MHT CET 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) पृथ्वी की सतह से $d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र इस प्रकार है:
$g' = g\left(1 - \frac{d}{R}\right)$
दिया गया है कि $d$ गहराई पर गुरुत्वीय त्वरण का मान सतह पर मान का $\frac{1}{n}$ गुना है,इसलिए:
$g' = \frac{g}{n}$
इस मान को सूत्र में रखने पर:
$\frac{g}{n} = g\left(1 - \frac{d}{R}\right)$
दोनों पक्षों को $g$ से विभाजित करने पर:
$\frac{1}{n} = 1 - \frac{d}{R}$
$d$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{d}{R} = 1 - \frac{1}{n}$
$\frac{d}{R} = \frac{n-1}{n}$
$d = R\left(\frac{n-1}{n}\right)$

(C) पृथ्वी की सतह पर स्थिर उपग्रह की बंधन ऊर्जा $E_1 = \frac{GMm}{2R}$ द्वारा दी जाती है।
पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर वृत्ताकार कक्षा में परिक्रमा कर रहे $m$ द्रव्यमान के उपग्रह की बंधन ऊर्जा $E_2 = \frac{GMm}{2(R+h)}$ है।
दोनों ऊर्जाओं का अनुपात लेने पर:
$\frac{E_1}{E_2} = \frac{\frac{GMm}{2R}}{\frac{GMm}{2(R+h)}} = \frac{R+h}{R}$.

(C) एक दृढ़ द्विपरमाणुक अणु के लिए,स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ होती है।
स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{f}{2} R = \frac{5}{2} R$ होती है।
स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_P = C_V + R = \frac{5}{2} R + R = \frac{7}{2} R$ होती है।
हमें संबंध $R = n C_P$ दिया गया है।
$C_P$ का मान रखने पर,हमें $R = n (\frac{7}{2} R)$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों को $R$ से विभाजित करने पर,$1 = n (\frac{7}{2})$ प्राप्त होता है।
अतः,$n = \frac{2}{7} \approx 0.2857$ है।

(B) त्वरण के साथ ऊपर जा रही लिफ्ट के लिए बल का समीकरण $T_{actual} = m(g+a)$ है।
सुरक्षित यात्रा के लिए,रस्सी द्वारा सहन किया जा सकने वाला अधिकतम तनाव $T$ वास्तविक तनाव के बराबर होना चाहिए,इसलिए $T = m(g+a)$।
रस्सी में प्रतिबल को $\sigma = \frac{T}{A}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है,जहाँ $A$ रस्सी का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
यदि रस्सी $d$ व्यास वाली बेलनाकार है,तो क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (d/2)^2 = \frac{\pi d^2}{4}$ होगा।
इसे तनाव के समीकरण में रखने पर: $T = \frac{m(g+a)}{\pi d^2 / 4} = \frac{4 m(g+a)}{\pi d^2}$।
$d^2$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,$d^2 = \frac{4 m(g+a)}{\pi T}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,न्यूनतम व्यास $d = [\frac{4 m(g+a)}{\pi T}]^{1/2}$ प्राप्त होता है।

(A) पृष्ठ तनाव के कारण ऊपर की ओर लगने वाला बल $(F)$ सूत्र $F = T \cdot L$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है और $L$ केशिका नली की आंतरिक परिधि है।
दिया गया है: $F = 105 \text{ dyne} = 105 \times 10^{-5} \text{ N} = 1.05 \times 10^{-3} \text{ N}$.
पृष्ठ तनाव $T = 7 \times 10^{-2} \text{ N/m}$.
हमें परिधि $L$ ज्ञात करनी है।
सूत्र $L = F / T$ का उपयोग करने पर:
$L = (1.05 \times 10^{-3} \text{ N}) / (7 \times 10^{-2} \text{ N/m})$
$L = 0.15 \times 10^{-1} \text{ m} = 0.015 \text{ m}$.
सेंटीमीटर में बदलने पर: $L = 0.015 \times 100 \text{ cm} = 1.5 \text{ cm}$.
अतः,केशिका नली की आंतरिक परिधि $1.5 \text{ cm}$ है।

(B) माना बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है और एक छोटी पानी की बूंद की त्रिज्या $r$ है।
आयतन संरक्षण के नियम के अनुसार,बड़ी बूंद का आयतन $n$ छोटी बूंदों के आयतन के योग के बराबर होता है:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = n \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = n r^3 \Rightarrow R = n^{1/3} r$
$n$ छोटी बूंदों की पृष्ठीय ऊर्जा $E_n = n \times (4 \pi r^2 T)$ है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है।
बड़ी बूंद की पृष्ठीय ऊर्जा $E = 4 \pi R^2 T$ है।
$n$ बूंदों की पृष्ठीय ऊर्जा और बड़ी बूंद की पृष्ठीय ऊर्जा का अनुपात:
$\frac{E_n}{E} = \frac{n \times 4 \pi r^2 T}{4 \pi R^2 T} = \frac{n r^2}{R^2}$
$R = n^{1/3} r$ का मान रखने पर:
$\frac{E_n}{E} = \frac{n r^2}{(n^{1/3} r)^2} = \frac{n r^2}{n^{2/3} r^2} = n^{1 - 2/3} = n^{1/3} = \sqrt[3]{n}$
अतः,अनुपात $\sqrt[3]{n}: 1$ है।

(B) यदि छड़ स्वतंत्र रूप से फैलती है,तो उसका तापीय प्रसार $\Delta L = \alpha L T$ द्वारा दिया जाता है।
इस प्रसार को रोकने के लिए,एक संपीड़न बल $F$ लगाया जाना चाहिए।
उत्पन्न प्रतिबल $\sigma = \frac{F}{A}$ है।
उत्पन्न विकृति $\epsilon = \frac{\Delta L}{L_{new}}$ है,जहाँ $L_{new} = L(1 + \alpha T)$ है।
यंग मापांक $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{F/A}{\Delta L / L(1 + \alpha T)}$ का उपयोग करते हुए।
$F$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $F = \frac{Y A \Delta L}{L(1 + \alpha T)}$ प्राप्त होता है।
$\Delta L = \alpha L T$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $F = \frac{Y A (\alpha L T)}{L(1 + \alpha T)}$ प्राप्त होता है।
अतः,$F = \frac{Y A \alpha T}{1 + \alpha T}$।

(B) उच्चतम बिंदु पर क्रांतिक वेग $v = \sqrt{rg}$ है।
ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,जब डोरी क्षैतिज हो जाती है तो वेग $v'$ का मान $v'^2 = v^2 + 2g(r)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ वृत्त की त्रिज्या है।
$v^2 = rg$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $v'^2 = rg + 2rg = 3rg$ प्राप्त होता है।
अभिकेंद्र त्वरण $a_c$ का सूत्र $a_c = \frac{v'^2}{r}$ है।
$v'^2$ का मान रखने पर,हमें $a_c = \frac{3rg}{r} = 3g$ प्राप्त होता है।

(A) $S.H.M.$ में,कण का विस्थापन $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कण चरम स्थिति से शुरू होता है,$t = 0$ पर,$x = A$,जिसका अर्थ है $\phi = 0$। अतः,$x(t) = A \cos(\omega t)$।
त्वरण $a(t)$ विस्थापन के द्वितीय अवकलज द्वारा दिया जाता है: $a(t) = \frac{d^2x}{dt^2} = -\omega^2 A \cos(\omega t)$।
हम त्वरण को $a(t) = \omega^2 A \cos(\omega t + \pi)$ के रूप में लिख सकते हैं।
विस्थापन $(\omega t)$ और त्वरण $(\omega t + \pi)$ की कला की तुलना करने पर,कलांतर $\pi \ rad$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए कि दो क्षणों पर कण की स्थितियाँ $x_1$ और $x_2$ हैं।
$S.H.M.$ में,त्वरण $a = -\omega^2 x$ होता है। परिमाणों पर विचार करने पर,$\alpha = \omega^2 |x_1|$ और $\beta = \omega^2 |x_2|$.
अतः,$|x_1| = \frac{\alpha}{\omega^2}$ और $|x_2| = \frac{\beta}{\omega^2}$.
$S.H.M.$ में वेग $v^2 = \omega^2(A^2 - x^2)$ द्वारा दिया जाता है।
पहले क्षण के लिए: $u^2 = \omega^2 A^2 - \omega^2 x_1^2$ . . . $(i)$
दूसरे क्षण के लिए: $v^2 = \omega^2 A^2 - \omega^2 x_2^2$ . . . $(ii)$
$(i)$ में से $(ii)$ घटाने पर: $u^2 - v^2 = \omega^2(x_2^2 - x_1^2) = \omega^2(x_2 - x_1)(x_2 + x_1)$.
चूंकि $\alpha = \omega^2 x_1$ और $\beta = \omega^2 x_2$,हमारे पास $\alpha + \beta = \omega^2(x_1 + x_2)$ है।
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $u^2 - v^2 = \omega^2(x_2 - x_1) \cdot \frac{\alpha + \beta}{\omega^2}$.
इसलिए,दोनों स्थितियों के बीच की दूरी $|x_2 - x_1| = \frac{u^2 - v^2}{\alpha + \beta}$ है।

(A) सरल आवर्त दोलक की स्थितिज ऊर्जा का सूत्र $U = \frac{1}{2} k A^2$ है,जहाँ $k$ बल नियतांक है और $A$ आयाम है।
सरल लोलक के लिए,प्रत्यानयन बल $F = -Mg \sin \theta \approx -Mg \theta$ होता है (छोटे कोणों के लिए)।
चूँकि $\theta = \frac{x}{L}$,बल $F = -\frac{Mg}{L} x$ है।
इसे $F = -kx$ के साथ तुलना करने पर,हमें बल नियतांक $k = \frac{Mg}{L}$ प्राप्त होता है।
स्थितिज ऊर्जा के सूत्र में $k$ का मान रखने पर: $U = \frac{1}{2} (\frac{Mg}{L}) A^2 = \frac{MgA^2}{2L}$।

(D) संतुलन स्थिति से शुरू होने वाले $S.H.M.$ कण का विस्थापन $x = A \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
कण का वेग $v = \frac{dx}{dt} = A \omega \cos(\omega t)$ है।
दिया गया है: $v = \pi \ m \ s^{-1}$,$T = 16 \ s$,और $t = 2 \ s$।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{16} = \frac{\pi}{8} \ rad \ s^{-1}$ है।
वेग समीकरण में मान रखने पर:
$\pi = A \times \frac{\pi}{8} \times \cos\left(\frac{\pi}{8} \times 2\right)$
$\pi = A \times \frac{\pi}{8} \times \cos\left(\frac{\pi}{4}\right)$
$1 = \frac{A}{8} \times \frac{1}{\sqrt{2}}$
$A = 8\sqrt{2} \ m$।

(D) दिया गया समीकरण $y=5(\sin 4 \pi t+\sqrt{3} \cos 4 \pi t)$ है।
$5$ से गुणा करने पर,हमें $y=5 \sin 4 \pi t+5 \sqrt{3} \cos 4 \pi t$ प्राप्त होता है।
यह समीकरण $y=A_1 \sin \omega t+A_2 \cos \omega t$ के रूप में है,जहाँ $A_1=5$ और $A_2=5 \sqrt{3}$ है।
परिणामी आयाम $A$ का सूत्र $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}$ है।
मान रखने पर,$A=\sqrt{(5)^2+(5 \sqrt{3})^2}$.
$A=\sqrt{25+75} = \sqrt{100}$.
अतः,$A=10$ इकाई।

(D) कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,चूंकि निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं करता है,इसलिए प्रारंभिक कोणीय संवेग = अंतिम कोणीय संवेग:
$I_1 \omega_1 = (I_1 + I_2) \omega_2$
$\omega_2 = \frac{I_1 \omega_1}{I_1 + I_2}$
प्रारंभिक घूर्णन गतिज ऊर्जा $E_1 = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2$ है।
अंतिम घूर्णन गतिज ऊर्जा $E_2 = \frac{1}{2} (I_1 + I_2) \omega_2^2$ है।
$E_2$ के व्यंजक में $\omega_2$ का मान रखने पर:
$E_2 = \frac{1}{2} (I_1 + I_2) \left( \frac{I_1 \omega_1}{I_1 + I_2} \right)^2 = \frac{1}{2} \frac{I_1^2 \omega_1^2}{I_1 + I_2}$.
खोई गई ऊर्जा $\Delta E = E_1 - E_2 = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 - \frac{1}{2} \frac{I_1^2 \omega_1^2}{I_1 + I_2}$.
$\Delta E = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 \left( 1 - \frac{I_1}{I_1 + I_2} \right) = \frac{1}{2} I_1 \omega_1^2 \left( \frac{I_1 + I_2 - I_1}{I_1 + I_2} \right)$.
$\Delta E = \frac{1}{2} \left[ \frac{I_1 I_2}{I_1 + I_2} \right] \omega_1^2$.

(C) दिया गया है: जड़त्व आघूर्ण $I = 2 \ kg \ m^2$, प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 60 \ rad \ s^{-1}$, और रुकने का समय $t_{total} = 5 \ min = 300 \ s$.
चूंकि पहिया रुक जाता है, अंतिम कोणीय वेग $\omega_f = 0$.
कोणीय त्वरण $\alpha = \frac{\omega_f - \omega_0}{t_{total}} = \frac{0 - 60}{300} = -0.2 \ rad \ s^{-2}$.
हमें पहिए के रुकने से $3$ मिनट पहले का कोणीय संवेग ज्ञात करना है। यह समय शुरुआत से $t = 5 - 3 = 2 \ \text{मिनट}$ है।
$t = 2 \ min = 120 \ s$.
$t = 120 \ s$ पर कोणीय वेग $\omega = \omega_0 + \alpha t = 60 + (-0.2)(120) = 60 - 24 = 36 \ rad \ s^{-1}$.
कोणीय संवेग $L = I\omega = 2 \times 36 = 72 \ kg \ m^2 \ s^{-1}$.

(C) माना प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0$ है और एकसमान कोणीय मंदन $\alpha$ है।
घूर्णी गति के समीकरण $\omega^2 = \omega_0^2 - 2\alpha\theta$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\theta = 2\pi n$ है।
समय $t$ पर,$\omega = \frac{\omega_0}{4}$ है।
अतः,$(\frac{\omega_0}{4})^2 = \omega_0^2 - 2\alpha(2\pi n) \implies \frac{\omega_0^2}{16} = \omega_0^2 - 4\pi n\alpha$.
$4\pi n\alpha = \omega_0^2(1 - \frac{1}{16}) = \frac{15\omega_0^2}{16}$.
इस प्रकार,$2\alpha = \frac{15\omega_0^2}{32\pi n}$.
अब,पंखे के रुकने पर अंतिम कोणीय वेग $\omega_f = 0$ होगा।
माना पंखे को बंद करने से रुकने तक कुल $n'$ चक्कर लगते हैं।
$0^2 = \omega_0^2 - 2\alpha(2\pi n')$.
$2\alpha(2\pi n') = \omega_0^2$.
$2\alpha$ का मान रखने पर: $(\frac{15\omega_0^2}{32\pi n})(2\pi n') = \omega_0^2$.
$\frac{15n'}{16n} = 1 \implies n' = \frac{16n}{15}$.

(D) दिया गया है: प्रारंभिक कोणीय वेग $\omega_0 = 0 \ rad \ s^{-1}$,अंतिम कोणीय वेग $\omega = 24 \ rad \ s^{-1}$,और समय $t = 8 \ s$ है।
सबसे पहले,सूत्र $\alpha = \frac{\omega - \omega_0}{t}$ का उपयोग करके नियत कोणीय त्वरण $\alpha$ की गणना करें।
$\alpha = \frac{24 - 0}{8} = 3 \ rad \ s^{-2}$।
अब,गति के समीकरण $\theta = \omega_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2$ का उपयोग करके कुल कोणीय विस्थापन $\theta$ की गणना करें।
$\theta = 0 \times 8 + \frac{1}{2} \times 3 \times (8)^2$।
$\theta = \frac{1}{2} \times 3 \times 64 = 3 \times 32 = 96 \ rad$।

(C) लुढ़कते हुए ठोस गोले की कुल गतिज ऊर्जा उसकी स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग होती है।
$KE_{total} = \frac{1}{2} m V^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
एक ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} m r^2$ और लुढ़कने की स्थिति $V = r \omega$ है।
$KE_{total} = \frac{1}{2} m V^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m r^2) (\frac{V}{r})^2 = \frac{1}{2} m V^2 + \frac{1}{5} m V^2 = \frac{7}{10} m V^2$.
जब गोला स्प्रिंग को अधिकतम दूरी $x$ तक संकुचित करता है,तो उसकी पूरी गतिज ऊर्जा स्प्रिंग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है $(U = \frac{1}{2} k x^2)$।
$\frac{1}{2} k x^2 = \frac{7}{10} m V^2$
$x^2 = \frac{14}{10} \frac{m V^2}{k} = \frac{1.4 \times 2 \times 6^2}{36} = \frac{1.4 \times 2 \times 36}{36} = 2.8$.
$x = \sqrt{2.8} \approx 1.67 \ m$.

(D) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,$A$ सतह क्षेत्र और $T$ तापमान वाले एक कृष्ण पिंड द्वारा विकीर्ण शक्ति $P = \sigma A T^4$ होती है।
गोलाकार पिंड के लिए,सतह का क्षेत्रफल $A = 4 \pi r^2$ होता है।
अतः,विकीर्ण शक्ति $P = \sigma (4 \pi r^2) T^4$ है।
यह दिया गया है कि दोनों पिंड समान शक्ति का विकिरण करते हैं,इसलिए $P_1 = P_2$ है।
अतः,$\sigma (4 \pi r_1^2) T_1^4 = \sigma (4 \pi r_2^2) T_2^4$।
समीकरण को सरल करने पर,$r_1^2 T_1^4 = r_2^2 T_2^4$ प्राप्त होता है।
अनुपात $\frac{r_2}{r_1}$ ज्ञात करने के लिए,$\frac{r_2^2}{r_1^2} = \frac{T_1^4}{T_2^4}$ होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,$\frac{r_2}{r_1} = \frac{T_1^2}{T_2^2} = \left(\frac{T_1}{T_2}\right)^2$ प्राप्त होता है।

(A) आदर्श गैस समीकरण $P V = n R T$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $n = \frac{m_{total}}{M}$,जहाँ $m_{total}$ कुल द्रव्यमान है और $M$ मोलर द्रव्यमान है,इसलिए $P V = \frac{m_{total}}{M} R T$ होता है।
घनत्व $\rho = \frac{m_{total}}{V}$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $P = \frac{\rho R T}{M}$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि $R = N_A K$,जहाँ $N_A$ आवोगाद्रो संख्या है और $K$ बोल्ट्जमैन नियतांक है।
$R$ का मान प्रतिस्थापित करने पर और यह ध्यान में रखते हुए कि मोलर द्रव्यमान $M = N_A m$ (जहाँ $m$ एक अणु का द्रव्यमान है),हमें प्राप्त होता है:
$P = \frac{\rho (N_A K) T}{N_A m} = \frac{\rho K T}{m}$.
घनत्व $\rho$ के लिए हल करने पर,$\rho = \frac{P m}{K T}$ प्राप्त होता है।

(A) डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,जब प्रेक्षक $v_0$ वेग के साथ स्थिर स्रोत की ओर बढ़ता है,तो आभासी आवृत्ति $n^{\prime} = n \left( \frac{v + v_0}{v} \right)$ होती है।
जब प्रेक्षक $v_0$ वेग के साथ स्थिर स्रोत से दूर जाता है,तो आभासी आवृत्ति $n^{\prime \prime} = n \left( \frac{v - v_0}{v} \right)$ होती है।
आभासी आवृत्तियों के बीच का अंतर $\Delta n = n^{\prime} - n^{\prime \prime}$ है।
मान रखने पर: $\Delta n = n \left( \frac{v + v_0}{v} \right) - n \left( \frac{v - v_0}{v} \right)$.
$\Delta n = \frac{n}{v} (v + v_0 - v + v_0) = \frac{n}{v} (2 v_0) = \frac{2 n v_0}{v}$.

(D) माना कि दो तरंगों के समीकरण $y_1 = a \sin(\omega t - kx)$ और $y_2 = a \sin(\omega t - kx + \phi)$ हैं।
जब वे अध्यारोपित होती हैं,तो परिणामी तरंग $y = y_1 + y_2$ होती है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin A + \sin B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})$ का उपयोग करने पर:
$y = 2a \cos(\frac{\phi}{2}) \sin(\omega t - kx + \frac{\phi}{2})$.
परिणामी आयाम $A_R = |2a \cos(\frac{\phi}{2})|$ है।
यह दिया गया है कि परिणामी आयाम व्यक्तिगत आयाम $a$ के बराबर है,इसलिए:
$a = |2a \cos(\frac{\phi}{2})| \implies \cos(\frac{\phi}{2}) = \pm \frac{1}{2}$.
परिमाण को ध्यान में रखते हुए,$\cos(\frac{\phi}{2}) = \frac{1}{2}$.
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$,इसलिए $\frac{\phi}{2} = \frac{\pi}{3}$.
अतः,कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{3}$ है।

(D) एक सिरे पर बंद पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $n_1 = \frac{V}{4L} = 100 \ Hz$ है।
जब वही पाइप दोनों सिरों पर खुली होती है,तो नई मूल आवृत्ति $n'_1 = \frac{V}{2L}$ होती है।
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $n'_1 = 2 \times \frac{V}{4L} = 2 \times 100 \ Hz = 200 \ Hz$ प्राप्त होता है।
एक खुली पाइप में,मूल आवृत्ति के सभी गुणज (हार्मोनिक्स) उत्पन्न होते हैं।
अतः,उत्पन्न होने वाली आवृत्तियाँ $200 \ Hz, 400 \ Hz, 600 \ Hz, 800 \ Hz, .....$ हैं।

(A) दोनों सिरों पर बंधी डोरी के दूसरे ओवरटोन में,डोरी $3$ लूप्स (खंडों) में कंपन करती है।
$L$ लंबाई की डोरी के लिए जो $n$ लूप्स में कंपन करती है,एंटीनोड्स (जहाँ आयाम अधिकतम होता है) की स्थिति $x = \frac{(2k-1)L}{2n}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $k = 1, 2, ..., n$ है।
यहाँ,$n = 3$ (दूसरा ओवरटोन $3$ रा हार्मोनिक है)।
$k = 1$ के लिए: $x_1 = \frac{(2(1)-1)L}{2(3)} = \frac{L}{6}$.
$k = 2$ के लिए: $x_2 = \frac{(2(2)-1)L}{2(3)} = \frac{3L}{6} = \frac{L}{2}$.
$k = 3$ के लिए: $x_3 = \frac{(2(3)-1)L}{2(3)} = \frac{5L}{6}$.
अतः,आयाम $\frac{L}{6}, \frac{L}{2}, \text{ और } \frac{5L}{6}$ पर अधिकतम है।

(A) तने हुए तार की मूल आवृत्ति $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\mu = \pi r^2 \rho$ है।
अतः,$f = \frac{1}{2Lr} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$।
पहले तार का पहला ओवरटोन $f_1 = 2f_1 = \frac{2}{2L_1 r_1} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}} = \frac{1}{L_1 r_1} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ है।
दूसरे तार का दूसरा ओवरटोन $f_2 = 3f_2 = \frac{3}{2L_2 r_2} \sqrt{\frac{T}{\pi \rho}}$ है।
दिया गया है कि $f_1 = f_2$,इसलिए $\frac{1}{L_1 r_1} = \frac{3}{2L_2 r_2}$।
लंबाई के अनुपात के लिए व्यवस्थित करने पर: $\frac{L_1}{L_2} = \frac{2r_2}{3r_1}$।
चूँकि $r_1 = 2r_2$,मान रखने पर: $\frac{L_1}{L_2} = \frac{2r_2}{3(2r_2)} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$।

(D) $AC$ परिपथ में खपत होने वाली वास्तविक शक्ति का सूत्र है: $P = V_{\text{rms}} \cdot I_{\text{rms}} \cdot \cos \phi$.
चूंकि $I_{\text{rms}} = \frac{V_{\text{rms}}}{Z}$ और शक्ति गुणांक $\cos \phi = \frac{R}{Z}$,हम लिख सकते हैं:
$P = V_{\text{rms}} \cdot \left( \frac{V_{\text{rms}}}{Z} \right) \cdot \left( \frac{R}{Z} \right) = \frac{V_{\text{rms}}^2 \cdot R}{Z^2}$.
यहाँ $V_{\text{rms}} = 220 \ V$,$R = 18 \ \Omega$,और $Z = 33 \ \Omega$ दिया गया है:
$P = \frac{220 \times 220 \times 18}{33 \times 33}$.
व्यंजक को सरल करने पर:
$P = \left( \frac{220}{33} \right) \times \left( \frac{220}{33} \right) \times 18 = \left( \frac{20}{3} \right) \times \left( \frac{20}{3} \right) \times 18$.
$P = \frac{400}{9} \times 18 = 400 \times 2 = 800 \ W$.

(D) $LC$ समानांतर अनुनादी परिपथ में,अनुनादी आवृत्ति $f_r$ पर प्रतिबाधा (impedance) अधिकतम होती है और अनुनादी आवृत्ति $f_r$ पर धारा न्यूनतम होती है।
ग्राफ $(4)$ दर्शाता है कि अनुनादी आवृत्ति $f_r$ पर धारा न्यूनतम है,जो $LC$ समानांतर अनुनादी परिपथ के लिए सही विशेषता है।

(A) स्पेक्ट्रल रेखा की आवृत्ति $f = Rc \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ द्वारा दी जाती है।
बामर श्रेणी की श्रेणी सीमा के लिए $(n_1=2, n_2=\infty)$: $f_1 = Rc \left( \frac{1}{2^2} - 0 \right) = \frac{Rc}{4}$।
पाश्चन श्रेणी की श्रेणी सीमा के लिए $(n_1=3, n_2=\infty)$: $f_3 = Rc \left( \frac{1}{3^2} - 0 \right) = \frac{Rc}{9}$।
बामर श्रेणी की पहली रेखा के लिए $(n_1=2, n_2=3)$: $f_2 = Rc \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = Rc \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right)$।
$f_2$ के समीकरण में $f_1$ और $f_3$ के मान रखने पर:
$f_2 = \frac{Rc}{4} - \frac{Rc}{9} = f_1 - f_3$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $f_1 - f_2 = f_3$ प्राप्त होता है।

(D) इलेक्ट्रॉन की कक्षीय गति के कारण चुंबकीय आघूर्ण $M_0$ को इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $M_0 = \frac{e}{2m_e} L_0$,जहाँ $e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है,$m_e$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है,और $L_0$ कक्षीय कोणीय संवेग है।
बोर की क्वांटमीकरण शर्त के अनुसार,कक्षीय कोणीय संवेग $L_0 = \frac{nh}{2\pi}$ होता है,जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है और $h$ प्लांक नियतांक है।
इस मान को चुंबकीय आघूर्ण के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $M_0 = \frac{e}{2m_e} \times \frac{nh}{2\pi}$.
चूँकि $e$,$m_e$,$h$,और $\pi$ नियतांक हैं,इसलिए यह सिद्ध होता है कि $M_0 \propto n$।

(B) जब कैपेसिटर को बैटरी से अलग करने के बाद उसमें परावैद्युत (dielectric) डाला जाता है,तो आवेश $Q$ स्थिर रहता है।
$1$. नई धारिता $C' = KC$ हो जाती है,जहाँ $K > 1$ है।
$2$. चूंकि आवेश $Q$ स्थिर है,नया विभव $V' = Q/C' = Q/(KC) = V/K$ होगा। चूंकि $K > 1$ है,इसलिए $V' < V$,यानी विभव घट जाता है।
$3$. नई ऊर्जा $E' = Q^2 / (2C') = Q^2 / (2KC) = E/K$ होगी। चूंकि $K > 1$ है,इसलिए $E' < E$,यानी ऊर्जा घट जाती है।
अतः,$V$ और $E$ दोनों घटते हैं।

(A) प्रारंभ में,$C$ धारिता वाले दो संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं। तुल्य धारिता $C_1$ इस प्रकार है: $\frac{1}{C_1} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C} = \frac{2}{C}$,इसलिए $C_1 = \frac{C}{2}$.
एक संधारित्र को $K$ परावैद्युतांक वाले पदार्थ से भरने के बाद,उसकी नई धारिता $KC$ हो जाती है। नई तुल्य धारिता $C_2$ इस प्रकार है: $\frac{1}{C_2} = \frac{1}{C} + \frac{1}{KC} = \frac{1}{C} \left(1 + \frac{1}{K}\right) = \frac{K+1}{KC}$.
अतः,$C_2 = \frac{KC}{K+1}$.
प्रभावी धारिता में परिवर्तन $\Delta C = C_2 - C_1 = \frac{KC}{K+1} - \frac{C}{2}$.
$\Delta C = C \left[ \frac{K}{K+1} - \frac{1}{2} \right] = C \left[ \frac{2K - (K+1)}{2(K+1)} \right] = \frac{C}{2} \left[ \frac{K-1}{K+1} \right]$.

(A) मान लीजिए कि प्रत्येक संधारित्र की धारिता $C$ है।
जब $C$ धारिता वाले तीन संधारित्रों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो उनकी तुल्य धारिता $C_p = C + C + C = 3C$ होती है।
अब,इस संयोजन को $C$ धारिता वाले एक अन्य संधारित्र के साथ श्रेणी क्रम में जोड़ा जाता है।
परिणामी तुल्य धारिता $C_{eq}$ श्रेणी क्रम के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{C_p} + \frac{1}{C} = \frac{1}{3C} + \frac{1}{C} = \frac{1 + 3}{3C} = \frac{4}{3C}$.
अतः,$C_{eq} = \frac{3C}{4}$.
दिया गया है कि $C_{eq} = 3.75 \mu F$,इसलिए:
$3.75 = \frac{3C}{4}$
$C = \frac{3.75 \times 4}{3} = 1.25 \times 4 = 5.00 \mu F$.
इस प्रकार,प्रत्येक संधारित्र की धारिता $5 \mu F$ है।

(C) कम आवृत्ति वाले संदेश सिग्नल (बेसबैंड सिग्नल) को उच्च आवृत्ति वाली वाहक तरंग (carrier wave) पर अध्यारोपित करने की प्रक्रिया को $Modulation$ कहा जाता है। यह आवश्यक है क्योंकि कम आवृत्ति वाले सिग्नल लंबी दूरी तक कुशलतापूर्वक यात्रा नहीं कर सकते हैं,और उच्च आवृत्ति वाली तरंगें जानकारी को लंबी दूरी तक प्रसारित करने के लिए वाहक के रूप में कार्य करती हैं।

(B) तार का प्रतिरोध $R = \frac{\rho l}{A}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\rho$ प्रतिरोधकता है, $l$ लंबाई है और $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
विभव प्रवणता को प्रति इकाई लंबाई विभव पतन के रूप में परिभाषित किया गया है, जो $x = \frac{V}{l}$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए, $V = IR$, इसलिए $x = \frac{IR}{l} = I \left( \frac{R}{l} \right)$.
प्रतिरोध सूत्र से, $\frac{R}{l} = \frac{\rho}{A}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{R}{l} = \frac{40 \times 10^{-8} \Omega \text{ m}}{8 \times 10^{-6} \text{ m}^2} = 5 \times 10^{-2} \Omega \text{ m}^{-1}$.
अब, विभव प्रवणता की गणना करने पर: $x = I \times \left( \frac{R}{l} \right) = 0.2 \text{ A} \times 5 \times 10^{-2} \Omega \text{ m}^{-1} = 10^{-2} \text{ V m}^{-1}$.

(C) माना गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $G$ है और शंट का प्रतिरोध $S$ है। दिया गया है $S = \frac{G}{8}$।
गैल्वेनोमीटर की धारा संवेदनशीलता को प्रति इकाई धारा विक्षेपण के रूप में परिभाषित किया जाता है। जब एक शंट $S$ को समानांतर में जोड़ा जाता है,तो कुल धारा $I$ इस प्रकार विभाजित होती है कि गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा $I_g = I \left( \frac{S}{S+G} \right)$ होती है।
नई संवेदनशीलता $s^{\prime}$ विक्षेपण $\theta$ और कुल धारा $I$ का अनुपात है। चूंकि $\theta = k I_g$ (जहाँ $k$ एक स्थिरांक है),हमें प्राप्त होता है $s^{\prime} = \frac{\theta}{I} = k \frac{I_g}{I} = k \left( \frac{S}{S+G} \right)$।
मूल संवेदनशीलता $s = k$ है। इसलिए,$s^{\prime} = s \left( \frac{S}{S+G} \right)$।
$S = \frac{G}{8}$ का मान रखने पर:
$s^{\prime} = s \left( \frac{G/8}{G/8 + G} \right) = s \left( \frac{G/8}{9G/8} \right) = \frac{s}{9}$।

(B) फोटॉन के लिए,ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda_p}$ द्वारा दी जाती है।
इसलिए,$\lambda_p = \frac{hc}{E} \dots (i)$.
गैर-सापेक्षवादी इलेक्ट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_e = \frac{h}{p}$ है।
चूंकि $E = \frac{p^2}{2m}$,इसलिए $p = \sqrt{2mE}$.
अतः,$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$,जिसका अर्थ है कि $E = \frac{h^2}{2m\lambda_e^2}$.
समीकरण $(i)$ में $E$ का मान रखने पर:
$\lambda_p = \frac{hc}{(h^2 / 2m\lambda_e^2)} = \frac{2mc}{h} \lambda_e^2$.
इसलिए,$\lambda_p \propto \lambda_e^2$.

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $K_{max} = h\nu - W_0$,जहाँ $W_0$ कार्य फलन है।
प्रारंभ में: $0.4 = h\nu - W_0 \implies h\nu = 0.4 + W_0$ ... $(i)$
जब आवृत्ति में $30 \%$ की वृद्धि होती है,तो नई आवृत्ति $\nu' = 1.3\nu$ हो जाती है। नई गतिज ऊर्जा $0.9 \ eV$ है।
अतः,$0.9 = 1.3h\nu - W_0$ ... (ii)
समीकरण $(i)$ को (ii) में रखने पर: $0.9 = 1.3(0.4 + W_0) - W_0$
$0.9 = 0.52 + 1.3W_0 - W_0$
$0.9 - 0.52 = 0.3W_0$
$0.38 = 0.3W_0$
$W_0 = \frac{0.38}{0.3} = 1.267 \ eV$.

(C) $n^{\text{वीं}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ द्वारा दी जाती है।
मूल अवस्था $(n=1)$ के लिए,$E_1 = -13.6 \ eV$।
दूसरी कक्षा $(n=2)$ के लिए,$E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -3.4 \ eV$।
उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा इन दो अवस्थाओं के बीच का अंतर है: $E = E_2 - E_1 = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \ eV$।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$h\nu = \phi_0 + eV_s$,जहाँ $h\nu$ फोटॉन की ऊर्जा है,$\phi_0$ कार्य-फलन है और $V_s$ निरोधी विभव है।
दिया गया है कि $\phi_0 = 4.2 \ eV$ और $h\nu = 10.2 \ eV$,इसलिए $10.2 \ eV = 4.2 \ eV + eV_s$।
$eV_s = 10.2 \ eV - 4.2 \ eV = 6 \ eV$।
अतः,निरोधी विभव $V_s = 6 \ V$ प्राप्त होता है।

(D) एक लंबे सोलेनोइड के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 NI}{L}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A$ है, इसलिए $B = \frac{\phi}{A}$ होगा।
$B$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\frac{\phi}{A} = \frac{\mu_0 NI}{L}$।
चुंबकीय आघूर्ण $M = NIA$ ज्ञात करने के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $NIA = \frac{\phi L}{\mu_0}$।
यहाँ $\phi = 1.57 \times 10^{-6} \, Wb$, $L = 0.6 \, m$, और $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \, T \cdot m/A$ दिया गया है।
मान रखने पर: $M = \frac{1.57 \times 10^{-6} \times 0.6}{4 \pi \times 10^{-7}}$।
$\pi \approx 3.14$ का उपयोग करने पर, $4 \pi \approx 12.56$ होगा।
$M = \frac{1.57 \times 10^{-6} \times 0.6}{12.56 \times 10^{-7}} = \frac{0.942 \times 10^{-6}}{12.56 \times 10^{-7}} = \frac{9.42}{12.56} \approx 0.75 \, Am^2$।

(D) $l$ लंबाई का एक सीधा चालक जब $B$ चुंबकीय क्षेत्र में $v$ वेग से गति करता है,तो उसमें प्रेरित गतिकीय विद्युत वाहक बल (emf) का सूत्र है:
$e = Bvl \sin \theta$
जहाँ $\theta$ वेग सदिश और चालक की लंबाई के बीच का कोण है।
दिया गया है:
चालक की लंबाई,$l = 0.4 \ m$
चालक की गति,$v = 7 \ ms^{-1}$
चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता,$B = 0.9 \ Wb \ m^{-2}$
चूंकि चालक चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत गति कर रहा है,इसलिए $\theta = 90^\circ$ और $\sin 90^\circ = 1$ होगा।
अतः,प्रेरित emf:
$e = Bvl = 0.9 \times 7 \times 0.4$
$e = 2.52 \ V$

(C) चुंबकीय क्षेत्र में चुंबकीय द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -M B \cos \theta$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,द्विध्रुव क्षेत्र की दिशा में है,इसलिए $\theta_1 = 0^\circ$। प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -M B \cos(0^\circ) = -M B$ है।
अधिकतम कार्य करने के लिए,द्विध्रुव को उस स्थिति में घुमाया जाना चाहिए जहाँ स्थितिज ऊर्जा अधिकतम हो,जो $\theta_2 = 180^\circ$ है। अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -M B \cos(180^\circ) = M B$ है।
बाह्य कारक द्वारा किया गया कार्य $W = U_f - U_i = M B - (-M B) = 2 M B$ है।

(B) विघटन की दर $R$ को $R = R_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दर्शाया जाता है।
यहाँ $R_0 = 10,000$ विघटन प्रति मिनट,$R = 2500$ विघटन प्रति मिनट और $t = 4$ मिनट दिया गया है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{2500}{10000} = e^{-\lambda \times 4}$
$\frac{1}{4} = e^{-4 \lambda}$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$\ln(\frac{1}{4}) = -4 \lambda$
$-\ln(4) = -4 \lambda$
$\ln(2^2) = 4 \lambda$
$2 \ln(2) = 4 \lambda$
$\lambda = \frac{2}{4} \ln(2)$
$\lambda = 0.5 \log _e 2$ प्रति मिनट।

(C) $t$ मोटाई के माध्यम में तरंगों की संख्या $N = \frac{t}{\lambda_m}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda_m = \frac{\lambda_0}{\mu}$ माध्यम में तरंगदैर्ध्य है और $\lambda_0$ निर्वात में तरंगदैर्ध्य है।
अतः,$N = \frac{t \cdot \mu}{\lambda_0}$.
यह दिया गया है कि कांच के स्लैब में तरंगों की संख्या पानी के स्तंभ में तरंगों की संख्या के बराबर है:
$\frac{t_g \cdot \mu_g}{\lambda_0} = \frac{t_w \cdot \mu_w}{\lambda_0}$
$\therefore \mu_g \cdot t_g = \mu_w \cdot t_w$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\mu_g = 1.5$,$t_g = 6 \ cm$,और $t_w = 7 \ cm$:
$1.5 \times 6 = \mu_w \times 7$
$9 = 7 \cdot \mu_w$
$\mu_w = \frac{9}{7} \approx 1.286$.

(A) हम जानते हैं कि धारा लाभ मापदंडों $\alpha_{dc}$ और $\beta_{dc}$ के बीच का संबंध $\beta_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{1 - \alpha_{dc}}$ द्वारा दिया जाता है।
इस समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $1 - \alpha_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{\beta_{dc}}$ प्राप्त होता है।
अब,हमें व्यंजक $\frac{\beta_{dc} - \alpha_{dc}}{\alpha_{dc} \cdot \beta_{dc}}$ का मान ज्ञात करना है।
इसे $\frac{\beta_{dc}}{\alpha_{dc} \cdot \beta_{dc}} - \frac{\alpha_{dc}}{\alpha_{dc} \cdot \beta_{dc}} = \frac{1}{\alpha_{dc}} - \frac{1}{\beta_{dc}}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
संबंध $\beta_{dc} = \frac{\alpha_{dc}}{1 - \alpha_{dc}}$ से,हमें $\frac{1}{\beta_{dc}} = \frac{1 - \alpha_{dc}}{\alpha_{dc}} = \frac{1}{\alpha_{dc}} - 1$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\frac{1}{\alpha_{dc}} - \frac{1}{\beta_{dc}} = 1$ है।
अतः,व्यंजक का मान $1$ है।

(A) फोटोडायोड एक अर्धचालक $p-n$ जंक्शन उपकरण है जिसे विशेष रूप से रिवर्स बायस स्थितियों में संचालित करने के लिए डिज़ाइन किया गया है। जब बैंडगैप ऊर्जा से अधिक ऊर्जा वाला प्रकाश जंक्शन पर पड़ता है,तो यह इलेक्ट्रॉन-होल जोड़े उत्पन्न करता है। रिवर्स बायस का विद्युत क्षेत्र इन आवेश वाहकों को जंक्शन के पार ले जाता है,जिससे एक फोटो करंट उत्पन्न होता है जो आपतित प्रकाश की तीव्रता के समानुपाती होता है।

(B) ब्रूस्टर के नियम के अनुसार,माध्यम का अपवर्तनांक $\mu$,ध्रुवण कोण $\theta$ से $\mu = \tan \theta$ समीकरण द्वारा संबंधित है।
परिभाषा के अनुसार,अपवर्तनांक $\mu$,हवा में प्रकाश की चाल $(c)$ और माध्यम में प्रकाश की चाल $(v)$ का अनुपात है,इसलिए $\mu = \frac{c}{v}$।
$\mu$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर,हमें $\tan \theta = \frac{c}{v}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का व्युत्क्रम (reciprocal) लेने पर,$\cot \theta = \frac{1}{\tan \theta} = \frac{v}{c}$ प्राप्त होता है।
अतः,संबंध $\theta = \cot ^{-1}\left(\frac{v}{c}\right)$ है।

(C) स्लिट्स की स्थिति $y = \pm d/2$ पर है। दूसरी न्यूनतम $y = d/2$ पर होती है।
यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में न्यूनतम के लिए,पथ अंतर $\Delta x = (n - 1/2)\lambda$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ दूसरी न्यूनतम के लिए $n = 2$ है।
अतः,$\Delta x = (2 - 1/2)\lambda = (3/2)\lambda$.
साथ ही,पथ अंतर $\Delta x = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d(y/D)$ द्वारा दिया जाता है।
$y = d/2$ रखने पर,हमें $\Delta x = d(d/2D) = d^2 / 2D$ प्राप्त होता है।
पथ अंतर के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $(3/2)\lambda = d^2 / 2D$.
$\lambda$ के लिए हल करने पर,हमें $\lambda = (d^2 / 2D) \times (2/3) = d^2 / 3D$ प्राप्त होता है।

(A) $n$-वीं दीप्त फ्रिंज (उच्चिष्ठ) की स्थिति का सूत्र है:
$y_n = \frac{n D \lambda}{d}$
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$\lambda = \frac{y_n d}{n D}$
दिए गए मान:
$n = 3$
$y_n = 1.2 \ mm = 1.2 \times 10^{-3} \ m$
$D = 1 \ m$
$d = 1 \ mm = 1 \times 10^{-3} \ m$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\lambda = \frac{(1.2 \times 10^{-3} \ m) \times (1 \times 10^{-3} \ m)}{3 \times 1 \ m}$
$\lambda = \frac{1.2 \times 10^{-6}}{3} \ m$
$\lambda = 0.4 \times 10^{-6} \ m = 4 \times 10^{-7} \ m$
एंगस्ट्रॉम $(\mathring{A})$ में बदलने पर, जहाँ $1 \ \mathring{A} = 10^{-10} \ m$:
$\lambda = 4000 \times 10^{-10} \ m = 4000 \ \mathring{A}$

(B) मान लीजिए कि प्रत्येक व्यक्तिगत तरंग की तीव्रता $I$ है।
जब $\phi$ कलांतर वाली दो एकसमान तरंगें अध्यारोपित होती हैं,तो परिणामी तीव्रता $I_R$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$
चूंकि तरंगें एकसमान हैं,इसलिए $I_1 = I_2 = I$ होगा।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I_R = I + I + 2\sqrt{I \cdot I} \cos \phi$
$I_R = 2I + 2I \cos \phi$
$I_R = 2I(1 + \cos \phi)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $1 + \cos \phi = 2 \cos^2 \frac{\phi}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I_R = 2I(2 \cos^2 \frac{\phi}{2}) = 4I \cos^2 \frac{\phi}{2}$
अतः,परिणामी तीव्रता $\cos^2 \frac{\phi}{2}$ के समानुपाती होती है।