}{R}$ है।
लूप पर चुंबकीय बल $F = N i \ell B = \frac{N^2 B^2 \ell^2 v}{R} = \frac{N^2 B^2 A v}{R}$ है।
चूँकि लूप को बाहर खींचा जा रहा है, तय की गई दूरी $\ell$ है। किया गया कार्य $W = F \times \ell = \frac{N^2 B^2 A v \ell}{R} = \frac{N^2 B^2 A \ell^2}{R t} = \frac{N^2 B^2 A^2}{R t}$ है।
मान रखने पर: $W = \frac{10^2 \times (0.5)^2 \times (3.6 \times 10^{-3})^2}{100 \times 1.0} = \frac{100 \times 0.25 \times 12.96 \times 10^{-6}}{100} = 3.24 \times 10^{-6} \, J$.
अतः, किया गया कार्य $3.24 \times 10^{-6} \, J$ है। निकटतम पूर्णांक मान $3$ है।

(D) तापमान $T$ पर एक चालक का प्रतिरोध $R = R_0(1 + \alpha \Delta T)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $R_0$ $0^{\circ} C$ पर प्रतिरोध है और $\alpha$ प्रतिरोध का तापमान गुणांक है।
प्रथम स्थिति के लिए,$100^{\circ} C$ पर:
$10.2 = 10(1 + \alpha(100 - 0))$
$10.2 = 10 + 1000\alpha$
$0.2 = 1000\alpha \Rightarrow \alpha = \frac{0.2}{1000} = 2 \times 10^{-4} /^{\circ} C$.
द्वितीय स्थिति के लिए,$t^{\circ} C$ पर:
$10.95 = 10(1 + \alpha(t - 0))$
$10.95 = 10 + 10\alpha t$
$0.95 = 10 \times (2 \times 10^{-4}) \times t$
$0.95 = 2 \times 10^{-3} \times t$
$t = \frac{0.95}{0.002} = 475^{\circ} C$.
तापमान को केल्विन पैमाने में बदलने के लिए:
$T(K) = t(^{\circ} C) + 273$
$T(K) = 475 + 273 = 748 \ K$.

(A) विद्युत फ्लक्स $\phi$ विद्युत क्षेत्र सदिश $\overrightarrow{E}$ और क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A}$ के अदिश गुणनफल (डॉट प्रोडक्ट) द्वारा प्राप्त होता है।
क्षेत्रफल सदिश $\overrightarrow{A} = A \hat{n} = 4 \left( \frac{2 \hat{i} + \hat{j} + \hat{k}}{\sqrt{6}} \right) \ m^2$ है।
विद्युत फ्लक्स की गणना इस प्रकार है:
$\phi = \overrightarrow{E} \cdot \overrightarrow{A}$
$\phi = \left( \frac{2 \hat{i} + 6 \hat{j} + 8 \hat{k}}{\sqrt{6}} \right) \cdot \left( 4 \frac{2 \hat{i} + \hat{j} + \hat{k}}{\sqrt{6}} \right)$
$\phi = \frac{4}{6} \times (2 \times 2 + 6 \times 1 + 8 \times 1)$
$\phi = \frac{4}{6} \times (4 + 6 + 8)$
$\phi = \frac{4}{6} \times 18$
$\phi = 4 \times 3 = 12 \ Vm$.

(A) एकल स्लिट विवर्तन के लिए, $n$ वीं कोटि के निम्निष्ठ के लिए शर्त $b \sin \theta = n \lambda$ है।
छोटे कोणों के लिए, $\sin \theta \approx \theta$, इसलिए $\theta = \frac{n \lambda}{b}$ है।
दिया गया है: तरंगदैर्ध्य $\lambda = 600 \,nm = 600 \times 10^{-9} \,m$, स्लिट की चौड़ाई $b = 0.4 \,mm = 4 \times 10^{-4} \,m$, और कोटि $n = 2$ है।
द्वितीय कोटि के निम्निष्ठ की कोणीय स्थिति $\theta = \frac{2 \times 600 \times 10^{-9}}{4 \times 10^{-4}} = 3 \times 10^{-3} \,rad$ है।
केंद्रीय उच्चिष्ठ के दोनों ओर द्वितीय कोटि के निम्निष्ठों के बीच कुल कोणीय विचलन $2\theta$ है।
कुल विचलन $= 2 \times (3 \times 10^{-3} \,rad) = 6 \times 10^{-3} \,rad$.

(B) निकटतम पहुँच की दूरी $(r_{\min})$ पर,$\alpha$-कण की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा पूरी तरह से स्थिर-विद्युत स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{(Ze)(2e)}{r_{\min}}$
$v^2 = \frac{4 \times (9 \times 10^9) \times 80 \times 2 \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{6.72 \times 10^{-27} \times 4.5 \times 10^{-14}}$
गणना करने पर,$v \approx 156 \times 10^5 \ m/s$ प्राप्त होता है।

(C) नाभिकीय अभिक्रिया में,कुल परमाणु क्रमांक $(Z)$ और कुल द्रव्यमान संख्या $(A)$ दोनों का संरक्षण होना चाहिए।
दी गई अभिक्रिया के लिए: ${ }_{92} X^{236} \rightarrow{ }_{56} Y^{141}+{ }_{36} Z^{92}+3 R$
परमाणु क्रमांक $(Z)$ की जाँच करने पर:
$LHS$: $Z = 92$
$RHS$: $Z = 56 + 36 = 92$
चूंकि $92 = 92$,परमाणु क्रमांक संरक्षित है।
द्रव्यमान संख्या $(A)$ की जाँच करने पर:
$LHS$: $A = 236$
$RHS$: $A = 141 + 92 + 3(A_R) = 233 + 3(A_R)$
द्रव्यमान संख्या के संरक्षण के लिए: $236 = 233 + 3(A_R)$
$3(A_R) = 3$
$A_R = 1$
चूंकि कण $R$ की द्रव्यमान संख्या $1$ है और परमाणु क्रमांक $0$ है (क्योंकि $Z$ पहले से ही संतुलित है),इसलिए कण $R$ एक न्यूट्रॉन $({ }_{0} n^{1})$ है।

(A) पहले लेंस के लिए $(f_1 = 10 \ cm)$: वस्तु की दूरी $u_1 = -30 \ cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{v_1} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{3-1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$ प्राप्त होता है। अतः,$v_1 = 15 \ cm$। प्रतिबिंब पहले लेंस के दाईं ओर $15 \ cm$ पर बनता है।
दूसरे लेंस के लिए $(f_2 = -10 \ cm)$: पहले और दूसरे लेंस के बीच की दूरी $5 \ cm$ है। पहले लेंस द्वारा बना प्रतिबिंब दूसरे लेंस के लिए वस्तु का कार्य करता है। वस्तु की दूरी $u_2 = +(15 - 5) = +10 \ cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{v_2} = \frac{1}{-10} + \frac{1}{10} = 0$ प्राप्त होता है। अतः,$v_2 = \infty$।
तीसरे लेंस के लिए $(f_3 = 30 \ cm)$: किरणें मुख्य अक्ष के समानांतर हैं क्योंकि वे अनंत से आ रही हैं। इसलिए,अंतिम प्रतिबिंब तीसरे लेंस के फोकस बिंदु पर बनता है,जो तीसरे लेंस के दाईं ओर $30 \ cm$ की दूरी पर है।

(C) तार के अंदर $r < a$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{in} = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$r = \frac{a}{2}$ पर, चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I (a/2)}{2 \pi a^2} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ है।
तार के बाहर $r > a$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{out} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
$r = 2a$ पर, चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi (2a)} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ है।
चुंबकीय क्षेत्रों का अनुपात $\frac{B_1}{B_2} = \frac{\mu_0 I / 4 \pi a}{\mu_0 I / 4 \pi a} = 1: 1$ है।

(C) हीटिंग तत्व द्वारा खपत की गई शक्ति $P = V^2/R$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ आपूर्ति वोल्टेज है और $R$ प्रतिरोध है।
चूँकि $R = \rho \ell/A$,जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है,$\ell$ लंबाई है,और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,इसलिए $P \propto 1/\ell$ होता है।
पानी उबालने के लिए आवश्यक ऊष्मा $H = P \times t$ है। चूँकि $H$ स्थिर है,$P_1 t_1 = P_2 t_2$ होगा।
इसलिए,$P_1/P_2 = t_2/t_1 = 15/20 = 3/4$ प्राप्त होता है।
चूँकि $P \propto 1/\ell$ है,इसलिए $P_1/P_2 = \ell_2/\ell_1$ होगा।
अतः,$\ell_2/\ell_1 = 3/4$ प्राप्त होता है।
चूँकि नई लंबाई $\ell_2$ प्रारंभिक लंबाई $\ell_1$ की $3/4$ गुनी है,इसलिए लंबाई को उसकी प्रारंभिक लंबाई के $3/4$ तक घटाया जाना चाहिए।

(A) हवा से भरे संधारित्र की प्रारंभिक धारिता $C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $A = 12 \,cm^2$ और $d = 0.6 \,cm$ है。
जब $t = 0.6 \,cm$ मोटाई और $K$ परावैद्युतांक वाली एक परावैद्युत स्लैब डाली जाती है, और प्लेटों के बीच की दूरी $0.2 \,cm$ बढ़ा दी जाती है (नई दूरी $d' = 0.6 + 0.2 = 0.8 \,cm$), तो नई धारिता $C' = \frac{\epsilon_0 A}{d' - t + t/K}$ होती है。
यह दिया गया है कि $C = C'$, इसलिए $\frac{\epsilon_0 A}{d} = \frac{\epsilon_0 A}{d' - t + t/K}$。
मान रखने पर: $\frac{1}{0.6} = \frac{1}{0.8 - 0.6 + 0.6/K}$。
$0.6 = 0.2 + \frac{0.6}{K}$。
$0.4 = \frac{0.6}{K}$。
$K = \frac{0.6}{0.4} = 1.5$。

(A) दिया गया है: प्रतिरोध $R = 90 \Omega$, आपूर्ति वोल्टेज $V = 120 \text{ V}$, आवृत्ति $f = 60 \text{ Hz}$, प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज $V_R = 36 \text{ V}$।
श्रेणी परिपथ में धारा $I = \frac{V_R}{R} = \frac{36}{90} = 0.4 \text{ A}$ है।
परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) $Z = \frac{V}{I} = \frac{120}{0.4} = 300 \Omega$ है।
हम जानते हैं कि $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$, इसलिए $300 = \sqrt{90^2 + X_L^2}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $90000 = 8100 + X_L^2$।
$X_L^2 = 90000 - 8100 = 81900$।
$X_L = \sqrt{81900} \approx 286.18 \Omega$।
चूंकि $X_L = 2 \pi f L$, इसलिए $L = \frac{X_L}{2 \pi f} = \frac{286.18}{2 \times 3.14 \times 60} = \frac{286.18}{376.8} \approx 0.76 \text{ H}$ प्राप्त होता है।

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है और $p$ संवेग है।
चूंकि प्रोटॉन और इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य समान है,इसलिए उनका संवेग भी समान होगा: $p_p = p_e = p$.
किसी कण की गतिज ऊर्जा $K$ का उसके संवेग $p$ और द्रव्यमान $m$ के साथ संबंध $K = \frac{p^2}{2m}$ होता है।
प्रोटॉन और इलेक्ट्रॉन के लिए,हमारे पास $K_p = \frac{p^2}{2m_p}$ और $K_e = \frac{p^2}{2m_e}$ है।
चूंकि इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $m_e$ प्रोटॉन के द्रव्यमान $m_p$ से बहुत कम होता है $(m_e < m_p)$,इसलिए $\frac{1}{2m_e} > \frac{1}{2m_p}$ होगा।
अतः,$K_e > K_p$,या $K_p < K_e$ प्राप्त होता है।

(A) नाभिकीय बंधन ऊर्जा $(B.E.)$ को द्रव्यमान क्षति $(\Delta m)$ के ऊर्जा समतुल्य के रूप में परिभाषित किया जाता है।
समस्थानिक ${ }_{5}^{12} B$ में $Z = 5$ प्रोटॉन और $A - Z = 12 - 5 = 7$ न्यूट्रॉन होते हैं।
द्रव्यमान क्षति $\Delta m$ व्यक्तिगत न्यूक्लियॉन के द्रव्यमान के योग और नाभिक के वास्तविक द्रव्यमान $(M_0)$ के बीच के अंतर द्वारा दी जाती है:
$\Delta m = (Z M_p + (A - Z) M_n) - M_0$
$\Delta m = (5 M_p + 7 M_n - M_0)$
आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा तुल्यता संबंध का उपयोग करते हुए,$B.E. = \Delta m C^2$:
$B.E. = (5 M_p + 7 M_n - M_0) C^2$.

(A) एक लंबी परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $H$ का सूत्र $H = nI$ है,जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $I$ विद्युत धारा है।
दिया गया है:
निग्राहिता $H_c = 5 \times 10^3 \text{ A/m}$.
परिनालिका की लंबाई $L = 30 \text{ cm} = 0.3 \text{ m}$.
फेरों की संख्या $N = 150$.
प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या $n = \frac{N}{L} = \frac{150}{0.3} = 500 \text{ turns/m}$.
चुंबक को विचुंबकित करने के लिए,परिनालिका द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता चुंबक की निग्राहिता के बराबर होनी चाहिए:
$H = H_c$
$nI = 5 \times 10^3$
$500 \times I = 5000$
$I = \frac{5000}{500} = 10 \text{ A}$.
अतः,आवश्यक विद्युत धारा $10 \text{ A}$ है।

(C) माना आवेशों से बिंदु $P$ तक की दूरी $r_1$ और $r_2$ है। ज्यामिति से,$r_1 = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} \text{ cm}$ और $r_2 = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{25} = 5 \text{ cm}$ है।
$q_2$ के कारण $P$ पर विद्युत क्षेत्र $E_1 = \frac{K q_2}{r_1^2} = \frac{K q_2}{20}$ है। $Y$-अक्ष के अनुदिश इसका घटक $E_{1y} = E_1 \cos \beta = \frac{K q_2}{20} \cdot \frac{4}{\sqrt{20}}$ है।
$q_3$ के कारण $P$ पर विद्युत क्षेत्र $E_2 = \frac{K q_3}{r_2^2} = \frac{K q_3}{25}$ है। $Y$-अक्ष के अनुदिश इसका घटक $E_{2y} = E_2 \cos \theta = \frac{K q_3}{25} \cdot \frac{4}{5}$ है।
$Y$-अक्ष पर नेट विद्युत क्षेत्र शून्य होने के लिए,इन घटकों के परिमाण बराबर होने चाहिए: $\frac{K q_2}{20} \cdot \frac{4}{\sqrt{20}} = \frac{K q_3}{25} \cdot \frac{4}{5}$.
सरल करने पर,$\frac{q_2}{20 \sqrt{20}} = \frac{q_3}{125} \Rightarrow \frac{q_2}{q_3} = \frac{20 \sqrt{20}}{125} = \frac{4 \sqrt{20}}{25} = \frac{4 \cdot 2 \sqrt{5}}{25} = \frac{8 \sqrt{5}}{25} = \frac{8}{5 \sqrt{5}}$.
इसकी तुलना $\frac{8}{5 \sqrt{x}}$ से करने पर,हमें $x = 5$ प्राप्त होता है।

(D) सबसे पहले,हीटर का प्रतिरोध ज्ञात करें:
$R_{\text{heater}} = \frac{V^2}{P} = \frac{(100)^2}{1000} = 10 \ \Omega$.
जब हीटर $P' = 62.5 \ W$ पर काम करता है,तो इसके सिरों पर वोल्टेज $(V')$ है:
$P' = \frac{(V')^2}{R_{\text{heater}}} \Rightarrow V' = \sqrt{P' \cdot R_{\text{heater}}} = \sqrt{62.5 \times 10} = \sqrt{625} = 25 \ V$.
श्रेणी में जुड़े प्रतिरोध $(10 \ \Omega)$ के सिरों पर वोल्टेज $V_s = 100 \ V - 25 \ V = 75 \ V$ है।
परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V_s}{10 \ \Omega} = \frac{75}{10} = 7.5 \ A$ है।
हीटर से होकर बहने वाली धारा $I_H = \frac{V'}{R_{\text{heater}}} = \frac{25}{10} = 2.5 \ A$ है।
प्रतिरोध $R$ से होकर बहने वाली धारा $I_R = I - I_H = 7.5 \ A - 2.5 \ A = 5 \ A$ है।
चूंकि $R$ हीटर के साथ समानांतर में है,इसलिए $R$ के सिरों पर वोल्टेज भी $25 \ V$ है।
अतः,$R = \frac{V'}{I_R} = \frac{25}{5} = 5 \ \Omega$.

(A) दिया गया है: $C = 2 \mu F = 2 \times 10^{-6} \text{ F}$,$E = 110 \sqrt{2} \sin(100t) \text{ V}$.
$E = E_0 \sin(\omega t)$ से तुलना करने पर,शिखर वोल्टेज $E_0 = 110 \sqrt{2} \text{ V}$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 100 \text{ rad/s}$ प्राप्त होती है।
धारतीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{100 \times 2 \times 10^{-6}} = \frac{1}{2 \times 10^{-4}} = 5000 \Omega$.
शिखर धारा $I_0 = \frac{E_0}{X_C} = \frac{110 \sqrt{2}}{5000} \text{ A}$.
$rms$ धारा $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{110 \sqrt{2}}{5000 \sqrt{2}} = \frac{110}{5000} \text{ A}$.
$I_{rms} = \frac{11}{500} \text{ A} = 0.022 \text{ A}$.
$mA$ में बदलने पर,$I_{rms} = 0.022 \times 1000 \text{ mA} = 22 \text{ mA}$.

(B) दिया गया है: स्लिट पृथक्करण $d = 1 \,mm = 10^{-3} \,m$, पर्दे की दूरी $D = 1 \,m$, तरंगदैर्ध्य $\lambda = 500 \,nm = 5 \times 10^{-7} \,m$.
एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न के केंद्रीय उच्चिष्ठ की चौड़ाई $w = \frac{2 \lambda D}{a}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $a$ प्रत्येक स्लिट की चौड़ाई है।
द्वि-स्लिट व्यतिकरण पैटर्न की फ्रिंज चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
हमें दिया गया है कि द्वि-स्लिट पैटर्न के $10$ उच्चिष्ठ, एकल स्लिट पैटर्न के केंद्रीय उच्चिष्ठ के भीतर आते हैं। अतः, $10 \times \beta = \frac{2 \lambda D}{a}$.
$\beta = \frac{\lambda D}{d}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$10 \times \frac{\lambda D}{d} = \frac{2 \lambda D}{a}$
समीकरण को सरल करने पर:
$\frac{10}{d} = \frac{2}{a}$
$a = \frac{2d}{10} = \frac{d}{5}$
चूँकि $d = 1 \,mm = 10 \times 10^{-4} \,m$:
$a = \frac{10 \times 10^{-4} \,m}{5} = 2 \times 10^{-4} \,m$.
अतः, सही मान $2$ है।

(D) $LED$ को जलाने के लिए, $PQ$ खंड के सिरों पर विभवांतर (वोल्टेज) $LED$ के थ्रेशोल्ड वोल्टेज और ज़ेनर डायोड के ब्रेकडाउन वोल्टेज के योग के बराबर होना चाहिए।
$V_{PQ} = V_{LED} + V_{Zener}$
$V_{PQ} = 1.8 \,V + 3.2 \,V = 5.0 \,V$
पोटेंशियल डिवाइडर सर्किट में कुल लंबाई $PR = 20 \,cm$ पर कुल $20 \,V$ का वोल्टेज है।
पोटेंशियल डिवाइडर के सिद्धांत का उपयोग करते हुए, किसी खंड पर वोल्टेज उसकी लंबाई के समानुपाती होता है:
$\frac{V_{PQ}}{V_{PR}} = \frac{PQ}{PR}$
$\frac{5 \,V}{20 \,V} = \frac{PQ}{20 \,cm}$
$PQ = \left( \frac{5}{20} \right) \times 20 \,cm = 5 \,cm$
अतः, $PQ$ की आवश्यक न्यूनतम लंबाई $5 \,cm$ है।

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ द्रव्यमान है और $K$ गतिज ऊर्जा है।
चूंकि सभी कणों के लिए गतिज ऊर्जा $(K)$ समान है,इसलिए $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$ होगा।
हम जानते हैं कि कणों के द्रव्यमान का क्रम $m_{e} < m_{p} < m_{\alpha}$ है।
चूंकि तरंगदैर्ध्य द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती होती है,इसलिए तरंगदैर्ध्य का क्रम $\lambda_{e} > \lambda_{p} > \lambda_{\alpha}$ होगा।

(B) अधिकतम विद्युत क्षेत्र $(E_0)$ और अधिकतम चुंबकीय क्षेत्र $(B_0)$ के बीच का संबंध $E_0 = B_0 c$ है।
यहाँ $E_0 = 60 \text{ Vm}^{-1}$ और $c = 3 \times 10^8 \text{ ms}^{-1}$ दिया गया है,इसलिए $B_0 = \frac{E_0}{c} = \frac{60}{3 \times 10^8} = 2 \times 10^{-7} \text{ T}$।
तरंग संख्या $k$ का मान $k = \frac{2\pi}{\lambda}$ होता है। चूँकि $\lambda = 4 \text{ mm} = 4 \times 10^{-3} \text{ m}$ है,इसलिए $k = \frac{2\pi}{4 \times 10^{-3}} = \frac{\pi}{2} \times 10^3 \text{ rad/m}$।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ का मान $\omega = ck = (3 \times 10^8) \times (\frac{\pi}{2} \times 10^3) = \frac{3\pi}{2} \times 10^{11} \text{ rad/s}$ है।
तरंग $+x$ दिशा में संचरित हो रही है और विद्युत क्षेत्र $+y$ दिशा में है। चूँकि संचरण की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ होती है,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $+z$ दिशा में होना चाहिए।
अतः,चुंबकीय क्षेत्र का समीकरण $B_z = B_0 \sin(kx - \omega t) = 2 \times 10^{-7} \sin \left[ \frac{\pi}{2} \times 10^3 (x - 3 \times 10^8 t) \right] \hat{k} \text{ T}$ होगा।

(A) कथन $(I)$ गलत है क्योंकि अवतल लेंस एक अपसारी लेंस है। यह दूसरी ओर वक्रता केंद्र पर वास्तविक प्रतिबिंब नहीं बना सकता है। अवतल लेंस द्वारा बनाया गया प्रतिबिंब हमेशा आभासी,सीधा और छोटा होता है,और यह वस्तु की ओर ही प्रकाशिक केंद्र और मुख्य फोकस के बीच बनता है।
कथन $(II)$ सही है क्योंकि अवतल लेंस हमेशा प्रकाश किरणों को फैलाता (अपसारित करता) है,जिसके परिणामस्वरूप लेंस के सामने वस्तु की किसी भी स्थिति के लिए एक आभासी,सीधा और छोटा प्रतिबिंब बनता है।
अतः,कथन $(I)$ गलत है और कथन $(II)$ सही है।

(C) उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा अर्धचालक की बैंड गैप ऊर्जा के बराबर होती है, $E_g = 1.42 \,eV$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ और ऊर्जा $E$ के बीच संबंध सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\lambda = \frac{hc}{E}$.
$hc \approx 1240 \,eV \cdot nm$ के सन्निकटन का उपयोग करते हुए:
$\lambda = \frac{1240 \,eV \cdot nm}{1.42 \,eV} \approx 873.24 \,nm$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान लेने पर, $\lambda \approx 875 \,nm$ प्राप्त होता है।

(A) इस व्यवस्था को समानांतर क्रम में जुड़े तीन संधारित्रों के रूप में देखा जा सकता है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $\frac{A}{3}$ है लेकिन प्लेटों के बीच की दूरी अलग-अलग है।
पहले संधारित्र के लिए,दूरी $d$ है। इसकी धारिता $C_1 = \frac{\varepsilon_0 (A/3)}{d} = \frac{\varepsilon_0 A}{3d}$ है।
दूसरे संधारित्र के लिए,दूरी $2d$ है। इसकी धारिता $C_2 = \frac{\varepsilon_0 (A/3)}{2d} = \frac{\varepsilon_0 A}{6d}$ है।
तीसरे संधारित्र के लिए,दूरी $3d$ है। इसकी धारिता $C_3 = \frac{\varepsilon_0 (A/3)}{3d} = \frac{\varepsilon_0 A}{9d}$ है।
चूंकि वे समानांतर क्रम में हैं,इसलिए तुल्य धारिता $C_{eq} = C_1 + C_2 + C_3$ होगी।
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{3d} + \frac{\varepsilon_0 A}{6d} + \frac{\varepsilon_0 A}{9d} = \frac{\varepsilon_0 A}{d} \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{9} \right)$.
$3, 6, 9$ का लघुत्तम समापवर्त्य $18$ लेने पर:
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{d} \left( \frac{6 + 3 + 2}{18} \right) = \frac{11 \varepsilon_0 A}{18 d}$.

(D) $\text{आइंस्टीन के द्रव्यमान-ऊर्जा समतुल्यता सूत्र का उपयोग करते हुए: } E = mc^2$.
$\text{दिया गया द्रव्यमान } m = 1 \,g = 10^{-3} \,kg$.
$\text{प्रकाश की गति } c = 3 \times 10^8 \,m/s$.
$E = (10^{-3} \,kg) \times (3 \times 10^8 \,m/s)^2 = 9 \times 10^{13} \,J$.
$\text{जूल को } MeV \text{ में बदलने के लिए, हम रूपांतरण कारक } 1 \,eV = 1.602 \times 10^{-19} \,J \text{ का उपयोग करते हैं, इसलिए } 1 \,MeV = 1.602 \times 10^{-13} \,J$.
$E = \frac{9 \times 10^{13} \,J}{1.602 \times 10^{-13} \,J/MeV} \approx 5.618 \times 10^{26} \,MeV$.
$\text{अतः, ऊर्जा समतुल्यता लगभग } 5.6 \times 10^{26} \,MeV \text{ है.}$

(C) कथन $(I)$ सही है। इलेक्ट्रोडायनामिक्स में,जब धाराएँ समय के साथ बदलती हैं,तो चुंबकीय क्षेत्र बदलते हैं और विद्युत चुम्बकीय क्षेत्र स्वयं संवेग वहन करता है। न्यूटन का तीसरा नियम,अपने सरल रूप में,कणों पर लागू होता है,लेकिन पूरी प्रणाली के लिए,कुल संवेग के संरक्षण हेतु क्षेत्र के संवेग को शामिल करना आवश्यक है।
कथन $(II)$ गलत है। एम्पीयर का परिपथीय नियम बायो-सावर्ट के नियम से व्युत्पन्न होता है। यह अनिवार्य रूप से धारा और चुंबकीय क्षेत्र के बीच संबंध का एक समाकलित रूप है,जो मौलिक रूप से बायो-सावर्ट के नियम में निहित है।

(B) दिया गया है:
गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G = 200 \Omega$
पूर्ण स्केल विक्षेप धारा $I_g = 20 \mu A = 20 \times 10^{-6} A$
एमीटर की आवश्यक रेंज $I = 20 mA = 20 \times 10^{-3} A$
गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए,समानांतर क्रम में एक शंट प्रतिरोध $S$ जोड़ा जाता है।
शंट प्रतिरोध का सूत्र $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ है।
मान रखने पर:
$S = \frac{20 \times 10^{-6} \times 200}{20 \times 10^{-3} - 20 \times 10^{-6}}$
$S = \frac{4000 \times 10^{-6}}{20 \times 10^{-3} (1 - 0.001)}$
$S = \frac{4 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-3} \times 0.999}$
$S = \frac{4}{20 \times 0.999} = \frac{0.2}{0.999} \approx 0.2002 \Omega$
अतः,आवश्यक शंट प्रतिरोध लगभग $0.20 \Omega$ है।

(A) $RC$ परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $X_C = \frac{1}{\omega C}$ धारितीय प्रतिघात (capacitive reactance) है।
जब संधारित्र की प्लेटों के बीच एक परावैद्युत रखा जाता है,तो इसकी धारिता $C$ बढ़ जाती है $(C' = KC)$।
चूंकि $X_C = \frac{1}{\omega C}$,इसलिए $C$ में वृद्धि होने से धारितीय प्रतिघात कम हो जाता है $(X_C \downarrow)$।
जैसे-जैसे $X_C$ घटता है,परिपथ की कुल प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_C^2}$ कम हो जाती है $(Z \downarrow)$।
$AC$ परिपथ के लिए ओम के नियम के अनुसार,धारा $I = \frac{V}{Z}$ होती है। चूंकि $Z$ घटता है,इसलिए परिपथ में धारा $I$ बढ़ जाती है।
परिणामस्वरूप,बल्ब में व्यय होने वाली शक्ति $(P = I^2 R)$ बढ़ जाती है,और बल्ब की चमक बढ़ जाती है।

(D) और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध ज्ञात करने के लिए,हम परिपथ को चरण-दर-चरण सरल करते हैं।
नोड्स को लेबल करके,हम देखते हैं कि समानांतर शाखाओं की पहचान करके परिपथ को कम किया जा सकता है।
$10 \Omega$ और $5 \Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणी में हैं $(15 \Omega)$,$4 \Omega$ और $11 \Omega$ श्रेणी में हैं $(15 \Omega)$,और मध्य की ऊर्ध्वाधर शाखा भी नोड $C$ और $D$ के बीच $15 \Omega$ का मार्ग बनाती है।
ये तीनों $15 \Omega$ की शाखाएं नोड $C$ और $D$ के बीच समानांतर में हैं।
इन तीनों समानांतर शाखाओं का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{15 \Omega}{3} = 5 \Omega$ है।
अब,परिपथ $6 \Omega$,$5 \Omega$ और $8 \Omega$ के श्रेणी संयोजन में सरल हो जाता है।
अतः,कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 6 \Omega + 5 \Omega + 8 \Omega = 19 \Omega$ है।

(B) आवेशित रिंग के केंद्र पर विभव $V = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \int \frac{dq}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
$R$ त्रिज्या वाली अर्ध-रिंग के लिए,कुल आवेश $Q = \lambda \times (\pi R)$ होता है।
चूंकि अर्ध-रिंग का प्रत्येक बिंदु केंद्र से समान दूरी $R$ पर है,इसलिए विभव $V = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{Q}{R}$ होगा।
$Q = \lambda \pi R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $V = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{\lambda \pi R}{R} = \frac{\lambda}{4 \epsilon_0}$ प्राप्त होता है।
यहाँ $\lambda = 4 \times 10^{-9} \ C/m$ और $k = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} = 9 \times 10^9 \ N \ m^2/C^2$ दिया गया है।
$V = k \lambda \pi = (9 \times 10^9) \times (4 \times 10^{-9}) \times \pi$.
$V = 36 \pi \ V$.
इसे $x \pi \ V$ के साथ तुलना करने पर,हमें $x = 36$ प्राप्त होता है।

(C) अभिक्रिया $3({ }^4 He) \rightarrow { }^{12} C + Q$ है।
प्रति अभिक्रिया मुक्त ऊर्जा $Q = (3 \times m_{He} - m_C)c^2$ द्वारा दी जाती है।
$Q = (3 \times 4.0026 \ u - 12 \ u)c^2 = (12.0078 - 12) \ u \times c^2 = 0.0078 \ u \times c^2$.
$u$ को $kg$ में बदलने पर: $Q = 0.0078 \times 1.66 \times 10^{-27} \ kg \times (3 \times 10^8 \ m/s)^2$.
$Q = 0.0078 \times 1.66 \times 10^{-27} \times 9 \times 10^{16} \ J = 1.16568 \times 10^{-12} \ J$.
उत्पन्न शक्ति $P = R \times Q$ है,जहाँ $R$ अभिक्रिया की दर है (प्रति सेकंड अभिक्रियाओं की संख्या)।
$R = \frac{P}{Q} = \frac{5.808 \times 10^{30} \ W}{1.16568 \times 10^{-12} \ J} \approx 4.9825 \times 10^{42} \ s^{-1} \approx 5 \times 10^{42} \ s^{-1}$.
चूंकि प्रत्येक अभिक्रिया में तीन ${ }^4 He$ नाभिकों का उपयोग होता है,इसलिए ${ }^4 He$ के रूपांतरण की दर $3 \times R = 3 \times 5 \times 10^{42} = 15 \times 10^{42} \ s^{-1}$ है।
अतः,$n = 15$.

(D) यंग के द्वि-झिरी प्रयोग में किसी बिंदु पर तीव्रता $I = I_{max} \cos^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\Delta \phi$ कलांतर (phase difference) है।
दिया गया है कि $I = \frac{I_{max}}{4}$,इसलिए $\frac{I_{max}}{4} = I_{max} \cos^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right)$.
इसे सरल करने पर $\cos^2\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right) = \frac{1}{4}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\cos\left(\frac{\Delta \phi}{2}\right) = \frac{1}{2}$.
अतः,$\frac{\Delta \phi}{2} = \frac{\pi}{3}$,जिससे कलांतर $\Delta \phi = \frac{2\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
कलांतर और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है। चूँकि $\Delta x = \frac{yd}{D}$,इसलिए $\Delta \phi = \frac{2\pi}{\lambda} \left(\frac{yd}{D}\right)$.
$\Delta \phi$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $\frac{2\pi}{\lambda} \left(\frac{yd}{D}\right) = \frac{2\pi}{3}$.
$y$ के लिए हल करने पर: $y = \frac{\lambda D}{3d}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $y = \frac{600 \times 10^{-9} \ m \times 1.0 \ m}{3 \times 1.0 \times 10^{-3} \ m} = \frac{600 \times 10^{-9}}{3 \times 10^{-3}} \ m = 200 \times 10^{-6} \ m$.
चूँकि $1 \ \mu m = 10^{-6} \ m$,इसलिए दूरी $y = 200 \ \mu m$ है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = B_0(1+4x) \hat{k}$ द्वारा दिया गया है।
$x=0$ पर स्थित ऊर्ध्वाधर तार के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B(0) = B_0(1+4(0)) = B_0 = 5 \ T$ है।
इस तार पर बल $F_1 = i \ell B(0) = 2 \times 2 \times 5 = 20 \ N$ ($+x$ दिशा में) है।
$x=2$ पर स्थित ऊर्ध्वाधर तार के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B(2) = B_0(1+4(2)) = 9B_0 = 9 \times 5 = 45 \ T$ है।
इस तार पर बल $F_2 = i \ell B(2) = 2 \times 2 \times 45 = 180 \ N$ ($-x$ दिशा में) है।
क्षैतिज तारों पर लगने वाले बल एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
कुल बल $F_{net} = F_2 - F_1 = 180 - 20 = 160 \ N$ है।

(D) स्थिति-$I$: $DC$ आपूर्ति
$DC$ परिपथ के लिए,प्रेरक (inductor) एक शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है (केवल प्रतिरोध).
$R = \frac{V}{I} = \frac{20 \ V}{5 \ A} = 4 \ \Omega$
स्थिति-$II$: $AC$ आपूर्ति
$AC$ परिपथ के लिए,प्रतिबाधा (impedance) $Z$ का मान $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ होता है।
$Z = \frac{V}{I} = \frac{20 \ V}{4 \ A} = 5 \ \Omega$
चूंकि $Z^2 = R^2 + X_L^2$,इसलिए $5^2 = 4^2 + X_L^2$.
$25 = 16 + X_L^2 \Rightarrow X_L^2 = 9 \Rightarrow X_L = 3 \ \Omega$
हम जानते हैं कि $X_L = 2 \pi f L$,जहाँ $f = 50 \ Hz$ और $\pi = 3$ है।
$3 = 2 \times 3 \times 50 \times L$
$3 = 300 \times L$
$L = \frac{3}{300} \ H = 0.01 \ H$
मिलीहेनरी $(mH)$ में बदलने पर:
$L = 0.01 \times 1000 \ mH = 10 \ mH$

(B) माना नोड $C$ पर विभव $y$ है और नोड $A$ पर विभव $x$ है। $10 \ V$ की बैटरी और $1 \Omega$ प्रतिरोध के बीच जंक्शन पर विभव $(x-10) \ V$ है।
नोड $C$ (विभव $y$) पर नोडल विश्लेषण लागू करने पर:
$\frac{y-5}{2} + \frac{y-0}{2} + \frac{y-(x-10)}{1} = 0$
$y-5 + y + 2y - 2x + 20 = 0$
$4y - 2x + 15 = 0 \quad \dots(i)$
नोड $A$ (विभव $x$) पर नोडल विश्लेषण लागू करने पर:
$\frac{x-5}{4} + \frac{x-0}{4} + \frac{x-10-y}{1} = 0$
$x-5 + x + 4x - 40 - 4y = 0$
$6x - 4y - 45 = 0 \quad \dots(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर:
$(4y - 2x + 15) + (6x - 4y - 45) = 0$
$4x - 30 = 0 \implies x = 7.5 \ V$
$(i)$ में $x = 7.5$ रखने पर:
$4y - 2(7.5) + 15 = 0 \implies 4y - 15 + 15 = 0 \implies y = 0 \ V$
$1 \Omega$ प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $I_1$ इस प्रकार है:
$I_1 = \frac{y - (x-10)}{1} = \frac{0 - (7.5 - 10)}{1} = \frac{2.5}{1} = 2.5 \ A$
दिया गया है कि $I_1 = \frac{n}{10} \ A$,अतः $\frac{n}{10} = 2.5 \implies n = 25$.