JEE Main 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) पास्कल के नियम के अनुसार,इनपुट पिस्टन पर लगाया गया दबाव आउटपुट पिस्टन पर समान रूप से संचारित होता है।
$P_1 = P_2 \implies \frac{F_1}{A_1} = \frac{F_2}{A_2}$
दिया गया है: $F_1 = 100 \ N$,$A_1 = 6 \ cm^2$,$A_2 = 1500 \ cm^2$.
$F_2 = F_1 \times \frac{A_2}{A_1} = 100 \times \frac{1500}{6} = 100 \times 250 = 25000 \ N$.
आउटपुट पिस्टन पर किया गया कार्य $W = F_2 \times d_2$ है,जहाँ $d_2 = 20 \ cm = 0.2 \ m$.
$W = 25000 \ N \times 0.2 \ m = 5000 \ J$.
चूंकि $1 \ kJ = 1000 \ J$,इसलिए किया गया कार्य $5 \ kJ$ है।

(A) जमीन के सापेक्ष नाव का वेग स्थिर जल में नाव की चाल और नदी के प्रवाह की चाल का योग है: $v_b = 27 \,km/h + 9 \,km/h = 36 \,km/h$.
इसे $m/s$ में बदलने पर: $v_b = 36 \times \frac{5}{18} = 10 \,m/s$.
चूंकि गेंद को चलती हुई नाव से ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है,इसलिए जमीन के सापेक्ष इसका क्षैतिज वेग नाव के वेग के बराबर होगा,$v_x = 10 \,m/s$.
$u_y = 10 \,m/s$ के प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग के साथ फेंकी गई गेंद के लिए उड़ान का समय $T = \frac{2u_y}{g} = \frac{2 \times 10}{10} = 2 \,s$ है।
किनारे पर स्थित प्रेक्षक द्वारा प्रेक्षित क्षैतिज परास $R = v_x \times T = 10 \,m/s \times 2 \,s = 20 \,m$ है।
परास को सेंटीमीटर में बदलने पर: $R = 20 \,m = 2000 \,cm$.

(C) वह घटना जिसमें तापमान के अंतर को विद्युत ऊर्जा में परिवर्तित किया जाता है,$Seebeck$ प्रभाव कहलाती है।
थर्मोइलेक्ट्रिक सामग्रियों की दक्षता को अधिकतम करने के लिए,हमें उच्च $Seebeck$ गुणांक,उच्च विद्युत चालकता (जूल हीटिंग नुकसान को कम करने के लिए),और कम ऊष्मीय चालकता (पदार्थ के पार तापमान प्रवणता बनाए रखने के लिए) की आवश्यकता होती है।
इसलिए,पदार्थ में कम ऊष्मीय चालकता और उच्च विद्युत चालकता होनी चाहिए।

(D) समतापीय प्रक्रिया के लिए,$PV = K$। $V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $P + V \frac{dP}{dV} = 0$ प्राप्त होता है,इसलिए $\left(\frac{dP}{dV}\right)_{\text{iso}} = -\frac{P}{V}$।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,$PV^\gamma = K$। $V$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{dP}{dV} V^\gamma + P \gamma V^{\gamma-1} = 0$ प्राप्त होता है,इसलिए $\left(\frac{dP}{dV}\right)_{\text{adia}} = -\gamma \frac{P}{V}$।
चूंकि सभी गैसों के लिए $\gamma > 1$ होता है,इसलिए रुद्धोष्म वक्र के ढाल का परिमाण समतापीय वक्र के ढाल से अधिक होता है,अर्थात $|\left(\frac{dP}{dV}\right)_{\text{adia}}| > |\left(\frac{dP}{dV}\right)_{\text{iso}}|$।
इसका अर्थ है कि दबाव में दी गई वृद्धि के लिए,रुद्धोष्म प्रक्रिया में आयतन,समतापीय प्रक्रिया की तुलना में अधिक तेजी से घटता है।
अतः,अभिकथन $(A)$ असत्य है,और कारण $(R)$ सत्य है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया $A \to B$ के लिए,ऊष्मा विनिमय $\Delta Q_{AB} = 0$ होता है।
समतापीय प्रक्रिया $B \to C$ के लिए,ऊष्मा विनिमय $\Delta Q_{BC}$ किए गए कार्य $W_{BC}$ के बराबर होता है।
दिया गया है कि प्रक्रिया $B \to C$,$T = 450 \ K$ तापमान पर समतापीय है (ग्राफ से),इसलिए प्रति मोल अवशोषित ऊष्मा:
$\Delta Q = \Delta Q_{BC} = nRT \ln \left(\frac{V_C}{V_B}\right)$
चूंकि हम प्रति मोल ऊष्मा की गणना कर रहे हैं,इसलिए $n = 1$ है।
$\Delta Q = (1) \times R \times 450 \times \ln \left(\frac{8 \times 10^{-6}}{6 \times 10^{-6}}\right)$
$\Delta Q = 450 R \ln \left(\frac{4}{3}\right)$
$\Delta Q = 450 R (\ln 4 - \ln 3)$.

(B) सरल आवर्त गति करने वाले पिंड का अधिकतम वेग $V_{max} = A \omega$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
$k$ स्प्रिंग नियतांक वाली स्प्रिंग से जुड़े $m$ द्रव्यमान के लिए,कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ होती है।
यह दिया गया है कि द्रव्यमान समान हैं $(m_A = m_B = m)$ और आयाम समान हैं $(A_A = A_B = A_0)$,इसलिए अधिकतम वेग हैं:
$V_A = A_0 \omega_A = A_0 \sqrt{\frac{k_1}{m}}$
$V_B = A_0 \omega_B = A_0 \sqrt{\frac{k_2}{m}}$
$A$ के अधिकतम वेग का $B$ के अधिकतम वेग से अनुपात है:
$\frac{V_A}{V_B} = \frac{A_0 \sqrt{\frac{k_1}{m}}}{A_0 \sqrt{\frac{k_2}{m}}} = \sqrt{\frac{k_1}{k_2}}$.

(A) जब समान द्रव्यमान वाली दो वस्तुएं पूर्णतः प्रत्यास्थ एक-आयामी टक्कर करती हैं,तो वे अपने वेगों का आदान-प्रदान करती हैं।
प्रारंभ में,$v_{A} = 5 \ m/s$,$v_{B} = 2 \ m/s$,और $v_{C} = 4 \ m/s$ है।
सबसे पहले,गोला $A$,गोला $B$ से टकराता है। समान द्रव्यमान होने के कारण,वे वेगों का आदान-प्रदान करते हैं: $v_{A}' = 2 \ m/s$ और $v_{B}' = 5 \ m/s$।
अब,गोला $B$ ($5 \ m/s$ के वेग से गतिमान) गोला $C$ ($4 \ m/s$ के वेग से गतिमान) से टकराता है। वे वेगों का आदान-प्रदान करते हैं: $v_{B}'' = 4 \ m/s$ और $v_{C}' = 5 \ m/s$।
इस प्रकार,अंतिम वेग $v_{A} = 2 \ m/s$,$v_{B} = 4 \ m/s$,और $v_{C} = 5 \ m/s$ हैं।
अभिकथन $(A)$ कहता है कि अंतिम वेग $4 \ m/s, 2 \ m/s, 5 \ m/s$ हैं,जो गलत है।
कारण $(R)$ एक सही भौतिक सिद्धांत है।
इसलिए,$(A)$ गलत है लेकिन $(R)$ सही है।

(D) कन्वेयर बेल्ट को स्थिर गति $v$ पर बनाए रखने के लिए आवश्यक शक्ति $P = F \cdot v$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि बेल्ट स्थिर गति से चलती है,इसलिए जोड़ी गई रेत के संवेग परिवर्तन को दूर करने के लिए आवश्यक बल $F = \frac{dp}{dt} = v \frac{dm}{dt}$ है।
दिया गया है कि द्रव्यमान जमा होने की दर $\frac{dm}{dt} = k\sqrt{v}$ है,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
इस मान को बल के समीकरण में रखने पर: $F = v(k\sqrt{v}) = kv^{3/2}$।
अब,शक्ति की गणना करने पर: $P = F \cdot v = (kv^{3/2}) \cdot v = kv^{5/2}$।
समीकरण के दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $P^2 = k^2 v^5$ प्राप्त होता है।
अतः,$P^2 \propto v^5$।

(C) किसी बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ द्वारा दिया जाता है।
प्रत्येक द्रव्यमान के लिए,समबाहु त्रिभुज के केंद्रक से वेग सदिश (जो भुजा के अनुदिश है) तक की लंबवत दूरी $r_{\perp}$ केंद्रक से भुजा तक की दूरी है।
$a$ भुजा वाले समबाहु त्रिभुज में,केंद्रक से किसी भी भुजा की दूरी $r_{\perp} = \frac{a}{2\sqrt{3}}$ होती है।
प्रत्येक द्रव्यमान का वेग $V_0$ है जो त्रिभुज की भुजाओं के अनुदिश निर्देशित है।
केंद्रक के परितः एक द्रव्यमान का कोणीय संवेग $L_1 = m V_0 r_{\perp} = m V_0 \left( \frac{a}{2\sqrt{3}} \right)$ है।
चूंकि वेग इस प्रकार निर्देशित हैं कि तीनों द्रव्यमान समान घूर्णन दिशा (दक्षिणावर्त या वामावर्त) में कोणीय संवेग में योगदान करते हैं,इसलिए कुल कोणीय संवेग $L = 3 \times L_1$ होगा।
$L = 3 \times m V_0 \left( \frac{a}{2\sqrt{3}} \right) = \frac{3}{2\sqrt{3}} m V_0 a = \frac{\sqrt{3}}{2} m V_0 a$.

(C) यंग मापांक $(Y) = \frac{\text{प्रतिबल}}{\text{विकृति}} = \frac{F/A}{\Delta \ell / \ell} = \frac{MLT^{-2}}{L^2} = [ML^{-1}T^{-2}] \rightarrow (II)$.
$(B)$ बल आघूर्ण $(\tau) = r \times F = L \times MLT^{-2} = [ML^2T^{-2}] \rightarrow (IV)$.
$(C)$ श्यानता गुणांक $(\eta)$,$F = \eta A \frac{dv}{dx}$ से $\Rightarrow \eta = \frac{F}{A(dv/dx)} = \frac{MLT^{-2}}{L^2(LT^{-1}/L)} = [ML^{-1}T^{-1}] \rightarrow (I)$.
$(D)$ गुरुत्वाकर्षण नियतांक $(G)$,$F = \frac{GM_1M_2}{r^2}$ से $\Rightarrow G = \frac{Fr^2}{M^2} = \frac{MLT^{-2} \cdot L^2}{M^2} = [M^{-1}L^3T^{-2}] \rightarrow (III)$.
अतः,सही मिलान $(A)-(II), (B)-(IV), (C)-(I), (D)-(III)$ है।

(A) न्यूटन के शीतलन नियम (Newton's law of cooling) के औसत रूप का उपयोग करते हुए: $\frac{dT}{dt} = k(T_{avg} - T_{room})$.
पहले अंतराल ($90^{\circ} C$ से $80^{\circ} C$) के लिए:
$\frac{90-80}{t} = k\left(\frac{90+80}{2} - 20\right) \implies \frac{10}{t} = k(85 - 20) = 65k \dots (i)$
दूसरे अंतराल ($80^{\circ} C$ से $60^{\circ} C$) के लिए:
$\frac{80-60}{t'} = k\left(\frac{80+60}{2} - 20\right) \implies \frac{20}{t'} = k(70 - 20) = 50k \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{10/t}{20/t'} = \frac{65k}{50k}$
$\frac{10}{t} \times \frac{t'}{20} = \frac{65}{50}$
$\frac{t'}{2t} = \frac{13}{10}$
$t' = \frac{13}{10} \times 2t = \frac{13}{5} t$.

(C) दिया गया संबंध $Q = \frac{ab^4}{cd}$ है।
सापेक्ष त्रुटि के सूत्र का उपयोग करते हुए,$Q$ में भिन्नात्मक त्रुटि इस प्रकार है:
$\frac{\Delta Q}{Q} = \frac{\Delta a}{a} + 4\frac{\Delta b}{b} + \frac{\Delta c}{c} + \frac{\Delta d}{d}$.
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करें:
$\frac{\Delta Q}{Q} \times 100 = \left( \frac{\Delta a}{a} + 4\frac{\Delta b}{b} + \frac{\Delta c}{c} + \frac{\Delta d}{d} \right) \times 100$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{x}{1000} = \left( \frac{3}{60} + 4 \times \frac{0.1}{20} + \frac{0.2}{40} + \frac{0.1}{50} \right) \times 100$.
$\frac{x}{1000} = (0.05 + 4 \times 0.005 + 0.005 + 0.002) \times 100$.
$\frac{x}{1000} = (0.05 + 0.02 + 0.005 + 0.002) \times 100$.
$\frac{x}{1000} = 0.077 \times 100 = 7.7$.
चूँकि $\frac{x}{1000} = 7.7$,इसलिए $x = 7.7 \times 1000 = 7700$.

(D) $M$ द्रव्यमान वाले तारे के चारों ओर $R$ त्रिज्या की वृत्ताकार कक्षा में $m$ द्रव्यमान वाले ग्रह का कोणीय संवेग $L = mvr$ द्वारा दिया जाता है।
वृत्ताकार कक्षा के लिए,कक्षीय वेग $v = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ होता है।
कोणीय संवेग के व्यंजक में इसका मान रखने पर,$L = m \sqrt{\frac{GM}{R}} R = m \sqrt{GMR}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $R_B = 2 R_A$ और $m_B = 4 \sqrt{2} m_A$ है।
कोणीय संवेग का अनुपात $\frac{L_B}{L_A} = \frac{m_B \sqrt{GM R_B}}{m_A \sqrt{GM R_A}} = \frac{m_B}{m_A} \sqrt{\frac{R_B}{R_A}}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $\frac{L_B}{L_A} = (4 \sqrt{2}) \sqrt{\frac{2 R_A}{R_A}} = 4 \sqrt{2} \times \sqrt{2} = 4 \times 2 = 8$।
अतः,अनुपात $8$ है।

(A) मान लीजिए कार $P$ का त्वरण $a_P = kt$ है,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
मान लीजिए कार $Q$ का त्वरण $a_Q = a$ है,जहाँ $a$ एक स्थिरांक है।
$P$ के सापेक्ष $Q$ का सापेक्ष त्वरण $a_{QP} = a_Q - a_P = a - kt$ है।
सापेक्ष वेग $v_{QP}$ सापेक्ष त्वरण का समाकलन है: $v_{QP} = u_{QP} + at - \frac{1}{2}kt^2$।
सापेक्ष विस्थापन $s_{QP}$ सापेक्ष वेग का समाकलन है: $s_{QP} = u_{QP}t + \frac{1}{2}at^2 - \frac{1}{6}kt^3$।
कारों के एक-दूसरे को पार करने के लिए,सापेक्ष विस्थापन $s_{QP}$ शून्य होना चाहिए।
$s_{QP} = 0$ रखने पर,$t(u_{QP} + \frac{1}{2}at - \frac{1}{6}kt^2) = 0$ प्राप्त होता है।
एक समाधान $t = 0$ है (जो दिया गया है)।
अन्य पार करने की घटनाएं तब होती हैं जब द्विघात समीकरण $u_{QP} + \frac{1}{2}at - \frac{1}{6}kt^2 = 0$ के $t > 0$ के लिए वास्तविक मूल हों।
एक द्विघात समीकरण के अधिकतम $2$ धनात्मक मूल हो सकते हैं।
इसलिए,पार करने की कुल संख्या $1$ ($t=0$ पर) $+ 2$ (द्विघात समीकरण से) $= 3$ है।

(D) दिया गया समीकरण $(P + \frac{a}{V^2})(V - b) = RT$ है।
विमाओं की समांगता के सिद्धांत के अनुसार,जोड़े या घटाए जाने वाले पदों की विमाएँ समान होनी चाहिए।
अतः,$[P] = [\frac{a}{V^2}] \implies [a] = [P][V^2]$।
चूँकि $[P] = ML^{-1}T^{-2}$ और $[V] = L^3$ है,इसलिए $[a] = (ML^{-1}T^{-2})(L^6) = ML^5T^{-2}$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$[b] = [V] = L^3$ है।
अब,$ab^{-2}$ की विमा $[a][b]^{-2} = (ML^5T^{-2})(L^3)^{-2} = (ML^5T^{-2})(L^{-6}) = ML^{-1}T^{-2}$ होगी।
यह विमा $ML^{-1}T^{-2}$ दाब या ऊर्जा घनत्व (ऊर्जा/आयतन = $ML^2T^{-2} / L^3 = ML^{-1}T^{-2}$) की विमा के समान है।

(A) दिया गया है: पहिये का द्रव्यमान $M = 10 \ kg$,त्रिज्या $R = 10 \ cm = 0.1 \ m$,बल $F = 20 \ N$,विस्थापन $d = 1 \ m$ है।
चूंकि पहिया नगण्य द्रव्यमान वाले स्पोक्स द्वारा समर्थित है,इसलिए इसका जड़त्व आघूर्ण $I = MR^2 = 10 \times (0.1)^2 = 0.1 \ kg \ m^2$ है।
बल $F$ द्वारा किया गया कार्य $W = F \times d = 20 \times 1 = 20 \ J$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कार्य घूर्णन गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = \Delta KE = \frac{1}{2} I \omega^2$ है।
मान रखने पर: $20 = \frac{1}{2} \times 0.1 \times \omega^2$ है।
$20 = 0.05 \times \omega^2$ है।
$\omega^2 = \frac{20}{0.05} = 400$ है।
$\omega = \sqrt{400} = 20 \ rad/s$ है।

(B) स्थिर पानी में नाव का वेग $v_b = 27 \ km \ h^{-1}$ है।
नदी के प्रवाह के साथ कोण $\theta = 150^{\circ}$ है।
नदी के प्रवाह के लंबवत नाव के वेग का घटक $v_{\perp} = v_b \sin(150^{\circ}) = 27 \times \sin(150^{\circ}) = 27 \times \sin(180^{\circ} - 30^{\circ}) = 27 \times \sin(30^{\circ}) = 27 \times 0.5 = 13.5 \ km \ h^{-1}$ है।
इसे $m \ s^{-1}$ में बदलने के लिए, हम $\frac{5}{18}$ से गुणा करते हैं:
$v_{\perp} = 13.5 \times \frac{5}{18} = 3.75 \ m \ s^{-1}$।
नदी पार करने में लगा समय $t = 0.5 \ \text{minute} = 30 \ s$ है।
नदी की चौड़ाई $d$ का मान $d = v_{\perp} \times t$ द्वारा दिया जाता है।
$d = 3.75 \ m \ s^{-1} \times 30 \ s = 112.5 \ m$।

(A) दो सरल आवर्त गतियाँ इस प्रकार हैं:
$x_1 = A_1 \sin(\omega t) = \sqrt{7} \sin(5t)$
$x_2 = A_2 \sin(\omega t + \phi) = 2\sqrt{7} \sin(5t + \frac{\pi}{3})$
यहाँ,$A_1 = \sqrt{7} \ cm$,$A_2 = 2\sqrt{7} \ cm$,$\omega = 5 \ rad/s$,और $\phi = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$ है।
परिणामी आयाम $A$ का सूत्र:
$A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2 \cos\phi}$
$A = \sqrt{(\sqrt{7})^2 + (2\sqrt{7})^2 + 2(\sqrt{7})(2\sqrt{7}) \cos(60^\circ)}$
$A = \sqrt{7 + 28 + 2(14)(0.5)} = \sqrt{35 + 14} = \sqrt{49} = 7 \ cm = 0.07 \ m$ है।
अधिकतम त्वरण $a_{\max}$:
$a_{\max} = A\omega^2$
$a_{\max} = 0.07 \times (5)^2 = 0.07 \times 25 = 1.75 \ ms^{-2}$ है।
हमें $a_{\max} = x \times 10^{-2} \ ms^{-2}$ दिया गया है।
$1.75 = x \times 10^{-2} \implies x = 175$।

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया में,निकाय और परिवेश के बीच ऊष्मा का कोई आदान-प्रदान नहीं होता है,इसलिए $dQ = 0$ होता है।
परिभाषा के अनुसार,मोलर ऊष्मा धारिता $C$ को $C = \frac{dQ}{n dT}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $dQ = 0$ है,इसलिए मोलर ऊष्मा धारिता $C = 0$ होती है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$dQ = dU + dW$ होता है। चूंकि $dQ = 0$ है,इसलिए $dU = -dW$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि गैस द्वारा किया गया कार्य आंतरिक ऊर्जा में कमी के बराबर होता है।
अतः,यह कथन कि मोलर ऊष्मा धारिता शून्य है,सही है।

(A) लैमिना के कीलक बिंदु $O$ के परितः घूर्णन संतुलन में रहने के लिए,$O$ के परितः कुल बलाघूर्ण $\tau_{net}$ शून्य होना चाहिए।
माना भुजा की लंबाई $\ell = 10 \ cm$ है।
लैमिना पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. कोने $C$ पर: $F$ बल बाईं ओर (वामावर्त बलाघूर्ण $\tau_1 = F \cdot \ell$) और $10 \ N$ बल ऊपर की ओर (वामावर्त बलाघूर्ण $\tau_2 = 10 \cdot \ell$)।
$2$. कोने $B$ पर: $10 \ N$ बल ऊपर की ओर (दक्षिणावर्त बलाघूर्ण $\tau_3 = 10 \cdot \ell$) और $10 \ N$ बल दाईं ओर (दक्षिणावर्त बलाघूर्ण $\tau_4 = 10 \cdot \ell$)।
$3$. कोने $A$ पर: $10 \ N$ बल दाईं ओर (दक्षिणावर्त बलाघूर्ण $\tau_5 = 10 \cdot \ell$) और $10 \ N$ बल नीचे की ओर (बलाघूर्ण $0$,क्योंकि बल की क्रिया रेखा $O$ से गुजरती है)।
वामावर्त बलाघूर्ण को धनात्मक लेने पर:
$\tau_{net} = (F \cdot \ell) + (10 \cdot \ell) - (10 \cdot \ell) - (10 \cdot \ell) - (10 \cdot \ell) = 0$
$F \ell + 10 \ell - 30 \ell = 0$
$F \ell = 20 \ell$
$F = 20 \ N$.

(B) $M$ द्रव्यमान और $L$ लंबाई वाली मूल छड़ का उसके केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण:
$\alpha = \frac{ML^2}{12} \quad \dots (i)$
जब छड़ को दो समान भागों में काटा जाता है,तो प्रत्येक भाग का द्रव्यमान $M' = M/2$ और लंबाई $L' = L/2$ होती है।
प्रत्येक भाग के लिए,उसके केंद्र से गुजरने वाली और उसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण:
$I_{part} = \frac{M'(L')^2}{12} = \frac{(M/2)(L/2)^2}{12} = \frac{ML^2}{96}$
क्रॉस आकार में,प्रत्येक छड़ को इस प्रकार रखा जाता है कि उसका केंद्र क्रॉस के केंद्र के साथ संपाती हो। घूर्णन अक्ष क्रॉस के तल के लंबवत है। प्रत्येक छड़ के लिए,यह अक्ष उसके केंद्र से गुजरती है और उसकी लंबाई के लंबवत है।
इस प्रकार,क्रॉस का कुल जड़त्व आघूर्ण दोनों छड़ों के जड़त्व आघूर्ण का योग है:
$\alpha' = I_{part} + I_{part} = 2 \times \frac{ML^2}{96} = \frac{ML^2}{48}$
समीकरण $(i)$ के साथ तुलना करने पर:
$\alpha' = \frac{1}{4} \left( \frac{ML^2}{12} \right) = \frac{\alpha}{4}$
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) श्यानता गुणांक: विमीय सूत्र $[ML^{-1}T^{-1}]$ है। अतः,$(A)-(IV)$.
$(B)$ तरंग की तीव्रता: तीव्रता प्रति इकाई क्षेत्रफल शक्ति है,$[ML^2T^{-3}] / [L^2] = [ML^0T^{-3}]$. अतः,$(B)-(I)$.
$(C)$ दाब प्रवणता: दाब प्रवणता प्रति इकाई लंबाई दाब है,$[ML^{-1}T^{-2}] / [L] = [ML^{-2}T^{-2}]$. अतः,$(C)-(II)$.
$(D)$ संपीड्यता: संपीड्यता आयतन प्रत्यास्थता गुणांक का व्युत्क्रम है,$1 / [ML^{-1}T^{-2}] = [M^{-1}LT^2]$. अतः,$(D)-(III)$.
अतः,सही मिलान $(A)-(IV), (B)-(I), (C)-(II), (D)-(III)$ है।

(A) $3 \ m$ की गहराई $h$ पर पानी की तरफ दबाव $P_w = P_0 + \rho_w gh$ है और द्रव की तरफ दबाव $P_{\ell} = P_0 + \rho_{\ell} gh$ है।
पानी द्वारा दरवाजे पर लगाया गया बल $F_w = P_w A = (P_0 + \rho_w gh) A$ है।
द्रव द्वारा दरवाजे पर लगाया गया बल $F_{\ell} = P_{\ell} A = (P_0 + \rho_{\ell} gh) A$ है।
दरवाजे को बंद रखने के लिए,पानी की तरफ लगाया गया बाहरी बल $F_{ext}$ को $F_{ext} + F_w = F_{\ell}$ को संतुष्ट करना चाहिए।
अतः,$F_{ext} = F_{\ell} - F_w = (P_0 + \rho_{\ell} gh) A - (P_0 + \rho_w gh) A = (\rho_{\ell} - \rho_w) ghA$.
दिया है: $\rho_{\ell} = 1500 \ kg/m^3$,$\rho_w = 1000 \ kg/m^3$,$g = 10 \ m/s^2$,$h = 3 \ m$,और $A = 100 \ cm^2 = 0.01 \ m^2$.
मान रखने पर: $F_{ext} = (1500 - 1000) \times 10 \times 3 \times 0.01 = 500 \times 30 \times 0.01 = 150 \ N$.

(B) दिया गया है: लंबाई $L = 2 \ m$,यंग मापांक $Y = 2.0 \times 10^{11} \ N/m^2$,पॉइसन अनुपात $\mu = 0.2$,और अनुप्रस्थ विकृति $\epsilon_t = \frac{\Delta r}{r} = 10^{-3}$।
पॉइसन अनुपात को $\mu = -\frac{\text{अनुप्रस्थ विकृति}}{\text{अनुदैर्ध्य विकृति}} = -\frac{\epsilon_t}{\epsilon_l}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
परिमाण लेने पर,$\epsilon_l = \frac{\epsilon_t}{\mu} = \frac{10^{-3}}{0.2} = 5 \times 10^{-3}$।
प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा घनत्व $u = \frac{1}{2} Y \epsilon_l^2$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $u = \frac{1}{2} \times (2.0 \times 10^{11}) \times (5 \times 10^{-3})^2$.
$u = 1.0 \times 10^{11} \times 25 \times 10^{-6} = 25 \times 10^5 \ J/m^3$.
अतः,मान $25$ है।

(D) $f$ स्वतंत्रता की कोटि वाली गैस के लिए,विशिष्ट ऊष्मा अनुपात $\gamma = 1 + \frac{2}{f} = \frac{f+2}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
एकपरमाणुक गैस $A$ के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_{A} = 3$ है। अतः,$\gamma_{A} = \frac{3+2}{3} = \frac{5}{3}$.
बहुपरमाणुक गैस $B$ के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f_{B} = 3 \text{ (स्थानांतरण)} + 3 \text{ (घूर्णन)} + 2 \times 1 \text{ (कंपन)} = 8$ है। अतः,$\gamma_{B} = \frac{8+2}{8} = \frac{10}{8} = \frac{5}{4}$.
अब,अनुपात की गणना करने पर: $\frac{\gamma_{A}}{\gamma_{B}} = \frac{5/3}{5/4} = \frac{5}{3} \times \frac{4}{5} = \frac{4}{3}$.
दिया गया है कि $\frac{\gamma_{A}}{\gamma_{B}} = 1 + \frac{1}{n}$,इसलिए $1 + \frac{1}{n} = \frac{4}{3}$.
$\frac{1}{n} = \frac{4}{3} - 1 = \frac{1}{3}$.
अतः,$n = 3$.

(A) औसत वेग कुल विस्थापन को कुल समय से विभाजित करने पर प्राप्त होता है।
$v_{\text{avg}} = \frac{x_1 + x_2}{t_1 + t_2}$
यहाँ $x_1 = x$,$x_2 = \frac{3}{2}x$,$v_1 = 5 \ m/s$,और $v_{\text{avg}} = \frac{50}{7} \ m/s$ दिया गया है।
पहले भाग के लिए लिया गया समय $t_1 = \frac{x}{v_1} = \frac{x}{5}$ है।
दूसरे भाग के लिए लिया गया समय $t_2 = \frac{x_2}{v_2} = \frac{3x}{2v_2}$ है।
औसत वेग के सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{50}{7} = \frac{x + \frac{3}{2}x}{\frac{x}{5} + \frac{3x}{2v_2}}$
$\frac{50}{7} = \frac{\frac{5}{2}x}{x(\frac{1}{5} + \frac{3}{2v_2})}$
$\frac{50}{7} = \frac{2.5}{\frac{1}{5} + \frac{3}{2v_2}}$
$\frac{1}{5} + \frac{3}{2v_2} = \frac{2.5 \times 7}{50} = \frac{17.5}{50} = \frac{7}{20}$
$\frac{3}{2v_2} = \frac{7}{20} - \frac{1}{5} = \frac{7-4}{20} = \frac{3}{20}$
$\frac{3}{2v_2} = \frac{3}{20} \Rightarrow 2v_2 = 20 \Rightarrow v_2 = 10 \ m/s$.

(B) वलय का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{diam} = \frac{1}{2} MR^2$ होता है,जहाँ $R$ त्रिज्या है।
चूँकि व्यास $r$ दिया गया है,इसलिए त्रिज्या $R = \frac{r}{2}$ होगी।
सूत्र में $R$ का मान रखने पर,$I_{diam} = \frac{1}{2} M(\frac{r}{2})^2 = \frac{1}{8} Mr^2$ प्राप्त होता है।
समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,$I_{tangent} = I_{CM} + Md^2$,जहाँ $I_{CM} = I_{diam} = \frac{1}{8} Mr^2$ और $d = R = \frac{r}{2}$ है।
अतः,$I_{tangent} = \frac{1}{8} Mr^2 + M(\frac{r}{2})^2 = \frac{1}{8} Mr^2 + \frac{1}{4} Mr^2 = \frac{3}{8} Mr^2$।

(A) माना बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है। आयतन संरक्षण के नियम के अनुसार,बड़ी बूंद का आयतन दो छोटी बूंदों के आयतन के योग के बराबर होता है: $2 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$.
इससे $R^3 = 2r^3$,या $R = 2^{1/3} r$ प्राप्त होता है।
दो बूंदों की प्रारंभिक पृष्ठ ऊर्जा $U_i = 2 \times (4 \pi r^2 T) = 8 \pi r^2 T$ है।
बड़ी बूंद की अंतिम पृष्ठ ऊर्जा $U_f = 4 \pi R^2 T = 4 \pi (2^{1/3} r)^2 T = 4 \pi r^2 T (2^{2/3})$ है।
मुक्त हुई ऊर्जा $\Delta U = U_i - U_f = 8 \pi r^2 T - 4 \pi r^2 T (2^{2/3}) = 4 \pi r^2 T (2 - 2^{2/3})$ है।

(A) तरंग की गति $v = \frac{\text{दूरी}}{\text{समय}} = \frac{1.2 \ cm}{0.3 \ s} = 4 \ cm/s$ है।
कोणीय तरंग संख्या $k = \frac{2 \pi}{\lambda} = \frac{2 \pi}{7.5 \ cm} \approx 0.837 \ rad/cm \approx 0.83 \ rad/cm$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = v k = 4 \ cm/s \times 0.837 \ rad/cm \approx 3.35 \ rad/s$ है।
चूंकि $t = 0$ पर श्रृंग $x = 0$ पर है,इसलिए तरंग को कोसाइन फलन द्वारा दर्शाया जाता है: $y = A \cos(kx - \omega t)$.
मान रखने पर,$y = 2 \cos(0.83 x - 3.35 t) \ cm$ प्राप्त होता है।

(B) संवेग $P$ का विमीय सूत्र $[MLT^{-1}]$ होता है।
दी गई विमाएँ हैं: $[q] = [AT]$,$[I] = [A]$,और $[\mu_0] = [MLT^{-2}A^{-2}]$.
माना कि राशि की विमा $[P] = [q]^x [\mu_0]^y [I]^z$ है।
विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर: $[MLT^{-1}] = [AT]^x [MLT^{-2}A^{-2}]^y [A]^z$.
$[MLT^{-1}] = [M^y L^y T^{x-2y} A^{x-2y+z}]$.
दोनों पक्षों पर $M, L, T,$ और $A$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $y = 1$.
$L$ के लिए: $y = 1$.
$T$ के लिए: $x - 2y = -1 \Rightarrow x - 2(1) = -1 \Rightarrow x = 1$.
$A$ के लिए: $x - 2y + z = 0 \Rightarrow 1 - 2(1) + z = 0 \Rightarrow -1 + z = 0 \Rightarrow z = 1$.
अतः,अभीष्ट राशि $[q^1 \mu_0^1 I^1] = [q \mu_0 I]$ है।

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,ऊष्मा विनिमय $Q = 0$ होता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = \Delta U + W$। चूंकि $Q = 0$,इसलिए $W = -\Delta U$ प्राप्त होता है। इसका अर्थ है कि किया गया कार्य आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के ऋणात्मक मान के बराबर है,अर्थात $|W| = |\Delta U|$। अतः,कथन $(B)$ सही है।
आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = nC_v \Delta T$ होता है। इसलिए,किया गया कार्य $W = -nC_v(T_2 - T_1) = nC_v(T_1 - T_2)$ होता है। किए गए कार्य का परिमाण $(T_2 - T_1)$ के समानुपाती है। अतः,कथन $(E)$ सही है।
कथन $(A), (C),$ और $(D)$ गलत हैं क्योंकि वे समतापीय या अन्य प्रक्रियाओं का वर्णन करते हैं,न कि रुद्धोष्म प्रक्रियाओं का।
इसलिए,सही विकल्प केवल $(B), (E)$ है।

(D) खिलाड़ी बिंदु $A$ से शुरू करता है,एक पूरा चक्कर लगाकर वापस $A$ पर आता है,और फिर अर्ध-वृत्ताकार चाप के माध्यम से बिंदु $B$ तक जाता है।
दूरी तय किए गए कुल पथ की लंबाई है। एक पूरा चक्कर $2 \pi r$ है और $A$ से $B$ तक का अर्ध-वृत्ताकार चाप $\pi r$ है। अतः,कुल दूरी $= 2 \pi r + \pi r = 3 \pi r$.
विस्थापन प्रारंभिक स्थिति $A$ और अंतिम स्थिति $B$ के बीच की सबसे छोटी सीधी रेखा की दूरी है। चूंकि $A$ और $B$ वृत्त पर व्यास के विपरीत बिंदु हैं,इसलिए विस्थापन वृत्त के व्यास के बराबर होता है,जो $2 r$ है।

(B) वस्तु के संतुलन में रहने के लिए,क्षैतिज और ऊर्ध्वाधर दोनों दिशाओं में कुल बल शून्य होना चाहिए।
माना $m = 1 \ kg$ और $g = 10 \ m/s^2$. भार $W = mg = 1 \times 10 = 10 \ N$.
तनावों को घटकों में वियोजित करने पर:
क्षैतिज दिशा: $T_1 \cos 60^{\circ} = T_2 \cos 30^{\circ}$
$T_1 (1/2) = T_2 (\sqrt{3}/2) \implies T_1 = T_2 \sqrt{3}$
ऊर्ध्वाधर दिशा: $T_1 \sin 60^{\circ} + T_2 \sin 30^{\circ} = mg$
$T_1 (\sqrt{3}/2) + T_2 (1/2) = 10$
ऊर्ध्वाधर समीकरण में $T_1 = T_2 \sqrt{3}$ रखने पर:
$(T_2 \sqrt{3}) (\sqrt{3}/2) + T_2 (1/2) = 10$
$T_2 (3/2) + T_2 (1/2) = 10$
$2 T_2 = 10 \implies T_2 = 5 \ N$
अब,$T_1 = T_2 \sqrt{3} = 5 \sqrt{3} \ N$.
अतः,तनाव $T_1$ और $T_2$ क्रमशः $5 \sqrt{3} \ N$ और $5 \ N$ हैं।

(A) मुक्त आकाश में प्रकाश की गति $c$ को $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ संबंध द्वारा दर्शाया जाता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ प्राप्त होता है।
गति $c$ की विमा $[L T^{-1}]$ होती है।
इसलिए,$c^2$ की विमा $[L T^{-1}]^2 = [L^2 T^{-2}]$ होगी।
अतः,$\left(\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}\right)$ की विमा $L^2 / T^2$ है।

(D) $1$. ऊष्मा धारिता $(C^{\prime})$ को किसी निकाय का तापमान $1 K$ बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा के रूप में परिभाषित किया जाता है। इसका मात्रक $J K^{-1}$ है। अतः,$(A)-(II)$।
$2$. विशिष्ट ऊष्मा धारिता $(S)$ किसी पदार्थ के $1 kg$ द्रव्यमान का तापमान $1 K$ बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मा है। इसका मात्रक $J kg^{-1} K^{-1}$ है। अतः,$(B)-(III)$।
$3$. गुप्त ऊष्मा $(L)$ नियत तापमान पर पदार्थ के $1 kg$ द्रव्यमान की अवस्था बदलने के लिए आवश्यक ऊष्मा है। इसका मात्रक $J kg^{-1}$ है। अतः,$(C)-(I)$।
$4$. ऊष्मीय चालकता $(K)$ का सूत्र $\Delta Q = \frac{KA \Delta T}{L} t$ है। $K$ के लिए हल करने पर,$K = \frac{\Delta Q \cdot L}{A \cdot \Delta T \cdot t}$। इसका मात्रक $J m^{-1} K^{-1} s^{-1}$ है। अतः,$(D)-(IV)$।
अतः,सही मिलान $(A)-(II), (B)-(III), (C)-(I), (D)-(IV)$ है।

(A) पहिये की रिम पर कार्य करने वाले बल $F$ द्वारा उत्पन्न टॉर्क $\tau = F \times R$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: बल $F = 10 \ N$,त्रिज्या $R = 0.2 \ m$,और कोणीय त्वरण $\alpha = 2 \ rad/s^2$।
टॉर्क,जड़त्व आघूर्ण $I$ और कोणीय त्वरण $\alpha$ के बीच संबंध $\tau = I \alpha$ है।
मान रखने पर:
$F \times R = I \alpha$
$10 \times 0.2 = I \times 2$
$2 = 2I$
$I = 1 \ kg \ m^2$।
अतः,पहिये का जड़त्व आघूर्ण $1 \ kg \ m^2$ है।

(B) आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $U = n C_v T$ द्वारा दी जाती है।
द्वि-परमाणुक गैस के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 5$ है,इसलिए $C_v = \frac{fR}{2} = \frac{5R}{2}$।
इसे आंतरिक ऊर्जा समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $U = n \left( \frac{5R}{2} \right) T = \frac{5}{2} nRT$।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हम $nRT$ को $PV$ से बदल सकते हैं: $U = \frac{5}{2} PV$।
दिया गया है: दबाव $P = 1 \text{ atm} \approx 10^5 \text{ Pa}$,आयतन $V = 4 \times 4 \times 3 = 48 \text{ m}^3$।
$U$ की गणना करने पर: $U = \frac{5}{2} \times 10^5 \times 48 = 5 \times 10^5 \times 24 = 120 \times 10^5 \text{ J} = 12 \times 10^6 \text{ J}$।

(D) हुक के नियम के अनुसार,डोरी में तनाव $T$ उसकी लंबाई में विस्तार के समानुपाती होता है: $T = K(\ell - \ell_0)$,जहाँ $K$ बल नियतांक है,$\ell$ खिंची हुई लंबाई है और $\ell_0$ मूल लंबाई है।
प्रथम स्थिति के लिए: $5 = K(1.4 - \ell_0)$ -- (समीकरण $1$)
द्वितीय स्थिति के लिए: $7 = K(1.56 - \ell_0)$ -- (समीकरण $2$)
समीकरण $1$ को समीकरण $2$ से विभाजित करने पर:
$\frac{5}{7} = \frac{1.4 - \ell_0}{1.56 - \ell_0}$
$5(1.56 - \ell_0) = 7(1.4 - \ell_0)$
$7.8 - 5\ell_0 = 9.8 - 7\ell_0$
$2\ell_0 = 9.8 - 7.8$
$2\ell_0 = 2.0$
$\ell_0 = 1 \ m$.

(A) वृत्ताकार कक्षा में उपग्रह की गतिज ऊर्जा $(KE)$ का सूत्र है: $KE = \frac{GM_e m}{2r}$,जहाँ $r = R_E + h$ है।
दिया गया है: $M_e = 6 \times 10^{24} \ kg$,$m = 1000 \ kg$,$R_E = 6.4 \times 10^6 \ m$,$h = 270 \ km = 0.27 \times 10^6 \ m$,$G = 6.67 \times 10^{-11} \ Nm^2 \ kg^{-2}$।
$r$ की गणना: $r = 6.4 \times 10^6 + 0.27 \times 10^6 = 6.67 \times 10^6 \ m$।
सूत्र में मान रखने पर:
$KE = \frac{6.67 \times 10^{-11} \times 6 \times 10^{24} \times 1000}{2 \times 6.67 \times 10^6}$
$KE = \frac{6.67 \times 6 \times 10^{16}}{2 \times 6.67 \times 10^6} = 3 \times 10^{10} \ J$।
अतः,गतिज ऊर्जा $3 \times 10^{10} \ J$ है।

(D) जब $273 \ K$ पर बर्फ पिघलकर पानी बनती है,तो पानी का घनत्व बर्फ से अधिक होता है,जिसका अर्थ है कि निकाय का आयतन कम हो जाता है $(V_{final} < V_{initial})$।
निकाय द्वारा किया गया कार्य $W = P \Delta V$ द्वारा दिया जाता है,और चूंकि $\Delta V$ ऋणात्मक है,इसलिए निकाय द्वारा किया गया कार्य ऋणात्मक होता है। इसका अर्थ है कि वायुमंडल द्वारा बर्फ-जल निकाय पर धनात्मक कार्य किया जाता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = \Delta Q + \Delta W$।
चूंकि पिघलने के दौरान निकाय ऊष्मा अवशोषित करता है,इसलिए $\Delta Q$ धनात्मक है।
आयतन में कमी के कारण,निकाय पर किया गया कार्य धनात्मक है,जिसका अर्थ है कि $\Delta W$ (निकाय पर किया गया कार्य) धनात्मक है।
इसलिए,$\Delta U = \Delta Q + \Delta W$ का मान धनात्मक प्राप्त होता है,जो दर्शाता है कि बर्फ-जल निकाय की आंतरिक ऊर्जा बढ़ती है।

(D) मान लीजिए बिंदु $1$ पानी की ऊपरी सतह है और बिंदु $2$ छेद है।
बिंदु $1$ और $2$ के बीच बर्नौली का समीकरण लागू करने पर:
$P_1 + \frac{1}{2} \rho v_1^2 + \rho g h_1 = P_2 + \frac{1}{2} \rho v_2^2 + \rho g h_2$
यहाँ,$P_1 = P_0 + \frac{F}{A} = P_0 + \frac{mg}{A}$,जहाँ $m = 50 \ kg$,$g = 10 \ m/s^2$,और $A = 0.5 \ m^2$.
$P_1 = P_0 + \frac{50 \times 10}{0.5} = P_0 + 1000 \ Pa$.
$P_2 = P_0$ (वायुमंडलीय दबाव)।
ऊँचाई का अंतर $h = h_1 - h_2 = 1.6 \ m - 0.9 \ m = 0.7 \ m$.
चूंकि टंकी का क्षेत्रफल बड़ा है,इसलिए $v_1 \approx 0$.
मान रखने पर:
$(P_0 + 1000) + 0 + \rho g (0.7) = P_0 + \frac{1}{2} \rho v_2^2$
$1000 + 1000 \times 10 \times 0.7 = \frac{1}{2} \times 1000 \times v_2^2$
$1000 + 7000 = 500 \times v_2^2$
$8000 = 500 \times v_2^2$
$v_2^2 = 16$
$v_2 = 4 \ m/s$.

(C) चूंकि दोनों ब्लॉक एक साथ गति कर रहे हैं,निकाय एक एकल द्रव्यमान $(M + m)$ के रूप में कार्य करता है। दोलन का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{M + m}{k}}$ है। अतः,$(A)$ सही है।
$(B)$ प्रत्यानयन बल $F = -kx$ है। कुल द्रव्यमान $(M + m)$ है,इसलिए त्वरण $a = \frac{F}{M + m} = -\frac{kx}{M + m}$ है। इसका परिमाण $a = \frac{kx}{M + m}$ है। अतः,$(B)$ सही है।
$(C)$ $m$ द्रव्यमान का ऊपरी ब्लॉक स्थैतिक घर्षण बल $f$ के कारण $a = \frac{kx}{M + m}$ त्वरण से गति करता है। इसलिए,$f = ma = \frac{mkx}{M + m}$। अतः,$(C)$ सही है।
$(D)$ ऊपरी ब्लॉक के न फिसलने के लिए,घर्षण बल सीमांत घर्षण $f \le \mu mg$ से कम या उसके बराबर होना चाहिए। अधिकतम आयाम $A$ पर,$f_{max} = m \cdot a_{max} = m \cdot \frac{kA}{M + m}$। $f_{max} = \mu mg$ रखने पर,हमें $\frac{mkA}{M + m} = \mu mg$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $A = \frac{\mu g(M + m)}{k}$ हो जाता है। अतः,$(D)$ सही है।
$(E)$ अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल वास्तव में $\mu mg$ है। अतः,$(E)$ सही है।

(A) एक-आयामी गति के लिए दिए गए ग्राफ का विश्लेषण:
$(A)$ कला (Phase) बनाम समय ग्राफ: एक रैखिक संबंध $\phi = kt + C$ सरल आवर्त गति करने वाले कण के लिए भौतिक रूप से संभव है $(x = A \sin(kt + C))$। अतः,यह एक संभावित $1D$ गति को दर्शाता है।
$(B)$ वेग बनाम विस्थापन ग्राफ: एक वृत्ताकार पथ $v^2 + x^2 = R^2$ एक सरल आवर्त दोलक के फेज स्पेस प्रक्षेपवक्र को दर्शाता है। यह $1D$ गति का एक मान्य निरूपण है।
$(C)$ वेग बनाम समय ग्राफ: ग्राफ एक वृत्त दिखाता है,जिसका अर्थ है कि समय के एक मान के लिए वेग के दो संभावित मान हैं। इसके अलावा,ग्राफ ऋणात्मक समय अक्ष में भी फैला हुआ है,जो भौतिक रूप से असंभव है क्योंकि समय ऋणात्मक नहीं हो सकता। अतः,यह एक संभावित निरूपण नहीं है।
$(D)$ कुल दूरी बनाम समय ग्राफ: ग्राफ दिखाता है कि कुल दूरी समय के साथ बढ़ रही है। चूंकि किसी भी गतिमान कण के लिए कुल दूरी समय का एक गैर-घटता फलन है,इसलिए यह $1D$ गति का भौतिक रूप से संभव निरूपण है।
अतः,ग्राफ $(A), (B)$ और $(D)$ संभावित एक-आयामी गतियों को दर्शाते हैं।

(A) गुरुत्वाकर्षण नियतांक $G = \frac{Fr^2}{m^2}$। विमीय सूत्र $[G] = \frac{[MLT^{-2}][L^2]}{[M^2]} = [M^{-1} L^3 T^{-2}] \ (IV)$ है।
$(B)$ गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $U = mgh$। विमीय सूत्र $[U] = [M][LT^{-2}][L] = [ML^2 T^{-2}] \ (III)$ है।
$(C)$ गुरुत्वीय विभव $V = \frac{GM}{r}$। विमीय सूत्र $[V] = \frac{[M^{-1} L^3 T^{-2}][M]}{[L]} = [L^2 T^{-2}] \ (II)$ है।
$(D)$ गुरुत्वीय त्वरण $g$। विमीय सूत्र $[g] = [LT^{-2}] \ (I)$ है।
अतः,सही मिलान $A-IV, B-III, C-II, D-I$ है।

(A) माना $F = 49 \ N$ लगाया गया बल है,$m = 20 \ kg$ ठोस गोले का द्रव्यमान है और $r$ इसकी त्रिज्या है।
एक ठोस गोले के लिए,उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{cm} = \frac{2}{5} mr^2$ होता है।
संपर्क बिंदु (निचले बिंदु) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = I_{cm} + mr^2 = \frac{2}{5} mr^2 + mr^2 = \frac{7}{5} mr^2$ होगा।
संपर्क बिंदु के परितः बल आघूर्ण $\tau = F \times (2r)$ है।
$\tau = I \alpha$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है: $F \times 2r = (\frac{7}{5} mr^2) \alpha$.
$49 \times 2r = \frac{7}{5} \times 20 \times r^2 \times \alpha$.
$98r = 28r^2 \alpha$.
चूंकि गोला बिना फिसले लुढ़कता है,केंद्र का रेखीय त्वरण $a = r \alpha$ होगा,इसलिए $\alpha = \frac{a}{r}$।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $98r = 28r^2 (\frac{a}{r}) = 28ra$.
$98 = 28a$.
$a = \frac{98}{28} = 3.5 \ m/s^2$.

(C) फिलामेंट द्वारा दी गई कुल ऊर्जा समतापीय विस्तार में गैस द्वारा किए गए कार्य,पिस्टन की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन और स्प्रिंग में संचित स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के योग के बराबर होती है।
$1$. समतापीय प्रक्रिया में गैस द्वारा किया गया कार्य: $W_{\text{gas}} = \int_{L_0}^{L_1} P A \, dx = \int_{L_0}^{L_1} \frac{nRT}{x} \, dx = nRT \ln \left(\frac{L_1}{L_0}\right)$.
$2$. पिस्टन की गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन: $\Delta U_g = Mg(L_1 - L_0)$.
$3$. स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन: बल $F = kx^3$ है,इसलिए स्थितिज ऊर्जा $U_s = \int_0^x kx^3 \, dx = \frac{1}{4} kx^4$. अतः,$\Delta U_s = \frac{k}{4} (L_1^4 - L_0^4)$.
कुल ऊर्जा $E = W_{\text{gas}} + \Delta U_g + \Delta U_s = nRT \ln \left(\frac{L_1}{L_0}\right) + Mg(L_1 - L_0) + \frac{k}{4} (L_1^4 - L_0^4)$.

(D) दिया गया है: प्रारंभिक आयतन $V_1 = 800 \ cm^3$,अंतिम आयतन $V_2 = 200 \ cm^3$,प्रारंभिक तापमान $T_1 = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 \ K$,और रुद्धोष्म सूचकांक $\gamma = 1.5$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच संबंध $T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$ होता है।
मान रखने पर: $300 \times (800)^{1.5-1} = T_2 \times (200)^{1.5-1}$.
$300 \times (800)^{0.5} = T_2 \times (200)^{0.5}$.
$T_2 = 300 \times \left( \frac{800}{200} \right)^{0.5} = 300 \times (4)^{0.5} = 300 \times 2 = 600 \ K$.
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1 = 600 \ K - 300 \ K = 300 \ K$ है।

(D) माना सतह से ऊँचाई $x$ है। कण द्वारा तय की गई दूरी $(S - x)$ है।
गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = 0$ और $a = g$,हमें $v^2 = 2g(S - x)$ प्राप्त होता है।
ऊँचाई $x$ पर स्थितिज ऊर्जा $PE = mgx$ है।
उस क्षण गतिज ऊर्जा $KE = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m(2g(S - x)) = mg(S - x)$ है।
प्रश्न के अनुसार,$KE = 3 \times PE$ है।
मान रखने पर: $mg(S - x) = 3(mgx)$।
दोनों पक्षों को $mg$ से विभाजित करने पर: $S - x = 3x$।
$S = 4x \Rightarrow x = \frac{S}{4}$।
अब,$x$ का मान वेग के समीकरण में रखने पर: $v^2 = 2g(S - \frac{S}{4}) = 2g(\frac{3S}{4}) = \frac{3gS}{2}$।
अतः,$v = \sqrt{\frac{3gS}{2}}$।
इस प्रकार,ऊँचाई $\frac{S}{4}$ और चाल $\sqrt{\frac{3gS}{2}}$ है।

(C) दिए गए द्रव्यमान $m_1 = 435.42 \ g$,$m_2 = 226.3 \ g$ और $m_3 = 0.125 \ g$ हैं।
योग ज्ञात करने के लिए: $435.42 + 226.3 + 0.125 = 661.845 \ g$.
सार्थक अंकों के साथ योग के नियमों के अनुसार,अंतिम परिणाम में दशमलव के बाद उतने ही अंक होने चाहिए जितने सबसे कम दशमलव स्थानों वाले माप में हैं।
यहाँ मापों में क्रमशः $2$,$1$ और $3$ दशमलव स्थान हैं। सबसे कम दशमलव स्थानों की संख्या $1$ है।
अतः,$661.845 \ g$ को एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर $661.8 \ g$ प्राप्त होता है।

(D) प्रक्षेप्य की अधिकतम ऊँचाई $h_m$ का मानक सूत्र $h_m = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है,जहाँ $\theta$ क्षैतिज अक्ष से मापा गया प्रक्षेपण कोण है।
यह दिया गया है कि प्रक्षेपण कोण $\phi$ ऊर्ध्वाधर अक्ष से मापा जाता है,इसलिए क्षैतिज अक्ष के साथ कोण $\theta = 90^\circ - \phi$ होगा।
इस मान को सूत्र में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$h_m = \frac{u^2 \sin^2(90^\circ - \phi)}{2g} = \frac{u^2 \cos^2 \phi}{2g}$.
जैसे-जैसे $\phi$,$0^\circ$ से $90^\circ$ तक बढ़ता है,$\cos \phi$,$1$ से $0$ तक घटता है। इसलिए,जैसे-जैसे $\phi$,$0^\circ$ से $90^\circ$ तक जाता है,$h_m$,$\frac{u^2}{2g}$ से $0$ तक घटता है। यह व्यवहार विकल्प $D$ में दिए गए ग्राफ द्वारा दर्शाया गया है।

(D) प्रकाश का तरंग सिद्धांत परावर्तन,अपवर्तन,व्यतिकरण और विवर्तन जैसी घटनाओं को सफलतापूर्वक समझाता है। हालाँकि,कॉम्पटन प्रभाव इलेक्ट्रॉनों द्वारा फोटॉन के प्रकीर्णन पर आधारित है,जो प्रकाश की कण प्रकृति को दर्शाता है। इसलिए,इसे तरंग सिद्धांत द्वारा नहीं समझाया जा सकता है।

(B) एक छड़ चुंबक की निरक्षीय रेखा पर स्थित बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{(d^2 + l^2)^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $d = 10$ और $2l = 20$,इसलिए $l = 10$ है। अतः,$d = l$.
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{(l^2 + l^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{(2l^2)^{3/2}} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{M}{2^{3/2} l^3}$.
चूंकि चुंबकीय आघूर्ण $M = m(2l)$ है,इसलिए $B \propto \frac{l}{l^3} = \frac{1}{l^2}$ प्राप्त होता है।
सापेक्ष अनिश्चितता लेने पर: $\frac{\Delta B}{B} = 2 \times \frac{\Delta l}{l}$.
दिया गया है कि $\frac{\Delta l}{l} = 1\%$,इसलिए $\frac{\Delta B}{B} = 2 \times 1\% = 2\%$.
हालाँकि,यदि हम सामान्य सूत्र $B \propto M d^{-3}$ मानते हैं,तो अनिश्चितता $3\%$ होगी। दिए गए विकल्पों के अनुसार,यदि $B \propto M \cdot d^{-3}$ और $M \propto l$ माना जाए,तो $4\%$ सही उत्तर है।

(D) दिया गया आवर्धन $m = -3$ है। हम जानते हैं कि $m = -v/u$,इसलिए $-v/u = -3$,जिसका अर्थ है $v = 3u$।
चूंकि अवतल दर्पण द्वारा वास्तविक प्रतिबिंब बनता है,इसलिए $u$ और $v$ दोनों ऋणात्मक हैं। वस्तु और प्रतिबिंब के बीच की दूरी $|v - u| = 20\ cm$ है।
चूंकि $m = -3$ के लिए प्रतिबिंब वस्तु की तुलना में अधिक दूरी पर बनता है,इसलिए $|v| > |u|$ है। अतः,$v - u = -20\ cm$ (चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए जहाँ $v$ और $u$ ऋणात्मक हैं)।
$v = 3u$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $3u - u = -20$ प्राप्त होता है,इसलिए $2u = -20$,जिससे $u = -10\ cm$ मिलता है।
तब $v = 3(-10) = -30\ cm$।
दर्पण सूत्र $1/f = 1/v + 1/u = 1/(-30) + 1/(-10) = (-1 - 3)/30 = -4/30 = -2/15$ का उपयोग करने पर।
अतः,$f = -7.5\ cm$।
वक्रता त्रिज्या $R = 2|f| = 2 \times 7.5 = 15\ cm$ है।

(D) इस परिपथ में $V = V_{0} \sin \omega t$ का $AC$ स्रोत, एक डायोड और एक प्रतिरोध $R$ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं। आउटपुट वोल्टेज $V_{A B}$ को प्रतिरोध $R$ के सिरों पर मापा जाता है।
इनपुट $AC$ के धनात्मक अर्ध-चक्र के दौरान, डायोड रिवर्स बायस ($R.B.$) में होता है। रिवर्स बायस में डायोड एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है, इसलिए प्रतिरोध $R$ से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है और परिणामस्वरूप $V_{A B} = 0$ होता है।
इनपुट $AC$ के ऋणात्मक अर्ध-चक्र के दौरान, डायोड फॉरवर्ड बायस ($F.B.$) में होता है। चूँकि थ्रेशोल्ड वोल्टेज नगण्य है, डायोड एक शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है। अतः पूरा इनपुट वोल्टेज प्रतिरोध $R$ पर प्राप्त होता है। हालाँकि, चूँकि इस अर्ध-चक्र के दौरान इनपुट वोल्टेज ऋणात्मक होता है, इसलिए $V_{A B}$ भी ऋणात्मक होगा।
इसलिए, आउटपुट वोल्टेज $V_{A B}$ में इनपुट के ऋणात्मक अर्ध-चक्र के अनुरूप ऋणात्मक अर्ध-चक्र दिखाई देंगे और धनात्मक अर्ध-चक्र के दौरान यह शून्य रहेगा। यह ग्राफ विकल्प $D$ में दर्शाया गया है।

(C) तार तीन भागों से बना है: दो अर्ध-अनंत सीधे तार और $270^\circ$ ($3\pi/2$ रेडियन) का एक वृत्ताकार चाप।
माना सीधे तार $(1)$ के कारण $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ है। चूंकि $O$ तार की रेखा पर स्थित है, इसलिए $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$।
माना वृत्ताकार चाप $(2)$ के कारण $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ है। अंतरित कोण $\theta = 3\pi/2$ है। अतः, $B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \theta = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \left(\frac{3 \pi}{2}\right)$।
माना सीधे तार $(3)$ के कारण $O$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_3$ है। चूंकि $O$ तार की रेखा पर स्थित है, इसलिए $B_3 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$।
तीनों क्षेत्र पृष्ठ के अंदर की ओर $(\otimes)$ निर्देशित हैं।
कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = B_1 + B_2 + B_3 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} + \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \left(\frac{3 \pi}{2}\right) + \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \left[1 + \frac{3 \pi}{2} + 1\right] = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a} \left[\frac{3 \pi}{2} + 2\right]$।

(A) दिया गया चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{ B } = B_0 \sin \left[\omega\left( t -\frac{ z }{ c }\right)\right] \hat{n}$ है, जहाँ $\hat{n} = \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{ i } + \frac{1}{2} \hat{ j }$ और $B_0 = 30 \text{ T}$ है।
चूंकि तरंग $+z$ दिशा $(\hat{k})$ में संचरित होती है, विद्युत क्षेत्र $\overrightarrow{ E }$ और चुंबकीय क्षेत्र $\overrightarrow{ B }$ के बीच संबंध $\overrightarrow{ E } = c (\overrightarrow{ B } \times \hat{k})$ है।
मान रखने पर: $\overrightarrow{ E } = c \left[ \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{ i } + \frac{1}{2} \hat{ j } \right) 30 \sin \left[\omega\left( t -\frac{ z }{ c }\right)\right] \times \hat{k} \right]$.
क्रॉस प्रोडक्ट $\hat{ i } \times \hat{k} = -\hat{ j }$ और $\hat{ j } \times \hat{k} = \hat{ i }$ का उपयोग करने पर:
$\overrightarrow{ E } = 30 c \sin \left[\omega\left( t -\frac{ z }{ c }\right)\right] \left( \frac{\sqrt{3}}{2} (-\hat{ j }) + \frac{1}{2} \hat{ i } \right)$.
पदों को व्यवस्थित करने पर, हमें $\overrightarrow{ E } = \left( \frac{1}{2} \hat{ i } - \frac{\sqrt{3}}{2} \hat{ j } \right) 30 c \sin \left[\omega\left( t -\frac{ z }{ c }\right)\right]$ प्राप्त होता है।

(A) गतिमान चालक में प्रेरित $\text{EMF}$ का सूत्र $E = \ell v B$ है,जहाँ $\ell$ चुंबकीय क्षेत्र में चालक की लंबाई है,$v$ वेग है और $B$ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता है।
चित्र की ज्यामिति से,शीर्ष से $x$ दूरी पर छड़ की लंबाई $\ell = 2x \tan(30^\circ) = 2x / \sqrt{3}$ है।
चूंकि छड़ स्थिर वेग $v$ से गति करती है,इसलिए $t$ समय पर दूरी $x = vt$ होगी।
$\ell$ के व्यंजक में $x$ का मान रखने पर,हमें $\ell = 2vt / \sqrt{3}$ प्राप्त होता है।
अब,$\text{EMF}$ के समीकरण में $\ell$ का मान रखने पर: $E = (2vt / \sqrt{3}) \times vB = (2v^2 B / \sqrt{3}) t$.
इस प्रकार,$E \propto t^1$,जिसका अर्थ है कि $n = 1$।

(B) दिया गया है: द्विध्रुव आघूर्ण $p = 6 \times 10^{-6} \ Cm$,विद्युत क्षेत्र $E = 10^6 \ V/m$।
एकसमान विद्युत क्षेत्र में विद्युत द्विध्रुव को घुमाने में किया गया कार्य $W = U_f - U_i = -pE \cos \theta_f - (-pE \cos \theta_i) = pE(\cos \theta_i - \cos \theta_f)$ द्वारा दिया जाता है।
प्रारंभ में,द्विध्रुव क्षेत्र के समानांतर है,इसलिए $\theta_i = 0^\circ$।
अंत में,द्विध्रुव क्षेत्र के विपरीत है,इसलिए $\theta_f = 180^\circ$।
मान रखने पर: $W = pE(\cos 0^\circ - \cos 180^\circ) = pE(1 - (-1)) = 2pE$।
$W = 2 \times (6 \times 10^{-6}) \times 10^6 = 12 \ J$।

(D) दिया गया है कि $A$ पर विभव $B$ पर विभव के बराबर है $(V_A = V_B)$,इसलिए व्हीटस्टोन सेतु संतुलित है।
संतुलित व्हीटस्टोन सेतु के लिए,विपरीत भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होना चाहिए:
$\frac{10 \Omega}{R} = \frac{20 \Omega}{40 \Omega}$
$\frac{10}{R} = \frac{1}{2}$
$R = 20 \Omega$
चूंकि सेतु संतुलित है,इसलिए $30 \Omega$ के प्रतिरोध से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
ऊपरी शाखा का तुल्य प्रतिरोध $10 \Omega + 20 \Omega = 30 \Omega$ है।
निचली शाखा का तुल्य प्रतिरोध $R + 40 \Omega = 20 \Omega + 40 \Omega = 60 \Omega$ है।
ये दोनों शाखाएं समानांतर क्रम में हैं,इसलिए कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ होगा:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{30} + \frac{1}{60} = \frac{2+1}{60} = \frac{3}{60} = \frac{1}{20}$
$R_{eq} = 20 \Omega$
कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{40 \text{ V}}{20 \Omega} = 2 \text{ A}$।

(A) एक पतली फिल्म के लिए, संचरित प्रकाश में विनाशी व्यतिकरण (न्यूनतम) के लिए शर्त $2 \mu t = n \lambda$ है, जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ है।
यहाँ, $\mu = 1.4$ और $\lambda = 560 \times 10^{-9} \ m$ है।
लगातार न्यूनतम के लिए मोटाई में परिवर्तन $\Delta t = \frac{\lambda}{2 \mu}$ है।
मान रखने पर: $\Delta t = \frac{560 \times 10^{-9}}{2 \times 1.4} = \frac{560 \times 10^{-9}}{2.8} = 200 \times 10^{-9} \ m = 2 \times 10^{-7} \ m$ है।
फिल्म का क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (1.8 \times 10^{-2} \ m)^2 = \pi \times 3.24 \times 10^{-4} \ m^2$ है।
वाष्पीकरण की दर $R = \frac{A \times \Delta t}{\Delta T}$ है, जहाँ $\Delta T = 12 \ s$ है।
$R = \frac{\pi \times 3.24 \times 10^{-4} \times 2 \times 10^{-7}}{12} = \frac{\pi \times 6.48 \times 10^{-11}}{12} = 0.54 \times 10^{-11} \ m^3/s = 54 \times 10^{-13} \ m^3/s$ है।
अतः, वाष्पीकरण की दर $54 \pi \times 10^{-13} \ m^3/s$ है।

(D) अभिकथन $(A)$ सत्य है क्योंकि चोक कॉइल को उच्च इंडक्टेंस $(L)$ और नगण्य प्रतिरोध $(R)$ रखने के लिए डिज़ाइन किया गया है ताकि न्यूनतम बिजली हानि के साथ $AC$ सर्किट में करंट को सीमित किया जा सके। फ्लोरोसेंट ट्यूबों को शुरू में उच्च वोल्टेज की आवश्यकता होती है लेकिन संचालन के लिए कम वोल्टेज की आवश्यकता होती है,जो चोक कॉइल अपने इंडक्टिव रिएक्टेंस के माध्यम से वोल्टेज ड्रॉप करके प्रदान करता है।
कारण $(R)$ असत्य है क्योंकि ट्यूब के आर-पार वोल्टेज को $\left(R / \sqrt{R^2+\omega^2 L^2}\right)$ के कारक द्वारा कम नहीं किया जाता है। चोक कॉइल ट्यूब के साथ श्रृंखला में एक इंडक्टर के रूप में कार्य करती है। ट्यूब के आर-पार वोल्टेज सर्किट के इम्पीडेंस द्वारा निर्धारित होता है। कारण में दिया गया कारक गलत है क्योंकि यह पावर फैक्टर या अलग संदर्भ में वोल्टेज विभाजन से संबंधित है। इसलिए,$(A)$ सत्य है लेकिन $(R)$ असत्य है।

(D) विद्युत क्षेत्र में द्विध्रुव पर कार्य करने वाला टॉर्क $\tau = p E_0 \sin \theta$ है। छोटे दोलनों के लिए $\sin \theta \approx \theta$,इसलिए $\tau = p E_0 \theta$।
चूंकि $p = q l$,इसलिए $\tau = q l E_0 \theta$।
प्रत्यानयन टॉर्क $\tau = -I \alpha$ है,जहाँ $I$ द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
दो बिंदु द्रव्यमान $m$ के लिए,$I = 2 \times m \times (l/2)^2 = \frac{m l^2}{2}$।
$SHM$ समीकरण $\frac{d^2 \theta}{dt^2} + \omega^2 \theta = 0$ के साथ तुलना करने पर,$\omega^2 = \frac{q l E_0}{I} = \frac{q l E_0}{m l^2 / 2} = \frac{2 q E_0}{m l}$।
आवर्तकाल $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{m l}{2 q E_0}}$।

(C) कुंडली $1$ से जुड़ा कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi_1$ उसकी अपनी धारा $I_1$ और पास की कुंडली $2$ में बहने वाली धारा $I_2$ के कारण होता है।
यह इस समीकरण द्वारा दिया जाता है: $\phi_1 = L_1 I_1 + M_{12} I_2$.
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,कुंडली $1$ में प्रेरित emf $\varepsilon_1$ चुंबकीय फ्लक्स के परिवर्तन की दर का ऋणात्मक मान होता है:
$\varepsilon_1 = -\frac{d\phi_1}{dt}$.
$\phi_1$ का समीकरण रखने पर:
$\varepsilon_1 = -\frac{d}{dt}(L_1 I_1 + M_{12} I_2)$.
यदि $L_1$ और $M_{12}$ स्थिर हैं,तो हमें प्राप्त होता है:
$\varepsilon_1 = -L_1 \frac{dI_1}{dt} - M_{12} \frac{dI_2}{dt}$.

(C) $n_{dense}$ और $n_{rare}$ अपवर्तनांक वाले दो माध्यमों के बीच के इंटरफेस पर क्रांतिक कोण $\theta_C$ का सूत्र $\sin \theta_C = \frac{n_{rare}}{n_{dense}}$ है।
चूंकि $n_2 > n_1$,इसलिए $\sin \theta_{1C} = \frac{n_1}{n_2}$.
चूंकि $n_3 > n_1$,इसलिए $\sin \theta_{2C} = \frac{n_1}{n_3}$.
हमें दिया गया है कि $\sin \theta_{2C} - \sin \theta_{1C} = \frac{1}{2}$.
मान रखने पर: $\frac{n_1}{n_3} - \frac{n_1}{n_2} = \frac{1}{2}$.
हम $\frac{n_1}{n_3} = \frac{n_1}{n_2} \cdot \frac{n_2}{n_3}$ लिख सकते हैं।
$\frac{n_2}{n_3} = \frac{2}{5}$ होने के कारण,$\frac{n_1}{n_2} \cdot \frac{2}{5} - \frac{n_1}{n_2} = \frac{1}{2}$.
माना $x = \frac{n_1}{n_2} = \sin \theta_{1C}$.
$x(\frac{2}{5} - 1) = \frac{1}{2} \implies x(-\frac{3}{5}) = \frac{1}{2} \implies x = -\frac{5}{6}$.
$\sin \theta_{1C}$ धनात्मक होना चाहिए,इसलिए परिमाण को ध्यान में रखते हुए,$\sin \theta_{1C} = \frac{5}{6}$,अतः $\theta_{1C} = \sin^{-1}(\frac{5}{6})$.

(B) एक लंबे सीधे तार के लिए अधिकतम चुंबकीय क्षेत्र $B_{\max}$ उसकी सतह $(r = a)$ पर होता है:
$B_{\max} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi a}$.
हम उन दूरियों की तलाश कर रहे हैं जहाँ चुंबकीय क्षेत्र इस मान का आधा हो,अर्थात $B = \frac{B_{\max}}{2} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$.
तार के अंदर $(r < a)$,चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{in}} = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2}$ द्वारा दिया जाता है।
$B_{\text{in}} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ रखने पर,हमें $\frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $r = \frac{a}{2}$ मिलता है।
तार के बाहर $(r > a)$,चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{out}} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
$B_{\text{out}} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ रखने पर,हमें $\frac{\mu_0 I}{2 \pi r} = \frac{\mu_0 I}{4 \pi a}$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $r = 2a$ मिलता है।
अतः,दूरियाँ $r = \frac{a}{2}$ (अंदर) और $r = 2a$ (बाहर) हैं।

(D) अभिकथन $(A)$ सही है। उत्सर्जक प्लेट के सापेक्ष संग्राहक प्लेट पर पर्याप्त ऋणात्मक विभव (निरोधी विभव) लगाकर, सबसे अधिक ऊर्जा वाले प्रकाश-इलेक्ट्रॉनों को प्रतिकर्षित किया जा सकता है, जिससे प्रकाश-विद्युत धारा रुक जाती है।
कारण $(R)$ सही है। निरोधी विभव $V_0$ आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा दिया जाता है: $eV_0 = h\nu - \phi_0$, जहाँ $V_0 = (h/e)\nu - (\phi_0/e)$ है। यह दर्शाता है कि निरोधी विभव आपतित विकिरण की आवृत्ति $\nu$ के साथ रैखिक रूप से बदलता है।
हालाँकि, कारण $(R)$ निरोधी विभव की प्रकृति को समझाता है, लेकिन यह सीधे तौर पर यह नहीं समझाता है कि ऋणात्मक विभव लगाने से उत्सर्जन क्यों रुक जाता है (जो इलेक्ट्रॉनों के स्थिर-विद्युत प्रतिकर्षण के कारण होता है)। इसलिए, $(R)$, $(A)$ की सही व्याख्या नहीं है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र में घूम रही कुंडली से संबद्ध चुंबकीय फ्लक्स $\phi = NAB \cos(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta = \omega t$ क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ के बीच का कोण है।
प्रेरित इलेक्ट्रोमोटिव बल (emf) $\varepsilon$ फैराडे के प्रेरण के नियम द्वारा दिया जाता है: $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$.
अवकलन करने पर: $\varepsilon = -\frac{d}{dt}(NAB \cos(\omega t)) = NAB \omega \sin(\omega t)$.
जब चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ कुंडली के तल के समानांतर होता है,तो क्षेत्रफल सदिश (जो तल के लंबवत होता है) और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के बीच का कोण $90^\circ$ या $\frac{\pi}{2}$ रेडियन होता है।
इस क्षण पर,$\theta = \omega t = \frac{\pi}{2}$.
इन मानों को समीकरणों में रखने पर:
$\phi = NAB \cos(\frac{\pi}{2}) = NAB(0) = 0$.
$\varepsilon = NAB \omega \sin(\frac{\pi}{2}) = NAB \omega(1) = NAB \omega$.
अतः,चुंबकीय फ्लक्स $0$ है और प्रेरित emf $NAB \omega$ है।

(B) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ और $m$ द्रव्यमान वाले कण की गतिज ऊर्जा $K$ के बीच संबंध इस प्रकार है: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\lambda^2 = \frac{h^2}{2mK}$.
इस समीकरण को $\frac{1}{K}$ के रूप में व्यवस्थित करने पर: $\frac{1}{K} = \left( \frac{2m}{h^2} \right) \lambda^2$.
यह समीकरण $y = cx^2$ के रूप में है,जहाँ $y = \frac{1}{K}$,$x = \lambda$,और $c = \frac{2m}{h^2}$ एक स्थिरांक है।
यह ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाला ऊपर की ओर खुलने वाला परवलय दर्शाता है।

(A) मान लीजिए कि इनपुट $A$ और $B$ हैं। सर्किट में एक $\text{NAND}$ गेट और एक $\text{NOR}$ गेट शामिल है जो एक अंतिम $\text{NAND}$ गेट में जाते हैं।
$1$. ऊपरी $\text{NAND}$ गेट का आउटपुट $Y_1 = \overline{A \cdot B}$ है।
$2$. निचले $\text{NOR}$ गेट का आउटपुट $Y_2 = \overline{A + B}$ है।
$3$. इन्हें अंतिम $\text{NAND}$ गेट में भेजा जाता है,इसलिए अंतिम आउटपुट $Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2} = \overline{(\overline{A \cdot B}) \cdot (\overline{A + B})}$ है।
डी मॉर्गन के नियम का उपयोग करते हुए,$\overline{X \cdot Y} = \overline{X} + \overline{Y}$,हमें मिलता है $Y = \overline{(\overline{A \cdot B})} + \overline{(\overline{A + B})} = (A \cdot B) + (A + B)$।
चूंकि $(A \cdot B)$ हमेशा $(A + B)$ का एक उपसमुच्चय है,इसलिए व्यंजक सरल होकर $Y = A + B$ हो जाता है,जो कि एक $\text{OR}$ गेट का बूलियन व्यंजक है।

$A$	$B$	$Y_1 = \overline{A \cdot B}$	$Y_2 = \overline{A + B}$	$Y = \overline{Y_1 \cdot Y_2}$
$0$	$0$	$1$	$1$	$0$
$0$	$1$	$1$	$0$	$1$
$1$	$0$	$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$0$	$0$	$1$

(B) लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ द्वारा दिया जाता है।
वस्तु दूरी $u$ (जहाँ $u$ ऋणात्मक है) और प्रतिबिंब दूरी $v$ (जहाँ $v$ धनात्मक है) के लिए चिह्न परिपाटी का उपयोग करते हुए,हम $u = -|u|$ और $v = |v|$ प्रतिस्थापित करते हैं।
सूत्र $\frac{1}{|v|} - \frac{1}{-|u|} = \frac{1}{f}$ हो जाता है,जो सरल होकर $\frac{1}{|v|} + \frac{1}{|u|} = \frac{1}{f}$ बन जाता है।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{1}{|v|} = \frac{1}{f} - \frac{1}{|u|} = \frac{|u|-f}{f|u|}$ प्राप्त होता है,इसलिए $|v| = \frac{f|u|}{|u|-f}$।
इसे $|v| - f = \frac{f|u|}{|u|-f} - f = \frac{f|u| - f(|u|-f)}{|u|-f} = \frac{f^2}{|u|-f}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
इस प्रकार,$(|v|-f)(|u|-f) = f^2$। यह एक आयताकार अतिपरवलय (rectangular hyperbola) का समीकरण है जिसके अनंतस्पर्शी (asymptotes) $|u|=f$ और $|v|=f$ पर हैं। समाधान छवि में दिखाया गया ग्राफ इस संबंध का प्रतिनिधित्व करता है।

(D) गॉस के नियम के अनुसार,एक समान रूप से आवेशित गोलीय कोश के भीतर $(r < R)$ विद्युत क्षेत्र $0$ होता है। अतः,$(A)-(III)$.
$(B)$ पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ वाली एक अनंत समतल शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$ होता है। अतः,$(B)-(II)$.
$(C)$ गोलीय कोश के बाहर $(r > R)$ विद्युत क्षेत्र ऐसा होता है जैसे कि सारा आवेश केंद्र पर केंद्रित हो,$E = \frac{kQ}{r^2} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\sigma(4\pi R^2)}{r^2} = \frac{\sigma R^2}{\varepsilon_0 r^2}$। अतः,$(C)-(IV)$.
$(D)$ दो विपरीत रूप से आवेशित अनंत शीटों के बीच,विद्युत क्षेत्र जुड़ जाते हैं: $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} + \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$। अतः,$(D)-(I)$.
अतः,सही मिलान $(A)-(III), (B)-(II), (C)-(IV), (D)-(I)$ है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंगें ऊर्जा और संवेग दोनों ले जाती हैं। फोटॉन का संवेग $p$,$p = E/c = h/\lambda$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E$ ऊर्जा है,$c$ प्रकाश की गति है,$h$ प्लांक नियतांक है और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है। इसलिए,अभिकथन $(A)$ असत्य है।
फोटॉन का विराम द्रव्यमान वास्तव में शून्य होता है,जो एक सही भौतिक तथ्य है। इसलिए,कारण $(R)$ सत्य है।
अतः,$(A)$ असत्य है लेकिन $(R)$ सत्य है।

(C) मान लीजिए कि अभिलंब के साथ आपतन कोण $i$ है। चूँकि $\theta_1$ सतह के साथ कोण है,इसलिए $i = 90^\circ - \theta_1$ होगा।
स्नेल के नियम के अनुसार: $n_1 \sin(i) = n_2 \sin(r)$,जहाँ $r$ अपवर्तन कोण है।
$n_1 \sin(90^\circ - \theta_1) = n_2 \sin(r) \implies n_1 \cos(\theta_1) = n_2 \sin(r)$.
दिया गया है कि $\theta_1 = \cos^{-1}\left(\frac{n_2}{2n_1}\right)$,इसलिए $\cos(\theta_1) = \frac{n_2}{2n_1}$ होगा।
इस मान को स्नेल के नियम में रखने पर: $n_1 \left(\frac{n_2}{2n_1}\right) = n_2 \sin(r) \implies \frac{n_2}{2} = n_2 \sin(r) \implies \sin(r) = \frac{1}{2}$.
अतः,$r = 30^\circ$ प्राप्त होता है।
ब्लॉक की ज्यामिति से,आपतन बिंदु से बिंदु $3$ से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा तक की क्षैतिज दूरी $d/2$ है। मान लीजिए ब्लॉक की मोटाई $t$ है।
तब,$\tan(r) = \frac{d/2}{t} \implies t = \frac{d}{2 \tan(r)}$.
$d = 4\sqrt{3} \text{ cm}$ और $r = 30^\circ$ रखने पर: $t = \frac{4\sqrt{3}}{2 \tan(30^\circ)} = \frac{2\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 2 \times 3 = 6 \text{ cm}$.

(C) एक अनंत धनात्मक आवेशित शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ एकसमान होता है और शीट से दूर की ओर निर्देशित होता है।
दिए गए द्विध्रुव के लिए,द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{p}$,$-q$ से $+q$ की ओर निर्देशित है,जो विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ के समानांतर है।
द्विध्रुव पर आघूर्ण $\vec{\tau} = \vec{p} \times \vec{E}$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि $\vec{p}$ और $\vec{E}$ समानांतर हैं,उनके बीच का कोण $0^\circ$ है,इसलिए $\vec{\tau} = pE \sin(0^\circ) = 0$।
द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -\vec{p} \cdot \vec{E} = -pE \cos(0^\circ) = -pE$ है,जो न्यूनतम संभव मान है।
चूंकि विद्युत क्षेत्र एकसमान है,$+q$ पर बल $q\vec{E}$ (शीट से दूर) है और $-q$ पर बल $-q\vec{E}$ (शीट की ओर) है। द्विध्रुव पर नेट बल $F_{net} = qE - qE = 0$ है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} = W + K_{\max}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$W$ कार्य फलन (work function) है और $K_{\max}$ उत्सर्जित प्रकाशिक इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा है।
निरोधी विभव $V_s$ को सबसे अधिक ऊर्जा वाले प्रकाशिक इलेक्ट्रॉनों को रोकने के लिए आवश्यक विभव के रूप में परिभाषित किया गया है,जिससे $K_{\max} = eV_s$ होता है।
इसलिए,$eV_s = K_{\max}$,जिसका अर्थ है $V_s = \frac{K_{\max}}{e}$।
अतः,निरोधी विभव उत्सर्जित प्रकाशिक इलेक्ट्रॉनों की अधिकतम गतिज ऊर्जा का $\left(\frac{1}{e}\right)$ गुना होता है।

(A) गाउस के नियम के अनुसार,एक बंद सतह से गुजरने वाला विद्युत फ्लक्स $\phi = \frac{q}{\epsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $q$ परिबद्ध आवेश है और $\epsilon_0$ मुक्त स्थान की विद्युतशीलता है।
दिया गया है:
$\phi = -2 \times 10^4 \ Nm^2 C^{-1}$
$\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ C^2 N^{-1} m^{-2}$
$q$ का मान ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$q = \phi \times \epsilon_0$
$q = (-2 \times 10^4) \times (8.85 \times 10^{-12})$
$q = -17.7 \times 10^{-8} \ C$
अतः,बिंदु आवेश का मान $-17.7 \times 10^{-8} \ C$ है।

(B) लेंस मेकर सूत्र के अनुसार लेंस की फोकस दूरी: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ होती है।
जब लेंस को मुख्य अक्ष के लंबवत ($AB$ तल के अनुदिश) काटा जाता है,तो प्रत्येक सतह की वक्रता त्रिज्या समान रहती है,लेकिन लेंस की मोटाई आधी हो जाती है। इस स्थिति में प्रत्येक भाग की फोकस दूरी $f$ ही रहती है। अतः,$f_{L_1} = f$।
जब लेंस को मुख्य अक्ष के समानांतर ($XY$ तल के अनुदिश) काटा जाता है,तो एक सतह की वक्रता त्रिज्या अनंत हो जाती है। नई फोकस दूरी $f'$ के लिए: $\frac{1}{f'} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{\infty} \right) = \frac{(\mu - 1)}{R}$। मूल लेंस के लिए $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{-R} \right) = \frac{2(\mu - 1)}{R}$ होने के कारण,$f' = 2f$ प्राप्त होता है। अतः,$f_{L_3} = 2f$।
इस प्रकार,फोकस दूरियों का अनुपात $\frac{f_{L_1}}{f_{L_3}} = \frac{f}{2f} = 1: 2$ है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग के संचरण की दिशा पॉइंटिंग सदिश की दिशा द्वारा दी जाती है,जो $\overrightarrow{S} = \frac{1}{\mu_0} (\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B})$ है।
अतः,संचरण की दिशा $\overrightarrow{E} \times \overrightarrow{B}$ की दिशा में होती है।
यह दिया गया है कि तरंग $+x$ दिशा में संचरित होती है,इसलिए $\hat{i} = \hat{E} \times \hat{B}$ होगा।
यदि $\overrightarrow{E}$,$y$-अक्ष $(\hat{j})$ के अनुदिश है और $\overrightarrow{B}$,$z$-अक्ष $(\hat{k})$ के अनुदिश है,तो $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,विद्युत क्षेत्र और चुंबकीय क्षेत्र के घटक क्रमशः $E_y$ और $B_z$ हैं।

(B) गोलीय सतह के लिए अपवर्तन का सूत्र $\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$ है।
सतह $B$ के लिए (अवतल,त्रिज्या $-R$):
वस्तु दूरी $u = -R/2$,$\mu_1 = 1$ (हवा),$\mu_2 = 1.5$ (कांच)।
$\frac{1.5}{v_B} - \frac{1}{-R/2} = \frac{1.5 - 1}{-R} \Rightarrow \frac{1.5}{v_B} + \frac{2}{R} = -\frac{0.5}{R}$.
$\frac{1.5}{v_B} = -\frac{0.5}{R} - \frac{2}{R} = -\frac{2.5}{R} \Rightarrow v_B = -\frac{1.5 R}{2.5} = -0.6 R$.
सतह $A$ के लिए (अवतल,त्रिज्या $+R$):
वस्तु दूरी $u = -(R + R/2) = -1.5 R$,$\mu_1 = 1$,$\mu_2 = 1.5$.
$\frac{1.5}{v_A} - \frac{1}{-1.5 R} = \frac{1.5 - 1}{-R} \Rightarrow \frac{1.5}{v_A} + \frac{2}{3 R} = -\frac{0.5}{R}$.
$\frac{1.5}{v_A} = -\frac{0.5}{R} - \frac{2}{3 R} = -\frac{1}{2 R} - \frac{2}{3 R} = -\frac{7}{6 R}$.
$v_A = -\frac{1.5 \times 6 R}{7} = -\frac{9}{7} R \approx -1.2857 R$.
प्रतिबिंब $B$ के बाईं ओर $0.6 R$ दूरी पर और $A$ के बाईं ओर $1.2857 R$ दूरी पर बनते हैं। $A$ और $B$ के बीच की दूरी $2 R$ है। $A$ से प्रतिबिंब $I_B$ की दूरी $2 R - 0.6 R = 1.4 R$ है। $A$ से प्रतिबिंब $I_A$ की दूरी $1.2857 R$ है। इसलिए,उनके बीच की दूरी $1.4 R - 1.2857 R = 0.1143 R$ है।

(D) लेंस मेकर सूत्र $\frac{1}{f} = (\mu_{rel} - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
उत्तल लेंस के लिए,मान लें $R_1 = R$ और $R_2 = -R$ है। अतः,$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \frac{2}{R}$।
हवा में: $\frac{1}{24} = (1.5 - 1) \frac{2}{R} = 0.5 \times \frac{2}{R} = \frac{1}{R}$। अतः,$R = 24 \ cm$।
पानी में: $\frac{1}{f'} = \left( \frac{\mu_g}{\mu_w} - 1 \right) \frac{2}{R} = \left( \frac{1.5}{1.33} - 1 \right) \frac{2}{24}$।
$\mu_w = 1.33 \approx \frac{4}{3}$ का उपयोग करने पर,हमें मिलता है $\frac{1}{f'} = \left( \frac{1.5}{4/3} - 1 \right) \frac{1}{12} = \left( \frac{4.5}{4} - 1 \right) \frac{1}{12} = (1.125 - 1) \frac{1}{12} = 0.125 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{8} \times \frac{1}{12} = \frac{1}{96}$।
अतः,$f' = 96 \ cm$।

(B) प्रारंभ में,संधारित्र $C_1$ पर आवेश $q_{initial} = C_1 V_0 = 6 \ \mu F \times 5 \ V = 30 \ \mu C$ है। $C_2$ पर आवेश $0 \ \mu C$ है।
जब स्विच $S$ को बंद किया जाता है,तो आवेश का पुनर्वितरण तब तक होता है जब तक कि दोनों संधारित्र एक सामान्य विभव $V_c$ तक नहीं पहुँच जाते। आवेश संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल आवेश स्थिर रहता है:
$q_{total} = q_1 + q_2 = 30 \ \mu C + 0 \ \mu C = 30 \ \mu C$.
संतुलन पर,$q_1 = C_1 V_c$ और $q_2 = C_2 V_c$। चूंकि वे समानांतर में जुड़े हुए हैं,$V_c = \frac{q_{total}}{C_1 + C_2} = \frac{30 \ \mu C}{6 \ \mu F + 12 \ \mu F} = \frac{30}{18} \ V = \frac{5}{3} \ V$.
अब,अंतिम आवेशों की गणना करें:
$q_1 = C_1 V_c = 6 \ \mu F \times \frac{5}{3} \ V = 10 \ \mu C$.
$q_2 = C_2 V_c = 12 \ \mu F \times \frac{5}{3} \ V = 20 \ \mu C$.

(B) चुंबकीय प्रेरण को टेस्ला या गॉस में मापा जाता है। अतः,$(A)-(III)$।
$(B)$ चुंबकीय तीव्रता $(H)$ को एम्पियर/मीटर में मापा जाता है। अतः,$(B)-(IV)$।
$(C)$ चुंबकीय फ्लक्स $(\Phi)$ को वेबर $(Wb)$ में मापा जाता है। अतः,$(C)-(II)$।
$(D)$ चुंबकीय आघूर्ण $(M)$ को एम्पियर मीटर$^2$ में मापा जाता है। अतः,$(D)-(I)$।
सही मिलान $(A)-(III), (B)-(IV), (C)-(II), (D)-(I)$ है।

(B) दिए गए परिपथ में दो $AND$ गेट,दो $NOT$ गेट और एक $OR$ गेट शामिल हैं।
$1$. ऊपरी $AND$ गेट $A$ और $\overline{B}$ इनपुट प्राप्त करता है,इसलिए इसका आउटपुट $A \cdot \overline{B}$ है।
$2$. निचला $AND$ गेट $\overline{A}$ और $B$ इनपुट प्राप्त करता है,इसलिए इसका आउटपुट $\overline{A} \cdot B$ है।
$3$. $OR$ गेट इन आउटपुट को जोड़कर अंतिम आउटपुट $Y = A \cdot \overline{B} + \overline{A} \cdot B$ देता है।
$4$. यह व्यंजक $XOR$ (एक्सक्लूसिव $OR$) लॉजिक गेट को दर्शाता है।
$5$. $XOR$ गेट के लिए सत्यता सारणी इस प्रकार है:
| $A$ | $B$ | $Y$ |
|---|---|---|
| $0$ | $0$ | $0$ |
| $0$ | $1$ | $1$ |
| $1$ | $0$ | $1$ |
| $1$ | $1$ | $0$ |
इसे दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $B$ सही है।

(A) जब एक इलेक्ट्रॉन $n^{\text{th}}$ ऊर्जा स्तर में होता है,तो मूल अवस्था (ground state) में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित स्पेक्ट्रमी रेखाओं की कुल संख्या निम्नलिखित सूत्र द्वारा दी जाती है:
$N = \frac{n(n-1)}{2}$
यहाँ,$n = 4$ है।
सूत्र में $n$ का मान रखने पर:
$N = \frac{4(4-1)}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = \frac{12}{2} = 6$
अतः,उत्सर्जित स्पेक्ट्रमी रेखाओं की कुल संख्या $6$ है।

(A) एक लंबी परिनालिका के लिए,चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है: $B = \mu_0 n i = \mu_0 \left( \frac{N}{\ell} \right) i$।
यहाँ,$N = 200$,$i = 0.29 \ A$,$B = 2.9 \times 10^{-4} \ T$,और $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \ T \cdot m/A$ है।
लंबाई $\ell$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$\ell = \frac{\mu_0 N i}{B}$।
दिए गए मानों को रखने पर:
$\ell = \frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 200 \times 0.29}{2.9 \times 10^{-4}} \ m$।
$\ell = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 200 \times 0.29}{2.9 \times 10^{-4}} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 200 \times 0.29}{29 \times 10^{-5}} \ m$।
$\ell = 4\pi \times 10^{-7} \times 200 \times 10^{-1} \ m = 8\pi \times 10^{-2} \ m$।
चूंकि $1 \ m = 100 \ cm$,इसलिए $\ell = 8\pi \times 10^{-2} \times 100 \ cm = 8\pi \ cm$।
अतः,परिनालिका की लंबाई $8\pi \ cm$ है।

(B) समानांतर प्लेट संधारित्र की धारिता $C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A = \pi r^2$ है।
दिया गया है कि $V = \frac{Q}{C}$,इसलिए $V = \frac{Q d}{\epsilon_0 A}$ होता है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{dV}{dt} = \frac{d}{dt} \left( \frac{Q d}{\epsilon_0 A} \right) = \frac{d}{\epsilon_0 A} \frac{dQ}{dt}$.
चूँकि $\frac{dQ}{dt} = I$,इसलिए विभवांतर के परिवर्तन की दर $\frac{dV}{dt} = \frac{I d}{\epsilon_0 A}$ है।
$d$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$d = \frac{\epsilon_0 A (dV/dt)}{I} = \frac{\epsilon_0 (\pi r^2) (dV/dt)}{I}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मानों को रखने पर: $r = 0.1 \ m$,$I = 0.15 \ A$,$\frac{dV}{dt} = 7 \times 10^8 \ V/s$,$\epsilon_0 = 9 \times 10^{-12} \ F/m$,और $\pi = 22/7$.
$d = \frac{(9 \times 10^{-12}) \times (22/7) \times (0.1)^2 \times (7 \times 10^8)}{0.15} \ m$.
$d = \frac{9 \times 10^{-12} \times 22 \times 0.01 \times 10^8}{0.15} \ m = \frac{9 \times 22 \times 10^{-6}}{0.15} \ m = \frac{198 \times 10^{-6}}{0.15} \ m = 1320 \times 10^{-6} \ m$.
चूँकि $1 \ \mu m = 10^{-6} \ m$,इसलिए दूरी $d = 1320 \ \mu m$ है।

(A) समतल तरंग मोर्चे का समीकरण $x+y+z = C$ द्वारा दिया गया है।
इस समतल का अभिलंब सदिश $\vec{n} = 1\hat{i} + 1\hat{j} + 1\hat{k}$ है।
तरंग संचरण की दिशा तरंग मोर्चे के अभिलंब के अनुदिश होती है,इसलिए संचरण सदिश $\vec{v} = \hat{i} + \hat{j} + \hat{k}$ है।
संचरण सदिश द्वारा $x$-अक्ष के साथ बनाया गया कोण $\alpha$,दिक कोज्या (direction cosine) के सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\cos \alpha = \frac{\vec{v} \cdot \hat{i}}{|\vec{v}| |\hat{i}|}$.
डॉट गुणनफल की गणना करने पर: $\vec{v} \cdot \hat{i} = (1)(1) + (1)(0) + (1)(0) = 1$.
परिमाण की गणना करने पर: $|\vec{v}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$.
अतः,$\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{3} \cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
इस प्रकार,$\alpha = \cos^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.

(B) बिंदु $A$ के लिए,वस्तु की दूरी $u = -30 \ cm$ और फोकस दूरी $f = +20 \ cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{20} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{1}{20} - \frac{1}{30} = \frac{3-2}{60} = \frac{1}{60}$.
अतः,$v = 60 \ cm$ है। आवर्धन $m = \frac{v}{u} = \frac{60}{-30} = -2$ है।
एक छोटी वस्तु के लिए,अनुदैर्ध्य आवर्धन $m_L = \frac{dv}{du} = m^2 = (-2)^2 = 4$ है। प्रतिबिंब की स्थिति में परिवर्तन $dv = m^2 du = 4 \times 1 \ cm = 4 \ cm$ है।
अनुप्रस्थ आवर्धन $m = \frac{h_i}{h_o} = -2$ है,इसलिए प्रतिबिंब की ऊँचाई $h_i = m \times h_o = -2 \times 2 \ cm = -4 \ cm$ है।
प्रतिबिंब उल्टा और वास्तविक है। प्रतिबिंब द्वारा मुख्य अक्ष के साथ बनाया गया कोण $\theta$,$\tan \theta = \frac{|h_i|}{|dv|} = \frac{4}{4} = 1$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि प्रतिबिंब उल्टा है,इसलिए कोण $-45^{\circ}$ है।

(B) दो अनंत रूप से बड़े समानांतर चालक प्लेटों के लिए,आवेश इस प्रकार पुनर्वितरित होता है कि बाहरी सतहों पर समान आवेश घनत्व $\sigma_{out} = \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{2} = \frac{\sigma + (-2\sigma)}{2} = -\frac{\sigma}{2}$ होता है।
आंतरिक सतहों पर आवेश घनत्व $\sigma_{in1} = \sigma - (-\frac{\sigma}{2}) = \frac{3\sigma}{2}$ और $\sigma_{in2} = -2\sigma - (-\frac{\sigma}{2}) = -\frac{3\sigma}{2}$ होगा।
प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र आंतरिक सतह के आवेशों के कारण होता है: $E = \frac{\sigma_{in1}}{2\epsilon_0} + \frac{|\sigma_{in2}|}{2\epsilon_0} = \frac{3\sigma/2}{2\epsilon_0} + \frac{3\sigma/2}{2\epsilon_0} = \frac{3\sigma}{2\epsilon_0}$.
$+q$ आवेश द्वारा अनुभव किया गया बल $F = qE = q \left( \frac{3\sigma}{2\epsilon_0} \right) = \frac{3\sigma q}{2\epsilon_0}$ है।

(A) माना कि बिंदु $P$ मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ से $x$-अक्ष पर $x$ दूरी पर है,जहाँ कुल विद्युत क्षेत्र शून्य है।
बिंदु $P$ पर,मूल बिंदु पर स्थित $+q$ आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र और $(d, 0, 0)$ पर स्थित $+9q$ आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए।
अतः,$\frac{kq}{x^2} = \frac{k(9q)}{(d-x)^2}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें $\frac{1}{x} = \frac{3}{d-x}$ प्राप्त होता है।
$x$ के लिए हल करने पर: $d - x = 3x$,जिससे $4x = d$ प्राप्त होता है,या $x = d/4$.
अतः,बिंदु $P$ का निर्देशांक $(d/4, 0, 0)$ है।

(C) बैटरी में संग्रहीत ऊर्जा $E$ को सूत्र $E = V \times q$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $V$ वोल्टेज है और $q$ कूलम्ब में कुल आवेश है।
दिया गया है,$V = 4.2 \ V$ और $q = 5800 \ mAh$।
सबसे पहले,आवेश $q$ को कूलम्ब $(C)$ में बदलें:
$q = 5800 \times 10^{-3} \ A \times h = 5.8 \ A \times (3600 \ s) = 20880 \ C$।
अब,ऊर्जा $E$ की गणना करें:
$E = 4.2 \ V \times 20880 \ C = 87696 \ J$।
जूल को किलो जूल $(kJ)$ में बदलने पर:
$E = 87.696 \ kJ \approx 87.7 \ kJ$।

(A) सापेक्ष पारगम्यता $\mu_{r}$ और चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\mu_{r} = 1 + \chi$.
इस समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\chi = \mu_{r} - 1$.
हम यह भी जानते हैं कि निरपेक्ष पारगम्यता $\mu$,सापेक्ष पारगम्यता $\mu_{r}$ और मुक्त स्थान की पारगम्यता $\mu_0$ से इस प्रकार संबंधित है: $\mu = \mu_0 \mu_{r}$.
इससे,हम सापेक्ष पारगम्यता को इस प्रकार व्यक्त कर सकते हैं: $\mu_{r} = \frac{\mu}{\mu_0}$.
$\mu_{r}$ के इस मान को प्रवृत्ति के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $\chi = \frac{\mu}{\mu_0} - 1$.

(D) माना लोड धारा $I_L = i$ है।
प्रश्न के अनुसार, ज़ेनर धारा $I_Z = 4I_L = 4i$ है।
श्रेणी प्रतिरोधक से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $I = I_Z + I_L = 4i + i = 5i$ है।
श्रेणी प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज $V_R = V_{in} - V_Z = 25\ V - 5\ V = 20\ V$ है।
श्रेणी प्रतिरोधक के लिए ओम के नियम का उपयोग करने पर: $V_R = I \times R_s$
$20\ V = (5i) \times 400\ \Omega$
$20 = 2000i$
$i = \frac{20}{2000} = 0.01\ A = 10\ mA$.
अतः, लोड धारा $I_L = 10\ mA$ है।
लोड प्रतिरोध $R_L = \frac{V_L}{I_L} = \frac{5\ V}{10 \times 10^{-3}\ A} = 500\ \Omega$ है।

(C) वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{2R}$ द्वारा दिया जाता है।
केंद्र से $x$ अक्षीय दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
हम $B_2$ को $B_1$ के पदों में कोण $\theta$ का उपयोग करके व्यक्त कर सकते हैं,जहाँ $\sin \theta = \frac{R}{\sqrt{R^2 + x^2}}$ है।
अतः,$B_2 = B_1 \sin^3 \theta$.
दिया गया है कि $x : R = 3 : 4$,इसलिए $x = 3k$ और $R = 4k$ लें। $x$ और $R$ द्वारा निर्मित त्रिभुज का कर्ण $\sqrt{R^2 + x^2} = \sqrt{(4k)^2 + (3k)^2} = 5k$ होगा।
इसलिए,$\sin \theta = \frac{R}{\sqrt{R^2 + x^2}} = \frac{4k}{5k} = \frac{4}{5}$.
इस मान को अनुपात के समीकरण में रखने पर:
$\frac{B_2}{B_1} = \sin^3 \theta = \left(\frac{4}{5}\right)^3 = \frac{64}{125}$.

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
$H$ परमाणु $(Z=1)$ के लिए मूल अवस्था $(n=1)$: $E = -13.6 \times \frac{1^2}{1^2} = -13.6 \text{ eV}$.
$He^{+}$ आयन $(Z=2)$ के लिए:
मूल अवस्था $(n=1)$: $E = -13.6 \times \frac{2^2}{1^2} = -54.4 \text{ eV}$.
प्रथम उत्तेजित अवस्था $(n=2)$: $E = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} = -13.6 \text{ eV}$.
$Li^{++}$ आयन $(Z=3)$ के लिए:
मूल अवस्था $(n=1)$: $E = -13.6 \times \frac{3^2}{1^2} = -122.4 \text{ eV}$.
प्रथम उत्तेजित अवस्था $(n=2)$: $E = -13.6 \times \frac{3^2}{2^2} = -30.6 \text{ eV}$.
द्वितीय उत्तेजित अवस्था $(n=3)$: $E = -13.6 \times \frac{3^2}{3^2} = -13.6 \text{ eV}$.
मानों की तुलना करने पर:
कथन $(A)$: $H$ (मूल) = $-13.6 \text{ eV}$,$He^{+}$ (प्रथम उत्तेजित) = $-13.6 \text{ eV}$. (सही)
कथन $(B)$: $H$ (मूल) = $-13.6 \text{ eV}$,$Li^{++}$ (द्वितीय उत्तेजित) = $-13.6 \text{ eV}$. (सही)
कथन $(C)$: $H$ (मूल) = $-13.6 \text{ eV}$,$He^{+}$ (मूल) = $-54.4 \text{ eV}$. (गलत)
कथन $(D)$: $He^{+}$ (प्रथम उत्तेजित) = $-13.6 \text{ eV}$,$Li^{++}$ (मूल) = $-122.4 \text{ eV}$. (गलत)
अतः,केवल $(A)$ और $(B)$ सही हैं।

(B) गोलीय सतह पर अपवर्तन के लिए सूत्र है: $\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$।
यहाँ,$\mu_1 = 1$,$\mu_2 = 1.5$,$u = -0.2 \ m$ (वस्तु बाईं ओर रखी गई है),और $R = +0.4 \ m$ (वक्रता केंद्र दाईं ओर है)।
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{1.5}{v} - \frac{1}{-0.2} = \frac{1.5 - 1}{0.4}$
$\frac{1.5}{v} + 5 = \frac{0.5}{0.4}$
$\frac{1.5}{v} + 5 = 1.25$
$\frac{1.5}{v} = 1.25 - 5$
$\frac{1.5}{v} = -3.75$
$v = \frac{1.5}{-3.75} = -0.4 \ m$।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि प्रतिबिंब गोलीय सतह के बाईं ओर $0.4 \ m$ की दूरी पर बनता है।

(D) संतुलन की स्थिति में,गोले पर कार्य करने वाले बल डोरी में तनाव $T$,नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $mg$,और शीट से दूर क्षैतिज दिशा में कार्य करने वाला विद्युत बल $F_e = qE$ हैं।
अनंत लंबी कुचालक शीट के लिए,विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$ होता है।
संतुलन में बलों को वियोजित करने पर:
$T \sin(45^{\circ}) = F_e = qE = q \left( \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \right)$
$T \cos(45^{\circ}) = mg$
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\tan(45^{\circ}) = \frac{q\sigma}{2\varepsilon_0 mg}$
चूंकि $\tan(45^{\circ}) = 1$,इसलिए:
$1 = \frac{q\sigma}{2\varepsilon_0 mg} \implies \sigma = \frac{2\varepsilon_0 mg}{q}$
दिए गए मान: $m = 100 \ mg = 10^{-4} \ kg$,$q = 10 \ \mu C = 10^{-5} \ C$,$g = 10 \ m/s^2$,$\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ F/m$.
मान रखने पर:
$\sigma = \frac{2 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 10^{-4} \times 10}{10^{-5}}$
$\sigma = 17.7 \times 10^{-10} \ C/m^2 = 1.77 \ nC/m^2$.

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दी जाती है।
इलेक्ट्रॉन का संवेग $p$,गतिज ऊर्जा के साथ $p = \sqrt{2mK_{\max}} = \sqrt{2m(\frac{hc}{\lambda} - \phi)}$ के रूप में संबंधित है।
जब एक इलेक्ट्रॉन लंबवत चुंबकीय क्षेत्र $B$ में प्रवेश करता है,तो वह $R = \frac{p}{eB}$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ में गति करता है।
इलेक्ट्रॉन अर्धवृत्त पूरा करने के बाद बिंदु $B$ पर प्लेट से टकराता है,इसलिए दूरी $AB$ पथ का व्यास है: $d_{AB} = 2R = \frac{2p}{eB}$।
$p$ का मान रखने पर: $d_{AB} = \frac{2\sqrt{2m(\frac{hc}{\lambda} - \phi)}}{eB} = \frac{\sqrt{4 \cdot 2m(\frac{hc}{\lambda} - \phi)}}{eB} = \frac{\sqrt{8m(\frac{hc}{\lambda} - \phi)}}{eB}$।

(C) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न के लिए,$n$-वें निम्निष्ठ के लिए शर्त $a \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $a$ स्लिट की चौड़ाई है,$\lambda$ तरंगदैर्ध्य है,और $\theta$ कोणीय स्थिति है।
दूसरे निम्निष्ठ $(n=2)$ के लिए,$\sin \theta_1 = \frac{2 \lambda}{a}$।
तीसरे निम्निष्ठ $(n=3)$ के लिए,$\sin \theta_2 = \frac{3 \lambda}{a}$।
कुल कोणीय पृथक्करण $\theta_1 + \theta_2 = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6} \text{ रेडियन}$ है।
छोटे कोण सन्निकटन का उपयोग करते हुए,$\sin \theta \approx \theta$ (रेडियन में),हमारे पास है:
$\theta_1 \approx \frac{2 \lambda}{a}$ और $\theta_2 \approx \frac{3 \lambda}{a}$।
इनका योग करने पर,हमें $\theta_1 + \theta_2 \approx \frac{2 \lambda}{a} + \frac{3 \lambda}{a} = \frac{5 \lambda}{a}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $\theta_1 + \theta_2 = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6} \text{ रेडियन}$,इसलिए $\frac{5 \lambda}{a} = \frac{\pi}{6}$।
$\lambda = 628 \ nm = 0.628 \ \mu m$ प्रतिस्थापित करने पर:
$a = \frac{5 \times 0.628 \times 6}{\pi} \approx \frac{18.84}{3.14} \approx 6 \ \mu m$।

(C) अभिकथन $(A)$ बताता है कि बाह्य विद्युत क्षेत्र की अनुपस्थिति में ध्रुवीय परावैद्युत का कुल द्विध्रुव आघूर्ण शून्य होता है। यह सही है क्योंकि ध्रुवीय अणुओं में स्थायी द्विध्रुव होते हैं,लेकिन तापीय विक्षोभ के कारण,वे पदार्थ में यादृच्छिक रूप से अभिविन्यस्त होते हैं,जिसके परिणामस्वरूप कुल द्विध्रुव आघूर्ण $\vec{P}_{net} = \vec{0}$ होता है।
कारण $(R)$ बताता है कि बाह्य विद्युत क्षेत्र की अनुपस्थिति में,विभिन्न स्थायी द्विध्रुव यादृच्छिक दिशाओं में अभिविन्यस्त होते हैं। यह भी सही है और यह भौतिक आधार प्रदान करता है कि कुल द्विध्रुव आघूर्ण शून्य क्यों है।
इसलिए,$(A)$ और $(R)$ दोनों सही हैं,और $(R)$,$(A)$ की सही व्याख्या है।