MHT CET 2023 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) माना $r$ त्रिज्या की $n$ छोटी बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं। चूँकि आयतन स्थिर रहता है:
$n \cdot \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi R^3 \implies n = \frac{R^3}{r^3}$.
पृष्ठ क्षेत्रफल में कमी $\Delta A = n(4 \pi r^2) - 4 \pi R^2 = 4 \pi R^3 \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$.
मुक्त ऊर्जा $W = T \cdot \Delta A = 4 \pi R^3 T \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$.
उत्पन्न ऊष्मा $Q = \frac{W}{J} = \frac{4 \pi R^3 T}{J} \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$.
ऊष्मा $Q = m \cdot s \cdot \Delta \theta$,जहाँ $m = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$.
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 \cdot s \cdot \Delta \theta = \frac{4 \pi R^3 T}{J} \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$.
अतः,$\Delta \theta = \frac{3T}{\rho s J} \left(\frac{1}{r} - \frac{1}{R}\right)$.
इस प्रकार,विकल्प $C$ सही उत्तर है।

(D) साबुन के बुलबुले को फुलाने में किया गया कार्य $W = T \Delta A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है और $\Delta A$ सतह के क्षेत्रफल में परिवर्तन है। चूंकि साबुन के बुलबुले की दो सतहें होती हैं,इसलिए कुल सतह का क्षेत्रफल $A = 2 \times (4 \pi r^2) = 8 \pi r^2$ है।
गोलाकार बुलबुले के लिए,आयतन $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ है,जिसका अर्थ है $r = (\frac{3V}{4\pi})^{1/3}$।
क्षेत्रफल के सूत्र में $r$ का मान रखने पर: $A = 8 \pi (\frac{3V}{4\pi})^{2/3} \propto V^{2/3}$।
चूंकि $W \propto A$,इसलिए $W \propto V^{2/3}$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $2V$ आयतन के लिए किया गया कार्य $W'$ है। तब $\frac{W'}{W} = (\frac{2V}{V})^{2/3} = 2^{2/3} = (2^2)^{1/3} = 4^{1/3}$।
अतः,$W' = 4^{1/3} W$।

(B) केशिका नली में पानी जिस ऊँचाई $h$ तक ऊपर चढ़ता है,वह $h = \frac{2T \cos \theta}{r \rho g}$ सूत्र द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है कि $h \propto \frac{1}{r}$।
केशिका में पानी का द्रव्यमान $m = \text{आयतन} \times \text{घनत्व} = (\pi r^2 h) \rho$ होता है।
द्रव्यमान के समीकरण में $h \propto \frac{1}{r}$ रखने पर,हमें $m \propto r^2 \times \frac{1}{r}$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $m \propto r$ हो जाता है।
नई त्रिज्या $r' = \frac{r}{3}$ के लिए,नया द्रव्यमान $m' = m \times \frac{r'}{r} = m \times \frac{r/3}{r} = \frac{m}{3}$ होगा।

(A) किसी द्रव का पृष्ठ तनाव वह गुण है जिसके कारण उसकी सतह एक खिंची हुई झिल्ली की तरह व्यवहार करती है और अपने सतह के क्षेत्रफल को न्यूनतम करने का प्रयास करती है।
जब पानी में साबुन या डिटर्जेंट मिलाया जाता है,तो यह एक सर्फेक्टेंट के रूप में कार्य करता है।
सर्फेक्टेंट सतह पर पानी के अणुओं के बीच के ससंजक बलों को कम कर देते हैं।
परिणामस्वरूप,पानी का पृष्ठ तनाव कम हो जाता है।
कम पृष्ठ तनाव पानी को अधिक आसानी से फैलने और छोटी बूंदें बनाने की अनुमति देता है,जिससे इसका छिड़काव करना बहुत आसान हो जाता है।

(B) माना प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
आयतन संरक्षण के नियम के अनुसार,$1000$ छोटी बूंदों का आयतन = बड़ी बूंद का आयतन: $1000 \times (\frac{4}{3} \pi r^3) = \frac{4}{3} \pi R^3$.
इससे $R^3 = 1000 r^3$ प्राप्त होता है,अतः $R = 10r$.
$1000$ छोटी बूंदों की प्रारंभिक पृष्ठीय ऊर्जा $E_1 = 1000 \times (4 \pi r^2 T)$ है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है।
बड़ी बूंद की अंतिम पृष्ठीय ऊर्जा $E_2 = 4 \pi R^2 T$ है।
अंतिम पृष्ठीय ऊर्जा और प्रारंभिक पृष्ठीय ऊर्जा का अनुपात $\frac{E_2}{E_1} = \frac{4 \pi R^2 T}{1000 \times 4 \pi r^2 T} = \frac{R^2}{1000 r^2}$ होगा।
$R = 10r$ रखने पर,$\frac{E_2}{E_1} = \frac{(10r)^2}{1000 r^2} = \frac{100 r^2}{1000 r^2} = \frac{1}{10}$.
अतः,अनुपात $1:10$ है।

(C) चूंकि प्रक्रिया समतापीय है,बुलबुलों के अंदर हवा के मोलों की संख्या स्थिर रहती है। $r$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुले के अंदर का दबाव $P = \frac{4T}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,और यह देखते हुए कि $T$ और $R$ स्थिर हैं,हमें $PV \propto n$ प्राप्त होता है। चूंकि $n$ संरक्षित है,इसलिए दो बुलबुलों के लिए दबाव और आयतन के गुणनफल का योग अंतिम बुलबुले के दबाव और आयतन के गुणनफल के बराबर होता है:
$P_1 V_1 + P_2 V_2 = P_3 V_3$
$P = \frac{4T}{r}$ और $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\left(\frac{4T}{a}\right) \left(\frac{4}{3}\pi a^3\right) + \left(\frac{4T}{b}\right) \left(\frac{4}{3}\pi b^3\right) = \left(\frac{4T}{c}\right) \left(\frac{4}{3}\pi c^3\right)$
समीकरण को सरल करने पर:
$a^2 + b^2 = c^2$
अतः,परिणामी बुलबुले की त्रिज्या $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ है।

(B) रेनॉल्ड्स संख्या $(Re)$ एक विमाहीन राशि है जिसका उपयोग विभिन्न तरल प्रवाह स्थितियों में प्रवाह पैटर्न की भविष्यवाणी करने के लिए किया जाता है。
इसे सूत्र द्वारा परिभाषित किया गया है: $Re = \frac{\rho v d}{\eta}$.
जहाँ:
$\rho$ = $\text{तरल का घनत्व}$
$v$ = $\text{तरल का वेग}$
$d$ = $\text{पाइप का व्यास}$
$\eta$ = $\text{तरल का श्यानता गुणांक}$。
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर, सही व्यंजक $\frac{\rho v d}{\eta}$ है。

(C) दिया गया है: गोले का द्रव्यमान $= m$,गोले का घनत्व $= \sigma_1$,तरल का घनत्व $= \sigma_2$.
टर्मिनल वेग $v_t$ पर,गोले पर कार्य करने वाले बल संतुलित होते हैं।
नीचे की ओर कार्य करने वाला बल भार $W = mg$ है।
ऊपर की ओर कार्य करने वाले बल श्यान बल $F_V$ और उत्प्लावन बल $F_B$ हैं।
$W = F_V + F_B$
$mg = F_V + (\text{आयतन} \times \sigma_2 \times g)$
चूंकि $m = \sigma_1 \times \text{आयतन}$,इसलिए $\text{आयतन} = \frac{m}{\sigma_1}$ है।
$mg = F_V + \left(\frac{m}{\sigma_1} \times \sigma_2 \times g\right)$
$F_V = mg - \frac{m \sigma_2 g}{\sigma_1}$
$F_V = mg \left(1 - \frac{\sigma_2}{\sigma_1}\right)$

(B) पाइप से बहने वाले तरल के क्रांतिक वेग $(v_c)$ का सूत्र रेनॉल्ड्स संख्या $(R_e)$ द्वारा दिया जाता है:
$R_e = \frac{\rho v_c d}{\eta}$
क्रांतिक वेग $(v_c)$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$v_c = \frac{R_e \eta}{\rho d}$
इस समीकरण से यह स्पष्ट है कि क्रांतिक वेग $(v_c)$,श्यानता गुणांक $(\eta)$ के समानुपाती है और घनत्व $(\rho)$ तथा नली के व्यास $(d)$ के व्युत्क्रमानुपाती है।
अतः,सही कथन यह है कि क्रांतिक वेग $\eta$ के समानुपाती है।

(D) श्यान द्रव में गिरती $r$ त्रिज्या की गोलाकार गेंद का टर्मिनल वेग $v$,स्टोक्स के नियम के अनुसार है:
$v = \frac{2r^2(\rho - \sigma)g}{9\eta}$
जहाँ $\rho$ गेंद का घनत्व है,$\sigma$ द्रव का घनत्व है,$g$ गुरुत्वीय त्वरण है और $\eta$ श्यानता गुणांक है।
चूंकि पदार्थ और द्रव समान हैं,इसलिए $\rho$,$\sigma$ और $\eta$ स्थिरांक हैं।
अतः,$v \propto r^2$.
यहाँ $r_1 = r$ और $r_2 = \frac{r}{3}$ दिया गया है,इसलिए टर्मिनल वेग का अनुपात:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{r_1^2}{r_2^2} = \frac{r^2}{(\frac{r}{3})^2} = \frac{r^2}{\frac{r^2}{9}} = 9$.
इस प्रकार,$v_2 = \frac{v_1}{9} = \frac{V}{9}$.

(A) संपर्क कोण $\theta$ द्रव के पृष्ठ तनाव,ठोस-द्रव इंटरफेस के पृष्ठ तनाव और ठोस-वायु इंटरफेस के पृष्ठ तनाव पर निर्भर करता है,जिसे यंग के समीकरण द्वारा दिया जाता है: $\cos \theta = \frac{T_{sa} - T_{sl}}{T_{la}}$.
जब किसी द्रव में घुलनशील अशुद्धि मिलाई जाती है,तो यह आमतौर पर द्रव के पृष्ठ तनाव $(T_{la})$ को कम कर देती है।
अधिकांश द्रव जो सतह को गीला करते हैं (जहाँ $\theta < 90^{\circ}$ होता है),उनमें घुलनशील अशुद्धियाँ (जैसे डिटर्जेंट या साबुन) मिलाने से पृष्ठ तनाव और कम हो जाता है,जिससे संपर्क कोण $\theta$ में कमी आती है।
इसलिए,घुलनशील अशुद्धियाँ मिलाने से आमतौर पर संपर्क कोण घट जाता है।

(C) माना टॉवर की कुल ऊँचाई $H$ है। जमीन तक पहुँचने में लगा समय $t$ है। गति के समीकरण $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = 0$ और $a = g$:
$H = \frac{1}{2}gt^2$ --- $(i)$
$\frac{t}{2}$ समय के बाद,पिंड द्वारा शीर्ष से तय की गई दूरी $x$ है:
$x = \frac{1}{2}g(\frac{t}{2})^2 = \frac{1}{2}g(\frac{t^2}{4}) = \frac{1}{8}gt^2$ --- $(ii)$
समीकरण $(i)$ से,हम जानते हैं कि $\frac{1}{2}gt^2 = H$,इसलिए $\frac{1}{4}(\frac{1}{2}gt^2) = \frac{H}{4}$.
अतः,शीर्ष से दूरी $x = \frac{H}{4}$ है।
जमीन से पिंड की ऊँचाई $H - x = H - \frac{H}{4} = \frac{3H}{4}$ मीटर होगी।

(B) सबसे पहले, गति के समीकरण $v^2 = u^2 + 2gh$ का उपयोग करके जमीन से टकराने से ठीक पहले गेंद का वेग ज्ञात करें। चूंकि गेंद स्वतंत्र रूप से गिरती है, प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
$v^2 = 0 + 2 \times 10 \times 20 = 400$
$v = \sqrt{400} = 20 \,ms^{-1}$।
प्रत्यावस्थान गुणांक $e$ को उछाल के वेग $(v')$ और प्रभाव के वेग $(v)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है: $e = \frac{v'}{v}$।
यहाँ $e = 0.4$ दिया गया है, इसलिए पहले उछाल के बाद वेग $v' = e \times v$ होगा।
$v' = 0.4 \times 20 = 8 \,ms^{-1}$।

(B) माना प्रारंभिक वेग $u$ है। कुल उड़ान का समय $T = t_1 + t_2$ है। चूंकि गेंद जमीन पर वापस आती है,इसलिए कुल विस्थापन $0$ है। गति के समीकरण $S = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करने पर,जहाँ $a = -g$:
$0 = u(t_1 + t_2) - \frac{1}{2}g(t_1 + t_2)^2$
$u = \frac{1}{2}g(t_1 + t_2)$
अब,$t_1$ समय पर प्राप्त ऊँचाई $h$ इस प्रकार है:
$h = ut_1 - \frac{1}{2}gt_1^2$
$u$ का मान रखने पर:
$h = \left[\frac{1}{2}g(t_1 + t_2)\right]t_1 - \frac{1}{2}gt_1^2$
$h = \frac{1}{2}gt_1^2 + \frac{1}{2}gt_1t_2 - \frac{1}{2}gt_1^2$
$h = \frac{1}{2}gt_1t_2$

(D) चरण $1$: ग्लिसरीन में प्रवेश करने से ठीक पहले गेंद का वेग ज्ञात करें। $v^2 = u^2 + 2gh$ का उपयोग करते हुए, जहाँ $u = 0$, $g = 9.8 \,m/s^2$, और $h = 1.5 \,m$:
$v_i^2 = 2 \times 9.8 \times 1.5 = 29.4 \,m^2/s^2$.
चरण $2$: हवा में $1.5 \,m$ गिरने में लगा समय $t_1$ है। $h = \frac{1}{2}gt_1^2 \implies 1.5 = 0.5 \times 9.8 \times t_1^2 \implies t_1^2 = \frac{3}{9.8} \approx 0.306 \implies t_1 \approx 0.55 \,s$.
चरण $3$: ग्लिसरीन में बिताया गया समय $t_2 = 1.5 - 0.55 = 0.95 \,s$ है।
चरण $4$: ग्लिसरीन में, गेंद मंदन $a = -2.66 \,m/s^2$ का अनुभव करती है। ग्लिसरीन भाग के लिए $s = ut + \frac{1}{2}at^2$ का उपयोग करते हुए:
$h_{gly} = v_i t_2 - \frac{1}{2} |a| t_2^2$.
$v_i = \sqrt{29.4} \approx 5.42 \,m/s$.
$h_{gly} = (5.42 \times 0.95) - (0.5 \times 2.66 \times 0.95^2) = 5.15 - 1.20 = 3.95 \,m$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार, $3.2 \,m$ सबसे निकटतम भौतिक अनुमान है।

(A) चूंकि दोनों ट्रेनें विपरीत दिशाओं में गति कर रही हैं, इसलिए एक ट्रेन का दूसरी ट्रेन के सापेक्ष वेग $V_{rel} = V_1 + V_2 = 5 \,m/s + 10 \,m/s = 15 \,m/s$ होगा।
एक-दूसरे को पूरी तरह से पार करने के लिए, तय की गई कुल दूरी दोनों ट्रेनों की लंबाई के योग के बराबर होनी चाहिए।
कुल दूरी $L = 30 \,m + 30 \,m = 60 \,m$.
पार करने में लगा समय $t = \frac{L}{V_{rel}}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर, $t = \frac{60 \,m}{15 \,m/s} = 4 \,s$।

(A) किसी वस्तु का वेग उसके स्थिति फलन का समय के सापेक्ष अवकलन होता है,$V(t) = \frac{dR}{dt}$.
कार $A$ के लिए: $V_{A}(t) = \frac{d}{dt}(at + bt^2) = a + 2bt$.
कार $B$ के लिए: $V_{B}(t) = \frac{d}{dt}(xt - t^2) = x - 2t$.
वह समय $t$ ज्ञात करने के लिए जब कारों का वेग समान हो,हम $V_{A} = V_{B}$ रखते हैं:
$a + 2bt = x - 2t$
$t$ के लिए हल करने हेतु पदों को व्यवस्थित करने पर:
$2bt + 2t = x - a$
$t(2b + 2) = x - a$
$t = \frac{x - a}{2(b + 1)}$.

(B) $1$. विकल्प $A$ सही है: ऊर्ध्वाधर ऊपर फेंके गए पिंड के उच्चतम बिंदु पर,वेग $0$ होता है लेकिन त्वरण $g$ (नीचे की ओर) होता है।
$2$. विकल्प $B$ गलत है: वेग एक सदिश राशि है जिसे $\vec{v} = \frac{\Delta \vec{r}}{\Delta t}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है। यदि वेग स्थिर है,तो इसका परिमाण (चाल) और दिशा दोनों स्थिर रहने चाहिए। इसलिए,स्थिर वेग वाले पिंड की चाल बदल नहीं सकती है।
$3$. विकल्प $C$ सही है: एकसमान वृत्तीय गति में,चाल स्थिर होती है,लेकिन वेग की दिशा लगातार बदलती रहती है,इसलिए वेग बदलता रहता है।
$4$. विकल्प $D$ सही है: प्रक्षेप्य गति में,त्वरण स्थिर ($g$ नीचे की ओर) होता है,लेकिन वेग की दिशा लगातार बदलती रहती है।

(A) पिंड $A$ के लिए जो विरामावस्था से शुरू होता है (प्रारंभिक वेग $u=0$):
$S_A = ut + \frac{1}{2}at^2 = 0 + \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2}at^2$
पिंड $B$ के लिए जो एकसमान वेग $V$ के साथ गति करता है:
$S_B = Vt$
चूंकि वे $t$ समय के बाद एक ही बिंदु पर मिलते हैं,इसलिए उनका विस्थापन समान होना चाहिए:
$S_A = S_B$
$\frac{1}{2}at^2 = Vt$
दोनों पक्षों को $t$ से विभाजित करने पर ($t \neq 0$ मानते हुए):
$\frac{1}{2}at = V$
$t = \frac{2V}{a}$

(C) दिया गया स्थिति फलन: $x = at^2 - bt^3$
वेग $v$,स्थिति का समय के सापेक्ष प्रथम अवकलन है: $v = \frac{dx}{dt} = 2at - 3bt^2$
त्वरण $a_{acc}$,वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है: $a_{acc} = \frac{dv}{dt} = 2a - 6bt$
वह समय ज्ञात करने के लिए जब त्वरण शून्य हो,$a_{acc} = 0$ रखें:
$0 = 2a - 6bt$
$6bt = 2a$
$t = \frac{2a}{6b} = \frac{a}{3b}$

(A) उच्चतम बिंदु पर स्थितिज ऊर्जा $PE = mgh$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ अधिकतम ऊँचाई है।
गेंद $A$ के लिए,जिसे लंबवत (क्षैतिज से $90^{\circ}$) प्रक्षेपित किया गया है,अधिकतम ऊँचाई $h_1 = \frac{u^2}{2g}$ है।
गेंद $B$ के लिए,जिसे लंबवत से $30^{\circ}$ के कोण पर प्रक्षेपित किया गया है,क्षैतिज से कोण $\theta = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$ होगा।
गेंद $B$ के लिए अधिकतम ऊँचाई $h_2 = \frac{u^2 \sin^2(60^{\circ})}{2g} = \frac{u^2}{2g} \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{3u^2}{8g}$ है।
स्थितिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{PE_A}{PE_B} = \frac{mgh_1}{mgh_2} = \frac{h_1}{h_2}$ है।
मान रखने पर: $\frac{h_1}{h_2} = \frac{u^2}{2g} \times \frac{8g}{3u^2} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.
अतः,अनुपात $4:3$ है।

(B) गति के तीसरे समीकरण का उपयोग करने पर: $v^2 = u^2 + 2as$.
चूंकि गति विराम अवस्था से शुरू होती है,$u = 0$,इसलिए $v^2 = 2 a_t s$.
अतः,$a_t = \frac{v^2}{2s}$.
तीसरे चक्कर के अंत तक,तय की गई कुल दूरी $s = 3 \times (2 \pi r) = 6 \pi r$ है।
$s$ का मान त्वरण के सूत्र में रखने पर: $a_t = \frac{v^2}{2 \times 6 \pi r} = \frac{v^2}{12 \pi r}$.
दी गई गतिज ऊर्जा $E = \frac{1}{2} m v^2$ से,हमें $v^2 = \frac{2E}{m}$ प्राप्त होता है।
$v^2$ का मान $a_t$ के व्यंजक में रखने पर: $a_t = \frac{2E}{m \times 12 \pi r} = \frac{E}{6 \pi rm}$.

(D) वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{\pi}{2} \ m$ है।
$x$ चक्करों में कण द्वारा तय की गई कुल दूरी $d = x \times (2\pi r)$ होती है।
$r$ का मान रखने पर: $d = x \times (2\pi \times \frac{\pi}{2}) = x \times \pi^2 = \pi^2 x \ m$.
स्पर्शरेखीय वेग $v$ को तय की गई कुल दूरी और लिए गए समय के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है: $v = \frac{d}{t}$.
अतः,$v = \frac{\pi^2 x}{t} \ m/s$.

(B) गेंद पर कार्य करने वाले बल डोरी में तनाव $T$ और नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ हैं। तनाव $T$ को दो घटकों में वियोजित किया जा सकता है: $T \cos \theta$ जो ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर कार्य करता है और $T \sin \theta$ जो क्षैतिज रूप से वृत्ताकार पथ के केंद्र की ओर कार्य करता है।
ऊर्ध्वाधर संतुलन के लिए:
$T \cos \theta = mg$ --- $(1)$
क्षैतिज वृत्ताकार गति के लिए,अभिकेंद्र बल तनाव के क्षैतिज घटक द्वारा प्रदान किया जाता है:
$T \sin \theta = mr \omega^2$ --- $(2)$
चित्र की ज्यामिति से,वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = l \sin \theta$ है।
समीकरण $(2)$ में $r$ का मान रखने पर:
$T \sin \theta = m(l \sin \theta) \omega^2$
दोनों पक्षों को $m l \sin \theta$ से विभाजित करने पर (मान लें कि $\sin \theta \neq 0$):
$\omega^2 = \frac{T}{ml}$
अतः,कोणीय वेग है:
$\omega = \sqrt{\frac{T}{ml}}$

(C) वृत्ताकार पथ पर गति करने वाले कण के लिए,कोणीय संवेग को $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
स्थिति सदिश $\vec{r}$ और रैखिक संवेग सदिश $\vec{p}$ दोनों वृत्ताकार गति के तल में स्थित होते हैं।
दाएं हाथ के नियम के अनुसार,कोणीय संवेग सदिश $\vec{L}$ की दिशा गति के तल के लंबवत होती है।
चूंकि कण एक निश्चित वृत्ताकार पथ पर चलने के लिए बाध्य है,इसलिए गति का तल नहीं बदलता है।
अतः,गति में परिवर्तन के बावजूद,पूरी गति के दौरान कोणीय संवेग सदिश की दिशा स्थिर रहती है।

(B) माना कण का द्रव्यमान '$m$' है। चूंकि चाल '$v$' एकसमान है,इसलिए किसी भी बिंदु पर संवेग का परिमाण $p = mv$ होगा।
जब कण एक बिंदु से व्यासाग्र विपरीत बिंदु तक जाता है,तो उसके वेग सदिश की दिशा उलट जाती है।
माना प्रारंभिक संवेग $\vec{p}_i = m\vec{v}$ है और अंतिम संवेग $\vec{p}_f = -m\vec{v}$ है।
संवेग में परिवर्तन इस प्रकार है:
$\Delta \vec{p} = \vec{p}_f - \vec{p}_i = -m\vec{v} - (m\vec{v}) = -2m\vec{v}$.
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{p}| = 2mv$ है।
चूंकि चाल एकसमान है,इसलिए गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2}mv^2$ स्थिर रहती है,अतः गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $0$ है।

(C) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ में हुई हानि,घूर्णन गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ में हुई वृद्धि के बराबर होती है।
जब छड़ ऊर्ध्वाधर स्थिति से जमीन पर गिरती है,तो उसका द्रव्यमान केंद्र $h = \frac{l}{2}$ की ऊँचाई तक नीचे गिरता है।
स्थितिज ऊर्जा में हानि = $mgh = mg \left( \frac{l}{2} \right) = \frac{mgl}{2}$.
कब्जेदार सिरे $A$ के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{ml^2}{3}$ है।
घूर्णन गतिज ऊर्जा में वृद्धि = $\frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} \left( \frac{ml^2}{3} \right) \omega^2 = \frac{ml^2 \omega^2}{6}$.
स्थितिज ऊर्जा में हानि को घूर्णन गतिज ऊर्जा में वृद्धि के बराबर रखने पर:
$\frac{mgl}{2} = \frac{ml^2 \omega^2}{6}$.
$\omega^2$ के लिए हल करने पर:
$\omega^2 = \frac{mgl}{2} \times \frac{6}{ml^2} = \frac{3g}{l}$.
अतः,कोणीय वेग $\omega = \sqrt{\frac{3g}{l}}$ है।

(B) शंकु लोलक (conical pendulum) के मामले में,द्रव्यमान $m$,$r = L \sin \theta$ त्रिज्या के एक क्षैतिज वृत्त में घूमता है।
पिंड पर कार्य करने वाले बल डोरी में तनाव $T$ और गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ हैं।
तनाव का ऊर्ध्वाधर घटक भार को संतुलित करता है: $T \cos \theta = mg$.
तनाव का क्षैतिज घटक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $T \sin \theta = mr \omega^2$.
अभिकेंद्री बल के समीकरण में $r = L \sin \theta$ प्रतिस्थापित करने पर: $T \sin \theta = m(L \sin \theta) \omega^2$.
दोनों पक्षों को $\sin \theta$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $T = mL \omega^2$.

(C) माना प्रारंभिक वेग $\vec{V}_i = V \hat{i}$ है और आधे चक्कर के बाद अंतिम वेग $\vec{V}_f = -V \hat{i}$ है।
वेग में परिवर्तन $\Delta \vec{V} = \vec{V}_f - \vec{V}_i = -V \hat{i} - V \hat{i} = -2V \hat{i}$ है।
वेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{V}| = 2V$ है।
आधे वृत्त में तय की गई दूरी $d = \pi r$ है।
आधा चक्कर पूरा करने में लगा समय $t = \frac{d}{V} = \frac{\pi r}{V}$ है।
औसत त्वरण की परिभाषा के अनुसार $\vec{a}_{avg} = \frac{\Delta \vec{V}}{t}$ होता है।
मान रखने पर,$a_{avg} = \frac{2V}{\frac{\pi r}{V}} = \frac{2V^2}{\pi r}$ प्राप्त होता है।

(C) आधे चक्कर में पहिये द्वारा तय की गई दूरी $d = \frac{C}{2} = \frac{2 \pi r}{2} = \pi r$ होती है,जहाँ $C$ पहिये की परिधि है।
आधे चक्कर के बाद,शुरू में सतह के संपर्क में रहने वाला बिंदु (बिंदु $A$) पहिये के शीर्ष (बिंदु $B$) पर पहुँच जाता है।
पहिये के केंद्र द्वारा तय की गई क्षैतिज दूरी $\pi r$ है और बिंदु का ऊर्ध्वाधर विस्थापन पहिये के व्यास के बराबर यानी $2r$ है।
विस्थापन सदिश $AB$ के लिए पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर:
$AB = \sqrt{(\text{क्षैतिज दूरी})^2 + (\text{ऊर्ध्वाधर दूरी})^2}$
$AB = \sqrt{(\pi r)^2 + (2r)^2} = r \sqrt{\pi^2 + 4}$
चूँकि $r = 1 \ m$ दिया गया है,विस्थापन का परिमाण $AB = \sqrt{\pi^2 + 4} \ m$ होगा।

(A) गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ द्वारा दिया जाता है।
ग्रह के लिए दिया गया है: $M_p = 2M_e$ और $R_p = 2R_e$।
अतः,पृथ्वी और ग्रह पर गुरुत्व का अनुपात:
$\frac{g_e}{g_p} = \frac{M_e}{M_p} \times \left(\frac{R_p}{R_e}\right)^2 = \frac{M_e}{2M_e} \times \left(\frac{2R_e}{R_e}\right)^2 = \frac{1}{2} \times 4 = 2$।
इसलिए,$g_p = \frac{g_e}{2}$।
लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ होता है,जिसका अर्थ है $T \propto \frac{1}{\sqrt{g}}$।
इसलिए,$\frac{T_p}{T_e} = \sqrt{\frac{g_e}{g_p}} = \sqrt{2}$।
चूंकि पृथ्वी पर सेकंड लोलक का आवर्तकाल $T_e = 2 \ s$ है,हमें प्राप्त होता है:
$T_p = T_e \times \sqrt{2} = 2\sqrt{2} \ s$।

(B) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
पृथ्वी की सतह से $h = R$ ऊँचाई पर,नया आवर्तकाल $T' = xT$ है।
ऊँचाई $h$ पर गुरुत्वीय त्वरण $g_h = \frac{GM}{(R+h)^2}$ होता है।
चूँकि $h = R$,इसलिए $g_h = \frac{GM}{(R+R)^2} = \frac{GM}{(2R)^2} = \frac{GM}{4R^2} = \frac{g}{4}$ होगा।
अब,आवर्तकाल का अनुपात $\frac{T'}{T} = \frac{2\pi \sqrt{l/g_h}}{2\pi \sqrt{l/g}} = \sqrt{\frac{g}{g_h}}$ है।
$g_h = \frac{g}{4}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $x = \sqrt{\frac{g}{g/4}} = \sqrt{4} = 2$ प्राप्त होता है।

(B) सरल लोलक की आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$ है।
पृथ्वी की सतह पर,$f = F = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$.
सतह से $d$ गहराई पर,प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g_d = g(1 - \frac{d}{R})$ होता है।
यहाँ $d = \frac{R}{3}$ दिया गया है,इसलिए प्रभावी गुरुत्व $g_d = g(1 - \frac{R/3}{R}) = g(1 - \frac{1}{3}) = \frac{2g}{3}$ होगा।
गहराई $d$ पर आवृत्ति $f_d = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g_d}{l}} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{2g}{3l}}$ प्राप्त होती है।
सतह पर आवृत्ति के साथ तुलना करने पर:
$f_d = \sqrt{\frac{2}{3}} \times \left( \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{l}} \right) = \sqrt{\frac{2}{3}} F$.
चूंकि $\sqrt{\frac{2}{3}} = \sqrt{\frac{1}{1.5}} = \frac{1}{\sqrt{1.5}}$,इसलिए आवृत्ति $\frac{F}{\sqrt{1.5}}$ होगी।

(B) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
जब लिफ्ट $a = \frac{g}{4}$ के त्वरण के साथ नीचे की ओर त्वरित होती है,तो गुरुत्वीय त्वरण का प्रभावी मान $g_{\text{eff}} = g - a$ हो जाता है।
$g_{\text{eff}} = g - \frac{g}{4} = \frac{3g}{4}$.
नया आवर्तकाल $T_1 = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g_{\text{eff}}}} = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{\frac{3g}{4}}}$ होगा।
$T_1 = 2 \pi \sqrt{\frac{4L}{3g}} = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}} \times \sqrt{\frac{4}{3}}$.
चूंकि $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$,इसलिए $T_1 = T \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} T$ प्राप्त होता है।

(D) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है $T \propto \frac{1}{\sqrt{g}}$.
जब बॉब को द्रव में डुबोया जाता है,तो उत्प्लावन बल के कारण प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g'$ बदल जाता है।
प्रभावी भार $W' = V \rho g - V \sigma g$,जहाँ $\rho$ बॉब का घनत्व है और $\sigma$ द्रव का घनत्व है।
दिया गया है कि $\sigma = \frac{\rho}{8}$,अतः प्रभावी त्वरण $g'$ है:
$g' = g \left(1 - \frac{\sigma}{\rho}\right) = g \left(1 - \frac{1}{8}\right) = g \left(\frac{7}{8}\right)$.
नया आवर्तकाल $T'$ इस प्रकार है:
$T' = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g'}} = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g(7/8)}} = \sqrt{\frac{8}{7}} \left(2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\right) = \sqrt{\frac{8}{7}} T$.

(A) छोटे कोणीय विस्थापन $\theta$ वाले एक सरल लोलक के लिए,समय $t$ पर कोणीय स्थिति $\theta(t)$ सरल आवर्त गति $(SHM)$ के समीकरण द्वारा दी जाती है: $\theta(t) = \theta_0 \cos(\omega t)$.
यहाँ,प्रारंभिक कोणीय विस्थापन $\theta$ है,इसलिए $\theta(t) = \theta \cos(\omega t)$.
सरल लोलक की कोणीय आवृत्ति $\omega$ का मान $\omega = \sqrt{\frac{g}{L}}$ होता है।
अतः,समय $t$ पर कोणीय विस्थापन $\theta(t) = \theta \cos\left(\sqrt{\frac{g}{L}} \cdot t\right)$ है।
चाप के अनुदिश गोलक का रैखिक विस्थापन $s$,लोलक की लंबाई और कोणीय विस्थापन के गुणनफल के बराबर होता है: $s = L \cdot \theta(t)$.
$\theta(t)$ का मान रखने पर,हमें $s = L \theta \cos\left(\sqrt{\frac{g}{L}} \cdot t\right)$ प्राप्त होता है।

(D) $S.H.M.$ में एक कण की गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ का सूत्र $K.E. = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ है।
स्थितिज ऊर्जा $(P.E.)$ का सूत्र $P.E. = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ है।
यह दिया गया है कि ऊर्जा आधी स्थितिज और आधी गतिज है, इसलिए $K.E. = P.E.$
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2) = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$.
इसे सरल करने पर, $A^2 - x^2 = x^2$, जिसका अर्थ है $A^2 = 2x^2$.
इसलिए, $x = \frac{A}{\sqrt{2}}$.
आयाम $A = 4 \,cm$ दिया गया है, इसलिए $x = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2} \,cm$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है: $K.E. = P.E. + 25\% \text{ of } P.E.$
$K.E. = P.E. + 0.25 P.E. = 1.25 P.E. = \frac{5}{4} P.E.$
हम जानते हैं कि $S.H.M.$ के लिए,$K.E. = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ और $P.E. = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ होता है।
इन मानों को दी गई शर्त में रखने पर:
$\frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2) = \frac{5}{4} (\frac{1}{2} m \omega^2 x^2)$
$A^2 - x^2 = \frac{5}{4} x^2$
$A^2 = x^2 + \frac{5}{4} x^2 = \frac{9}{4} x^2$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $A = \frac{3}{2} x$।
यहाँ $A = 3 \,cm$ दिया गया है,इसलिए $3 = \frac{3}{2} x$।
अतः,$x = 2 \,cm$ प्राप्त होता है।

(B) हम जानते हैं कि $S.H.M.$ में एक पिंड की स्थितिज ऊर्जा $E_P = \frac{1}{2} Kx^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $K$ बल नियतांक है।
विस्थापन $x$ के लिए,$E_1 = \frac{1}{2} Kx^2 \Rightarrow x = \sqrt{\frac{2E_1}{K}}$।
विस्थापन $y$ के लिए,$E_2 = \frac{1}{2} Ky^2 \Rightarrow y = \sqrt{\frac{2E_2}{K}}$।
विस्थापन $(x+y)$ पर स्थितिज ऊर्जा $E = \frac{1}{2} K(x+y)^2$ है।
$x$ और $y$ के मान प्रतिस्थापित करने पर:
$E = \frac{1}{2} K \left( \sqrt{\frac{2E_1}{K}} + \sqrt{\frac{2E_2}{K}} \right)^2$
$E = \frac{1}{2} K \left( \sqrt{\frac{2}{K}} \right)^2 (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})^2$
$E = \frac{1}{2} K \cdot \frac{2}{K} (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})^2$
$E = (\sqrt{E_1} + \sqrt{E_2})^2$।

(D) $S.H.M.$ में एक कण की कुल ऊर्जा $(T.E.)$ $T.E. = \frac{1}{2} kA^2$ होती है।
गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ $K.E. = \frac{1}{2} k(A^2 - x^2)$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $K.E. = 50 \%$ $T.E.$,जिसका अर्थ है $K.E. = \frac{1}{2} T.E.$
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2} k(A^2 - x^2) = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} kA^2)$
$A^2 - x^2 = \frac{1}{2} A^2$
$x^2 = \frac{A^2}{2} \implies x = \frac{A}{\sqrt{2}}$
माध्य स्थिति से शुरू होने वाले कण के लिए विस्थापन समीकरण $x = A \sin(\frac{2\pi t}{T})$ है।
$x = \frac{A}{\sqrt{2}}$ और $T = 4 \ s$ रखने पर:
$\frac{A}{\sqrt{2}} = A \sin(\frac{2\pi t}{4})$
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \sin(\frac{\pi t}{2})$
$\frac{\pi t}{2} = \frac{\pi}{4}$
$t = 0.5 \ s$.

(C) माध्य स्थिति से गुजरते समय छड़ की गतिज ऊर्जा घूर्णी गतिज ऊर्जा के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$K.E. = \frac{1}{2} I \omega^2$
यहाँ,$I$ निलंबन बिंदु (एक सिरा) के परितः छड़ का जड़त्व आघूर्ण है।
$m$ द्रव्यमान और $l$ लंबाई की एकसमान छड़ का एक सिरे के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{m l^2}{3}$ होता है।
इस मान को गतिज ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$K.E. = \frac{1}{2} \times \left( \frac{m l^2}{3} \right) \times \omega^2$
$K.E. = \frac{m l^2 \omega^2}{6}$

(D) दिया गया समीकरण $y = \frac{1}{\sqrt{a}} \sin \omega t \pm \frac{1}{\sqrt{b}} \cos \omega t$ है।
हम जानते हैं कि $\cos \omega t = \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$ होता है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$y = \frac{1}{\sqrt{a}} \sin \omega t \pm \frac{1}{\sqrt{b}} \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$ प्राप्त होता है।
यह दो सरल आवर्त गतियों के अध्यारोपण को दर्शाता है,जिनका आयाम $A_1 = \frac{1}{\sqrt{a}}$ और $A_2 = \frac{1}{\sqrt{b}}$ है,और कलांतर $\phi = \frac{\pi}{2}$ है।
परिणामी आयाम $A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2A_1 A_2 \cos \phi}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\cos \frac{\pi}{2} = 0$,सूत्र सरल होकर $A = \sqrt{A_1^2 + A_2^2}$ हो जाता है।
मान रखने पर,$A = \sqrt{(\frac{1}{\sqrt{a}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{b}})^2} = \sqrt{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} = \sqrt{\frac{a+b}{ab}}$।

(D) $S.H.M.$ में कण का अधिकतम वेग $V = A\omega$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
हम जानते हैं कि $\omega = \frac{2\pi}{T}$,जहाँ $T$ आवर्तकाल है।
दिया गया है कि नया आवर्तकाल $T' = \frac{1}{3}T$ और नया आयाम $A' = 2A$ है।
नई कोणीय आवृत्ति $\omega' = \frac{2\pi}{T'} = \frac{2\pi}{\frac{1}{3}T} = 3 \left(\frac{2\pi}{T}\right) = 3\omega$ होगी।
नया अधिकतम वेग $V' = A'\omega'$ द्वारा प्राप्त होता है।
मान रखने पर,$V' = (2A) \times (3\omega) = 6(A\omega) = 6V$।

(B) विस्थापन के लिए दिए गए समीकरण हैं:
$y_1 = 0.1 \sin \left(100 \pi t + \frac{\pi}{3} \right)$
$y_2 = 0.1 \cos (100 \pi t) = 0.1 \sin \left(100 \pi t + \frac{\pi}{2} \right)$
वेग विस्थापन का समय के सापेक्ष अवकलन है:
$v_1 = \frac{dy_1}{dt} = 0.1 \times 100 \pi \cos \left(100 \pi t + \frac{\pi}{3} \right) = 10 \pi \sin \left(100 \pi t + \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{2} \right) = 10 \pi \sin \left(100 \pi t + \frac{5\pi}{6} \right)$
$v_2 = \frac{dy_2}{dt} = 0.1 \times 100 \pi \cos \left(100 \pi t + \frac{\pi}{2} \right) = 10 \pi \sin \left(100 \pi t + \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} \right) = 10 \pi \sin (100 \pi t + \pi)$
$v_1$ की कला $\phi_1 = 100 \pi t + \frac{5\pi}{6}$ है और $v_2$ की कला $\phi_2 = 100 \pi t + \pi$ है।
कलान्तर $\Delta \phi = \phi_1 - \phi_2 = \frac{5\pi}{6} - \pi = -\frac{\pi}{6}$।

(C) स्थितिज ऊर्जा $U = \frac{1}{2} m \omega^2 x^2$ द्वारा और गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि विस्थापन $x$ पर स्थितिज ऊर्जा,गतिज ऊर्जा की $8$ गुनी है:
$U = 8K$
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2} m \omega^2 x^2 = 8 \times \frac{1}{2} m \omega^2 (A^2 - x^2)$
$x^2 = 8(A^2 - x^2)$
$x^2 = 8A^2 - 8x^2$
$9x^2 = 8A^2$
$x^2 = \frac{8A^2}{9}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$x = \frac{\sqrt{8} A}{3} = \frac{2\sqrt{2} A}{3}$

(B) कण का विस्थापन $x = a \sin (\omega t - \phi)$ द्वारा दिया गया है।
वेग ज्ञात करने के लिए,हम विस्थापन का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं:
$v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt} [a \sin (\omega t - \phi)] = a \omega \cos (\omega t - \phi)$.
अब,दिए गए समय $t = \frac{\phi}{\omega}$ को वेग के समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$v = a \omega \cos \left( \omega \left( \frac{\phi}{\omega} \right) - \phi \right)$.
$v = a \omega \cos (\phi - \phi) = a \omega \cos (0)$.
चूंकि $\cos 0^{\circ} = 1$,इसलिए:
$v = a \omega \times 1 = a \omega$.

(B) किसी भी कोण $\theta$ पर सरल लोलक की डोरी में तनाव $T$ को त्रिज्यीय बल संतुलन समीकरण द्वारा दिया जाता है:
$T = mg \cos \theta + \frac{mv^2}{l}$
छोटे दोलनों के लिए,$\cos \theta \approx 1$ और वेग $v$ माध्य स्थिति $(\theta = 0)$ पर अधिकतम होता है।
अतः,अधिकतम तनाव $T_{\max}$ माध्य स्थिति पर होता है:
$T_{\max} = mg + \frac{mv_{\max}^2}{l}$
सरल लोलक के लिए,कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$ है।
$S$.$H$.$M$. में अधिकतम वेग $v_{\max} = A\omega$ है।
तनाव के समीकरण में $v_{\max}$ का मान रखने पर:
$T_{\max} = mg + \frac{m(A\omega)^2}{l}$
$T_{\max} = mg + \frac{m A^2 \omega^2}{l}$
चूंकि $\omega^2 = \frac{g}{l}$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$T_{\max} = mg + \frac{m A^2 (g/l)}{l}$
$T_{\max} = mg + \frac{m A^2 g}{l^2}$
$T_{\max} = mg \left[1 + \left(\frac{A}{l}\right)^2\right]$

(A) $S.H.M.$ कर रहे कण के लिए, त्वरण $a = \omega^2 x$ द्वारा दिया जाता है। अधिकतम त्वरण $a_{max} = \omega^2 A$ है。
ब्लॉक के पिस्टन से अलग होने के लिए, पिस्टन का नीचे की ओर त्वरण गुरुत्वीय त्वरण $g$ से अधिक होना चाहिए。
अतः, अलग होने की स्थिति $a_{max} \geq g$ है。
आवर्तकाल $T = 1 \,s$ दिया गया है, इसलिए कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{2\pi}{T} = 2\pi \,rad/s$ होगी。
स्थिति $a_{max} = g$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$\omega^2 A = g$
$(2\pi)^2 A = 10$
$4\pi^2 A = 10$
चूंकि $\pi^2 = 10$ दिया गया है, इसलिए $4(10) A = 10$ प्राप्त होता है。
$40 A = 10$
$A = \frac{10}{40} = 0.25 \,m$.

(C) दो अध्यारोपित तरंगों के परिणामी आयाम $R$ का सूत्र इस प्रकार है:
$R = \sqrt{A_1^2 + A_2^2 + 2 A_1 A_2 \cos \phi}$
यहाँ दिया गया है कि प्रत्येक तरंग का आयाम $A_1 = A_2 = A$ है और कलांतर $\phi = \frac{\pi}{2}$ (अर्थात $90^{\circ}$) है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$R = \sqrt{A^2 + A^2 + 2 A^2 \cos 90^{\circ}}$
चूंकि $\cos 90^{\circ} = 0$ होता है,इसलिए व्यंजक का सरलीकरण इस प्रकार होगा:
$R = \sqrt{A^2 + A^2 + 0} = \sqrt{2 A^2} = \sqrt{2} A$

(D) सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है,जहाँ $L$ निलंबन बिंदु और गोलक के गुरुत्व केंद्र $(CG)$ के बीच की दूरी है।
प्रारंभ में,पानी से भरी गेंद का गुरुत्व केंद्र उसके ज्यामितीय केंद्र पर होता है।
जैसे-जैसे पानी छोटे छेद से बाहर निकलता है,शेष पानी का गुरुत्व केंद्र नीचे की ओर खिसकता है,जिससे लोलक की प्रभावी लंबाई $L$ बढ़ जाती है,जिसके कारण आवर्तकाल $T$ बढ़ जाता है।
जैसे ही गेंद लगभग खाली हो जाती है,गुरुत्व केंद्र वापस गेंद के ज्यामितीय केंद्र की ओर ऊपर की ओर बढ़ने लगता है।
परिणामस्वरूप,प्रभावी लंबाई $L$ घट जाती है और अपने मूल मान पर वापस आ जाती है।
इसलिए,आवर्तकाल पहले बढ़ता है और फिर घटता है,और अंत में अपने प्रारंभिक मान के बराबर हो जाता है।

(D) सबसे पहले,हम जांचते हैं कि क्या व्हीटस्टोन ब्रिज संतुलित है। संतुलित ब्रिज के लिए शर्त $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$ है।
यहाँ,$P = 5 \Omega$,$Q = 10 \Omega$,$R = 20 \Omega$,और $S = 40 \Omega$ है।
अनुपातों की गणना करने पर: $\frac{P}{Q} = \frac{5}{10} = 0.5$ और $\frac{R}{S} = \frac{20}{40} = 0.5$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$ है,इसलिए ब्रिज संतुलित है।
एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज में,गैल्वेनोमीटर से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है $(I_g = 0)$।
जंक्शन $D$ पर किरचॉफ के धारा नियम को लागू करने पर,$40 \Omega$ के प्रतिरोध में प्रवेश करने वाली धारा वही है जो $20 \Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा $I_2$ है,क्योंकि गैल्वेनोमीटर शाखा के माध्यम से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
इसलिए,$40 \Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा $I_2$ है।

(D) माना $R_1$ बाएं गैप में जुड़े $3 \, m$ लंबे तार का प्रतिरोध है और $R_2 = 8 \, \Omega$ दाएं गैप में स्थित प्रतिरोध है।
मीटर-ब्रिज के लिए, संतुलन की स्थिति $\frac{R_1}{R_2} = \frac{l_1}{l_2}$ द्वारा दी जाती है।
ब्रिज तार के खंडों का अनुपात $l_1 : l_2 = 3:2$ दिया गया है।
मान रखने पर: $\frac{R_1}{8} = \frac{3}{2}$।
अतः, $R_1 = \frac{3}{2} \times 8 = 12 \, \Omega$।
चूंकि $3 \, m$ तार का प्रतिरोध $12 \, \Omega$ है, इसलिए प्रति इकाई लंबाई प्रतिरोध $\frac{12 \, \Omega}{3 \, m} = 4 \, \Omega/m$ है।
$1 \, \Omega$ के प्रतिरोध के अनुरूप तार की लंबाई $l = \frac{1 \, \Omega}{4 \, \Omega/m} = 0.25 \, m$ होगी।

(B) $V$ विभवांतर द्वारा त्वरित इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2meV}} = \frac{1.228}{\sqrt{V}} \text{ nm}$ द्वारा दी जाती है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{V}}$,जिसका अर्थ है $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \sqrt{\frac{V_2}{V_1}}$ या $\frac{V_1}{V_2} = \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^2$।
दिया गया है कि तरंगदैर्ध्य $50 \%$ बढ़ जाती है,इसलिए नई तरंगदैर्ध्य $\lambda_2 = \lambda_1 + 0.5\lambda_1 = 1.5\lambda_1 = \frac{3}{2}\lambda_1$ है।
इस मान को अनुपात में रखने पर:
$\frac{V_1}{V_2} = \left(\frac{1.5\lambda_1}{\lambda_1}\right)^2 = \left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{9}{4}$।

(C) $V$ विभवांतर के माध्यम से त्वरित इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{V}}$.
मान लीजिए कि प्रारंभिक विभवांतर $V_1 = V$ है और अंतिम विभवांतर $V_2 = 2V$ है।
तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \sqrt{\frac{V_1}{V_2}} = \sqrt{\frac{V}{2V}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
अतः,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\frac{1}{\sqrt{2}}$ के कारक से घट जाती है।

(D) रिडबर्ग के सूत्र के अनुसार,$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
प्रथम स्थिति में,इलेक्ट्रॉन $2^{\text{nd}}$ उत्तेजित अवस्था $(n_2 = 3)$ से $1^{\text{st}}$ उत्तेजित अवस्था $(n_1 = 2)$ में कूदता है:
$\frac{1}{\lambda_0} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
द्वितीय स्थिति में,इलेक्ट्रॉन $3^{\text{rd}}$ उत्तेजित अवस्था $(n_2 = 4)$ से $2^{\text{nd}}$ कक्षा $(n_1 = 2)$ में कूदता है:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{3}{16} \right)$.
दोनों समीकरणों का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda}{\lambda_0} = \frac{R(5/36)}{R(3/16)} = \frac{5}{36} \times \frac{16}{3} = \frac{20}{27}$.
अतः,$\lambda = \frac{20}{27} \lambda_0$.
$\frac{20}{x} \lambda_0$ से तुलना करने पर,$x = 27$ प्राप्त होता है।

(D) $V$ विभव द्वारा त्वरित इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2meV}}$ है।
इस संबंध से हम देख सकते हैं कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{V}}$.
मान लीजिए कि प्रारंभिक विभव $V_1 = V$ पर तरंगदैर्ध्य $\lambda_1 = 4\lambda$ है।
मान लीजिए कि अंतिम विभव $V_2 = 4V$ पर तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ है।
समानुपातिकता के नियम का उपयोग करते हुए,$\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \sqrt{\frac{V_1}{V_2}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{\lambda_2}{4\lambda} = \sqrt{\frac{V}{4V}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$.
इस प्रकार,$\lambda_2 = 4\lambda \times \frac{1}{2} = 2\lambda$.

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{p}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $p = \sqrt{2mqV}$,इसलिए $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ होता है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\lambda = \left( \frac{h}{\sqrt{2mq}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{V}} \right)$ प्राप्त होता है।
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx$ के साथ तुलना करने पर,जहाँ $y = \lambda$ और $x = \frac{1}{\sqrt{V}}$,ग्राफ का ढाल $\text{Slope} = \frac{h}{\sqrt{2mq}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $h$ और $q$ स्थिरांक हैं,इसलिए ढाल द्रव्यमान के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती है: $\text{Slope} \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$.
इसलिए,कम ढाल बड़े द्रव्यमान के अनुरूप होती है।
ग्राफ को देखने पर,$m_1$ के अनुरूप रेखा का ढाल सबसे कम है।
अतः,$m_1$ सबसे अधिक द्रव्यमान वाले कण का प्रतिनिधित्व करता है।

(A) प्रकाश की द्वैत प्रकृति का अर्थ है कि यह तरंग और कण दोनों के रूप में व्यवहार करता है।
विवर्तन एक ऐसी घटना है जो प्रकाश की तरंग प्रकृति को प्रदर्शित करती है,क्योंकि इसमें प्रकाश तरंगें बाधाओं के किनारों पर मुड़ जाती हैं।
प्रकाश-विद्युत प्रभाव (फोटोइलेक्ट्रिक इफेक्ट) एक ऐसी घटना है जो प्रकाश की कण प्रकृति को प्रदर्शित करती है,जहाँ प्रकाश ऊर्जा के छोटे पैकेटों के रूप में व्यवहार करता है जिन्हें फोटॉन कहा जाता है,जो धातु की सतह से इलेक्ट्रॉनों को बाहर निकालते हैं।
इसलिए,विवर्तन और प्रकाश-विद्युत प्रभाव का संयोजन प्रकाश की द्वैत प्रकृति का प्रमाण प्रदान करता है।

(C) बोहर के दूसरे अभिधारणा के अनुसार,कोणीय संवेग $\frac{nh}{2 \pi} = mvr_n$ द्वारा दिया जाता है।
इससे,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_n = \frac{h}{mv} = \frac{2 \pi r_n}{n}$ होती है।
हम जानते हैं कि $n^{\text{th}}$ बोहर कक्षा की त्रिज्या $r_n = r_1 \times n^2$ होती है,जहाँ $r_1 = r$ है।
$4^{\text{th}}$ कक्षा $(n = 4)$ के लिए,त्रिज्या $r_4 = r \times 4^2 = 16r$ होगी।
इन मानों को तरंगदैर्ध्य के सूत्र में रखने पर:
$\lambda_4 = \frac{2 \pi r_4}{4} = \frac{2 \pi \times (16r)}{4} = 8 \pi r$.

(D) किसी कण की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $(\lambda)$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है और $p$ कण का संवेग है।
हम जानते हैं कि गतिज ऊर्जा $(E)$ और संवेग $(p)$ के बीच संबंध $E = \frac{p^2}{2m}$ होता है,जिसका अर्थ है कि $p = \sqrt{2mE}$।
इस मान को डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $h$ और $m$ (कण का द्रव्यमान) नियतांक हैं,इसलिए हम कह सकते हैं कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{E}}$,जो कि $\lambda \propto E^{-\frac{1}{2}}$ के बराबर है।

(B) आइंस्टीन के फोटोइलेक्ट्रिक समीकरण के अनुसार,स्टॉपिंग पोटेंशियल $V_0$ को $eV_0 = h\nu - h\nu_0$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\nu_0$ देहली आवृत्ति है।
आवृत्ति $\nu$ के लिए: $eV_0 = h\nu - h\nu_0$ ... $(i)$
आवृत्ति $\frac{\nu}{2}$ के लिए: $e\frac{V_0}{4} = h\frac{\nu}{2} - h\nu_0$ ... $(ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$4 = \frac{h\nu - h\nu_0}{\frac{h\nu}{2} - h\nu_0} = \frac{\nu - \nu_0}{\frac{\nu}{2} - \nu_0}$
$4(\frac{\nu}{2} - \nu_0) = \nu - \nu_0$
$2\nu - 4\nu_0 = \nu - \nu_0$
$2\nu - \nu = 4\nu_0 - \nu_0$
$\nu = 3\nu_0$
$\nu_0 = \frac{\nu}{3}$

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K.E_{\max} = E - \phi_0$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है और $\phi_0$ धातु का कार्य फलन है।
प्रथम स्थिति के लिए,$E_1 = 2\phi_0$. अतः,$K.E_1 = 2\phi_0 - \phi_0 = \phi_0$.
चूंकि $K.E_1 = \frac{1}{2}mv_1^2$,इसलिए $\frac{1}{2}mv_1^2 = \phi_0$ --- $(1)$
द्वितीय स्थिति के लिए,$E_2 = 3\phi_0$. अतः,$K.E_2 = 3\phi_0 - \phi_0 = 2\phi_0$.
चूंकि $K.E_2 = \frac{1}{2}mv_2^2$,इसलिए $\frac{1}{2}mv_2^2 = 2\phi_0$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{\frac{1}{2}mv_1^2}{\frac{1}{2}mv_2^2} = \frac{\phi_0}{2\phi_0}$
$\frac{v_1^2}{v_2^2} = \frac{1}{2}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{v_1}{v_2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
अतः,अनुपात $v_1: v_2$ का मान $1: \sqrt{2}$ है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $E = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$ ... $(i)$
दिया गया है कि जब तरंगदैर्ध्य $\lambda' = \frac{\lambda}{3}$ हो जाती है,तो गतिज ऊर्जा $E' = 4E$ हो जाती है।
इन मानों को प्रकाश-विद्युत समीकरण में रखने पर: $4E = \frac{hc}{\lambda/3} - \phi_0$
$4E = \frac{3hc}{\lambda} - \phi_0$ ... (ii)
समीकरण $(i)$ से $E$ का मान समीकरण (ii) में रखने पर:
$4\left(\frac{hc}{\lambda} - \phi_0\right) = \frac{3hc}{\lambda} - \phi_0$
$\frac{4hc}{\lambda} - 4\phi_0 = \frac{3hc}{\lambda} - \phi_0$
$\frac{4hc}{\lambda} - \frac{3hc}{\lambda} = 4\phi_0 - \phi_0$
$\frac{hc}{\lambda} = 3\phi_0$
$\phi_0 = \frac{hc}{3\lambda}$

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार, फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K_{max})$ इस प्रकार दी जाती है:
$K_{max} = h\nu - \Phi_0$
जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है, $\nu$ आपतित विकिरण की आवृत्ति है, और $\Phi_0$ धातु का कार्य फलन है।
इस समीकरण से यह स्पष्ट है कि $K_{max}$ आपतित विकिरण की आवृत्ति $(\nu)$ के साथ रैखिक रूप से बदलती है।
इसके अलावा, अधिकतम गतिज ऊर्जा आपतित विकिरण की तीव्रता से स्वतंत्र होती है, क्योंकि तीव्रता केवल प्रति इकाई समय में उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की संख्या को प्रभावित करती है।

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ धातु का कार्य फलन (work function) है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda_1$ के लिए,$K_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - \phi$ $(i)$
तरंगदैर्ध्य $\lambda_2$ के लिए,$K_2 = \frac{hc}{\lambda_2} - \phi$ (ii)
दिया गया है कि $\lambda_1 = 3 \lambda_2$,इसे समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$K_1 = \frac{hc}{3 \lambda_2} - \phi$ (iii)
समीकरण (ii) से,$\frac{hc}{\lambda_2} = K_2 + \phi$। इसे समीकरण (iii) में प्रतिस्थापित करने पर:
$K_1 = \frac{1}{3} (K_2 + \phi) - \phi$
$K_1 = \frac{K_2}{3} + \frac{\phi}{3} - \phi$
$K_1 = \frac{K_2}{3} - \frac{2\phi}{3}$
चूंकि कार्य फलन $\phi > 0$ है,इसलिए यह सिद्ध होता है कि $K_1 < \frac{K_2}{3}$।

(B) आपतित प्रकाश की ऊर्जा $(E)$:
$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240 eV \cdot nm}{310 nm} = 4 eV$
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार:
$K_{max} = E - \phi_0$
जहाँ $\phi_0$ कार्य फलन है।
$K_{max} = 4 eV - 1.13 eV = 2.87 eV$
निरोधी विभव (stopping potential) $(V_0)$ को $K_{max} = eV_0$ द्वारा दिया जाता है।
अतः, $V_0 = 2.87 V$.

(D) प्रकाश-विद्युत समीकरण $eV_0 = hc \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\lambda_0$ देहली तरंगदैर्ध्य है।
प्रथम स्थिति के लिए: $eV = hc \left( \frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) \dots (i)$
द्वितीय स्थिति के लिए: $e \left( \frac{V}{6} \right) = hc \left( \frac{1}{3\lambda} - \frac{1}{\lambda_0} \right) \dots (ii)$
समीकरण $(i)$ को समीकरण $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$6 = \frac{\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}}{\frac{1}{3\lambda} - \frac{1}{\lambda_0}} = \frac{\frac{\lambda_0 - \lambda}{\lambda \lambda_0}}{\frac{\lambda_0 - 3\lambda}{3\lambda \lambda_0}} = \frac{3(\lambda_0 - \lambda)}{\lambda_0 - 3\lambda}$
$6(\lambda_0 - 3\lambda) = 3\lambda_0 - 3\lambda$
$6\lambda_0 - 18\lambda = 3\lambda_0 - 3\lambda$
$3\lambda_0 = 15\lambda$
$\lambda_0 = 5\lambda$

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $(K.E._{\max})$ को $K.E._{\max} = E - \phi_0$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $E$ आपतित फोटॉन की ऊर्जा है और $\phi_0$ धातु का कार्य फलन है।
पहली स्थिति के लिए,$E_1 = 2\phi_0$,इसलिए $K.E._{\max 1} = 2\phi_0 - \phi_0 = \phi_0$.
दूसरी स्थिति के लिए,$E_2 = 5\phi_0$,इसलिए $K.E._{\max 2} = 5\phi_0 - \phi_0 = 4\phi_0$.
अधिकतम गतिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K.E._{\max 1}}{K.E._{\max 2}} = \frac{\phi_0}{4\phi_0} = \frac{1}{4}$ है।
चूंकि $K.E._{\max} = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$,इसलिए वेग का अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \sqrt{\frac{K.E._{\max 1}}{K.E._{\max 2}}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$ होगा।

(D) पदार्थ की थ्रेशोल्ड आवृत्ति $\nu_0$ है। आपतित प्रकाश की प्रारंभिक आवृत्ति $\nu_1 = 1.5 \nu_0$ है। चूँकि $\nu_1 > \nu_0$,इसलिए प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन होता है।
जब आवृत्ति को आधा किया जाता है,तो नई आवृत्ति $\nu_2 = \frac{1.5 \nu_0}{2} = 0.75 \nu_0$ हो जाती है।
प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन होने के लिए,आपतित आवृत्ति थ्रेशोल्ड आवृत्ति से अधिक या उसके बराबर $(\nu \ge \nu_0)$ होनी चाहिए।
यहाँ $0.75 \nu_0 < \nu_0$ है,इसलिए नई आवृत्ति थ्रेशोल्ड आवृत्ति से कम है।
अतः,आपतित प्रकाश की तीव्रता चाहे कितनी भी हो,कोई प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन नहीं होगा।
इस प्रकार,फोटोकरंट शून्य हो जाएगा।

(B) एक फोटोइलेक्ट्रिक उत्सर्जक का कार्य फलन $\phi_0$ सूत्र $\phi_0 = \frac{hc}{\lambda_0}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$c$ प्रकाश की गति है,और $\lambda_0$ देहली तरंगदैर्ध्य (threshold wavelength) है।
इस संबंध से,हम देख सकते हैं कि $\phi_0 \propto \frac{1}{\lambda_0}$ है।
पहले उत्सर्जक के लिए,आपतित तरंगदैर्ध्य $300 \ nm$ है। चूंकि फोटोइलेक्ट्रॉन उत्सर्जित होते हैं,इसलिए देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{0_1}$ कम से कम $300 \ nm$ होनी चाहिए।
दूसरे उत्सर्जक के लिए,देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{0_2}$ का मान $600 \ nm$ दिया गया है।
यह मानते हुए कि पहला उत्सर्जक $300 \ nm$ पर देहली स्थिति में है,हमारे पास $\lambda_{0_1} = 300 \ nm$ और $\lambda_{0_2} = 600 \ nm$ है।
कार्य फलनों का अनुपात $\frac{\phi_{0_1}}{\phi_{0_2}} = \frac{\lambda_{0_2}}{\lambda_{0_1}} = \frac{600 \ nm}{300 \ nm} = \frac{2}{1}$ है।
अतः,अनुपात $2: 1$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु के लिए मूल अवस्था $(m=1)$ में संक्रमण हेतु रिडबर्ग सूत्र का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right]$
$\frac{1}{\lambda R} = 1 - \frac{1}{n^2}$
$\frac{1}{n^2} = 1 - \frac{1}{\lambda R}$
$\frac{1}{n^2} = \frac{\lambda R - 1}{\lambda R}$
दोनों पक्षों का व्युत्क्रम लेने पर:
$n^2 = \frac{\lambda R}{\lambda R - 1}$
अतः,उत्तेजित अवस्था की क्वांटम संख्या है:
$n = \sqrt{\frac{\lambda R}{\lambda R - 1}}$

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,निरोधी विभव $V_s$ को $eV_s = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
प्रथम स्थिति के लिए: $4.8 = \frac{hc}{e\lambda} - \frac{\phi}{e} \quad \dots(i)$
दूसरी स्थिति के लिए,जहाँ तरंगदैर्ध्य $2\lambda$ है: $1.6 = \frac{hc}{e(2\lambda)} - \frac{\phi}{e} \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ से समीकरण $(ii)$ को घटाने पर:
$4.8 - 1.6 = \left(\frac{hc}{e\lambda} - \frac{\phi}{e}\right) - \left(\frac{hc}{2e\lambda} - \frac{\phi}{e}\right)$
$3.2 = \frac{hc}{e\lambda} - \frac{hc}{2e\lambda} = \frac{hc}{2e\lambda}$
अतः,$\frac{hc}{e\lambda} = 6.4$.
इस मान को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$4.8 = 6.4 - \frac{\phi}{e} \Rightarrow \frac{\phi}{e} = 6.4 - 4.8 = 1.6$.
देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_0$ को $\phi = \frac{hc}{\lambda_0}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $\frac{\phi}{e} = \frac{hc}{e\lambda_0} = 1.6$.
चूंकि $\frac{hc}{e\lambda} = 6.4$,इसलिए $\frac{hc}{e\lambda_0} = \frac{1}{4} \left(\frac{hc}{e\lambda}\right)$.
अतः,$\lambda_0 = 4\lambda$.

(C) दिया गया है: प्रतिरोध $R = 10 \ \Omega$,चुंबकीय फ्लक्स $\phi = 6t^2 + 7t + 1 \ mWb$,और समय $t = 1 \ s$ है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित e.m.f. $(e)$ चुंबकीय फ्लक्स के परिवर्तन की दर के बराबर होता है:
$e = \left| \frac{d\phi}{dt} \right|$
$\phi$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{d\phi}{dt} = \frac{d}{dt}(6t^2 + 7t + 1) = 12t + 7$
$t = 1 \ s$ का मान रखने पर:
$e = 12(1) + 7 = 19 \ mV$
अतः,$t = 1 \ s$ पर प्रेरित e.m.f. $19 \ mV$ है।

(B) फैराडे के विद्युत चुम्बकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित e.m.f. $(e)$ चुंबकीय फ्लक्स के परिवर्तन की दर के समानुपाती होता है,जो चुंबक और कुंडली के बीच के सापेक्ष वेग $(v_{rel})$ पर निर्भर करता है।
पहले मामले में,कुंडली स्थिर है और चुंबक $V$ गति से चलता है। अतः,सापेक्ष वेग $v_{rel} = V$ है। प्रेरित e.m.f. $e \propto V$ है,इसलिए $e = k V$ (जहाँ $k$ एक स्थिरांक है)।
दूसरे मामले में,चुंबक और कुंडली दोनों एक-दूसरे से $V$ गति से दूर जा रहे हैं। उनके बीच का सापेक्ष वेग $v_{rel}' = V + V = 2V$ होगा।
चूंकि प्रेरित e.m.f. सापेक्ष वेग के सीधे समानुपाती होता है,इसलिए नया प्रेरित e.m.f. $(e')$ होगा:
$e' \propto v_{rel}'$
$e' \propto 2V$
$e' = k(2V) = 2(kV) = 2e$.
अतः,कुंडली में प्रेरित e.m.f. $2e$ है।

(C) चालक में प्रेरित गतिकीय e.m.f. का सूत्र $e = Bvl$ है।
यहाँ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $H = 1000 \ A/m$ दी गई है,इसलिए चुंबकीय फ्लक्स घनत्व $B = \mu_0 H$ का उपयोग करते हुए:
$B = (4 \pi \times 10^{-7} \ Wb/Am) \times (1000 \ A/m) = 4 \pi \times 10^{-4} \ T$.
चालक की लंबाई $l = 10 \ cm = 0.1 \ m$ और गति $v = 1 \ m/s$ है।
अब,प्रेरित e.m.f. की गणना करने पर:
$e = (4 \pi \times 10^{-4} \ T) \times (1 \ m/s) \times (0.1 \ m)$
$e = 0.4 \pi \times 10^{-4} \ V = 40 \pi \times 10^{-6} \ V = 40 \pi \ \mu V$.

(C) कुंडली से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi = NBA \cos \theta$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि क्षेत्र कुंडली के लंबवत है, इसलिए $\theta = 0^\circ$ और $\cos 0^\circ = 1$ है।
प्रारंभिक फ्लक्स $\phi_1 = NBA = 50 \times (2 \times 10^{-2} \,T) \times (100 \times 10^{-4} \,m^2) = 50 \times 2 \times 10^{-2} \times 10^{-2} = 10^{-2} \,Wb$.
अंतिम फ्लक्स $\phi_2 = 0$ (क्योंकि इसे क्षेत्र से हटा दिया गया है)।
प्रेरित e.m.f. का परिमाण $|e| = \frac{|\Delta \phi|}{t} = \frac{|\phi_2 - \phi_1|}{t}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $0.1 = \frac{|0 - 10^{-2}|}{t}$.
अतः, $t = \frac{10^{-2}}{0.1} = 0.1 \,s$.

(C) कुंडली से गुजरने वाला प्रारंभिक चुंबकीय फ्लक्स $\Phi_i = B \cdot A$ है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र में $25 \%$ की कमी की जाती है,इसलिए अंतिम चुंबकीय क्षेत्र $B_f = B - 0.25B = 0.75B = \frac{3}{4}B$ होगा।
अंतिम चुंबकीय फ्लक्स $\Phi_f = \frac{3}{4}B \cdot A$ है।
चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \Phi = \Phi_f - \Phi_i = \frac{3}{4}BA - BA = -\frac{1}{4}BA$ है।
फैराडे के नियम के अनुसार प्रेरित e.m.f. $\varepsilon = -\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$ है।
यहाँ $\Delta t = 2 \ s$ दिया गया है,इसलिए $\varepsilon = -\left( \frac{-\frac{1}{4}BA}{2} \right) = \frac{BA}{8}$।
अतः,प्रेरित e.m.f. का परिमाण $\frac{AB}{8}$ है।

(C) कुंडली में उत्पन्न प्रेरित विद्युत वाहक बल $(e)$ को सूत्र $e = -L \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $L$ स्व-प्रेरकत्व है,$e$ प्रेरित $EMF$ है,और $\frac{di}{dt}$ धारा के परिवर्तन की दर है।
$L$ के लिए सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $L = \frac{e}{di/dt}$.
$EMF$ $(e)$ का मात्रक वोल्ट $(V)$ है,धारा $(i)$ का मात्रक एम्पीयर $(A)$ है,और समय $(t)$ का मात्रक सेकंड $(S)$ है।
इसलिए,स्व-प्रेरकत्व $(L)$ का मात्रक $\frac{V}{A/S} = \frac{V \cdot S}{A}$ है,जिसे हेनरी $(H)$ के रूप में भी जाना जाता है।

(D) श्रेणीक्रम में जुड़े प्रेरकों के लिए, प्रभावी प्रेरकत्व $L_{eff} = L_1 + L_2 + L_3$ होता है। समानांतर क्रम में जुड़े प्रेरकों के लिए, प्रभावी प्रेरकत्व $\frac{1}{L_{eff}} = \frac{1}{L_1} + \frac{1}{L_2} + \frac{1}{L_3}$ द्वारा दिया जाता है।
$1$. संयोजन $P$: प्रेरक श्रेणीक्रम में हैं। $L_{eff} = 2 + 3 + 6 = 11 \ H$.
$2$. संयोजन $Q$: प्रेरक समानांतर क्रम में हैं। $\frac{1}{L_{eff}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = \frac{3+2+1}{6} = \frac{6}{6} = 1 \ H^{-1}$. अतः, $L_{eff} = 1 \ H$.
$3$. संयोजन $R$: $L_1$ और $L_2$ श्रेणीक्रम में हैं, और यह संयोजन $L_3$ के साथ समानांतर क्रम में है। $L_{series} = 2 + 3 = 5 \ H$. तब $\frac{1}{L_{eff}} = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{11}{30}$, अतः $L_{eff} = \frac{30}{11} \approx 2.72 \ H$.
$4$. संयोजन $S$: यह एक मिश्रित श्रेणी-समानांतर परिपथ है। $L_1$, $L_3$ के साथ समानांतर क्रम में है, और यह संयोजन $L_2$ के साथ श्रेणीक्रम में है। $\frac{1}{L_{parallel}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{3+1}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \ H^{-1}$, अतः $L_{parallel} = 1.5 \ H$. तब $L_{eff} = 1.5 + 3 = 4.5 \ H$.
अतः, सही संयोजन $Q$ है।

(D) प्रेरकीय प्रतिघात $X_L$ का सूत्र $X_L = L\omega = L(2\pi f)$ है।
दिए गए मानों को रखने पर: $X_L = \frac{1}{\pi} \times 2\pi \times 200 = 400 \text{ } \Omega$.
$LR$ श्रेणी परिपथ में कला कोण $\phi$ का सूत्र $\tan \phi = \frac{X_L}{R}$ होता है।
मान रखने पर: $\tan \phi = \frac{400}{300} = \frac{4}{3}$.
अतः,$\phi = \tan^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$।

(B) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि परिपथ का प्रतिरोध $R$ है,इसलिए प्रेरित धारा $I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{\Delta \phi}{R \Delta t}$ होती है।
परिपथ से गुजरने वाला कुल आवेश $Q$,धारा और समय का गुणनफल है: $Q = I \times \Delta t$।
$I$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $Q = \left( \frac{\Delta \phi}{R \Delta t} \right) \times \Delta t$।
अतः,कुल विद्युत आवेश $Q = \frac{\Delta \phi}{R}$ है।

(D) डिस्क के केंद्र से $r$ दूरी पर $dr$ लंबाई का एक छोटा त्रिज्यीय अवयव (radial element) मानिए।
जैसे ही डिस्क घूमती है,यह अवयव चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लंबवत $v = r\omega$ के रैखिक वेग से गति करता है।
इस छोटे अवयव पर प्रेरित गतिक e.m.f. $de = Bv dr = B(r\omega) dr$ द्वारा दिया जाता है।
केंद्र (अक्ष) और रिम (त्रिज्या $R$) के बीच कुल प्रेरित e.m.f. $e$ ज्ञात करने के लिए,हम $r = 0$ से $r = R$ तक समाकलन (integrate) करते हैं:
$e = \int_{0}^{R} B\omega r dr$
$e = B\omega \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{0}^{R}$
$e = \frac{1}{2} B\omega R^2$.

(B) $V$ विभवांतर के माध्यम से त्वरित इलेक्ट्रॉन द्वारा प्राप्त गतिज ऊर्जा इस प्रकार है:
$KE = eV = \frac{1}{2} mv^2$
इससे,इलेक्ट्रॉन का वेग $v$ है:
$v = \sqrt{\frac{2 eV}{m}}$
जब कोई आवेशित कण अपने वेग के लंबवत चुंबकीय क्षेत्र $B$ में प्रवेश करता है,तो वह $R$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ पर चलता है,जिसका सूत्र है:
$R = \frac{mv}{eB}$
$v$ का मान $R$ के व्यंजक में रखने पर:
$R = \frac{m}{eB} \sqrt{\frac{2 eV}{m}} = \frac{1}{eB} \sqrt{m^2 \cdot \frac{2 eV}{m}} = \frac{1}{eB} \sqrt{2 Vme} = \sqrt{\frac{2 Vme}{e^2 B^2}} = \sqrt{\frac{2 Vm}{eB^2}}$

(D) प्रेरित e.m.f. का सूत्र $e = \frac{|\Delta \phi|}{\Delta t}$ है,जहाँ $\phi = BA \cos \theta$ है। चूंकि कुंडली का तल चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत है,इसलिए $\theta = 0^\circ$ और $\cos 0^\circ = 1$ होगा,अतः $\phi = BA$।
चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = B$ से बदलकर $B_2 = 0.25 B = \frac{1}{4} B$ हो जाता है।
चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi = A(B_1 - B_2) = A(B - \frac{1}{4} B) = \frac{3}{4} AB$ है।
समय अंतराल $\Delta t = 1 \text{ s}$ दिया गया है।
इन मानों को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$e = \frac{\frac{3}{4} AB}{1} = \frac{3}{4} AB$।

(C) $I$ धारा ले जाने वाले वृत्ताकार चाप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है: $B = \frac{\mu_0 I}{2r} \left( \frac{\theta}{2\pi} \right)$।
यहाँ,केंद्र पर अंतरित कोण $\theta = \frac{\pi}{16}$ दिया गया है।
सूत्र में $\theta$ का मान रखने पर:
$B = \frac{\mu_0 I}{2r} \left( \frac{\pi/16}{2\pi} \right)$।
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक को सरल करने पर:
$\frac{\pi/16}{2\pi} = \frac{\pi}{16 \times 2\pi} = \frac{1}{32}$।
अब,इस मान को $B$ के समीकरण में रखने पर:
$B = \frac{\mu_0 I}{2r} \times \frac{1}{32} = \frac{\mu_0 I}{64r}$।

(C) एक लंबे सोलेनोइड का स्व-प्रेरकत्व $L$ सूत्र $L = \frac{\mu_0 N^2 A}{l}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\mu_0$ मुक्त स्थान की पारगम्यता है,$N$ फेरों की कुल संख्या है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,और $l$ सोलेनोइड की लंबाई है।
इस सूत्र से यह स्पष्ट है कि $L \propto A$ है।
अतः,स्व-प्रेरकत्व इसके अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल के सीधे आनुपातिक होता है।

(C) युग्मन गुणांक $(K)$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा परिभाषित किया जाता है:
$K = \frac{M}{\sqrt{L_1 L_2}}$
दिया गया है:
$M = 3 \ H$
$L_1 = 4 \ H$
$L_2 = 9 \ H$
सूत्र में मान रखने पर:
$K = \frac{3}{\sqrt{4 \times 9}}$
$K = \frac{3}{\sqrt{36}}$
$K = \frac{3}{6}$
$K = 0.5$

(B) कुंडली $B$ में प्रेरित e.m.f. का सूत्र $e = M \frac{dI}{dt}$ है।
दिया गया है: $M = 0.008 \ H$, $I = I_{m} \sin \omega t$, $I_{m} = 5 \ A$, और $\omega = 200 \pi \ rad \ s^{-1}$।
धारा का समय के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dI}{dt} = I_{m} \omega \cos \omega t$।
इस मान को e.m.f. के समीकरण में रखने पर: $e = M I_{m} \omega \cos \omega t$।
e.m.f. का अधिकतम मान $(e_{\max})$ तब प्राप्त होता है जब $\cos \omega t = 1$ हो।
अतः, $e_{\max} = M I_{m} \omega$।
मान रखने पर: $e_{\max} = 0.008 \times 5 \times 200 \pi$।
$e_{\max} = 0.04 \times 200 \pi = 8 \pi \ V$।

(A) एक इंडक्टर के लिए चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$ और धारा $(I)$ के बीच का संबंध $\phi = LI$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $L$ स्व-प्रेरकत्व है।
इस समीकरण की तुलना मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx$ से करने पर,हमें $L = \phi / I$ प्राप्त होता है।
इसका तात्पर्य यह है कि स्व-प्रेरकत्व $L$,$\phi$ बनाम $I$ ग्राफ की ढाल (slope) के बराबर है।
चूंकि चारों रेखाओं में से रेखा $A$ की ढाल सबसे अधिक है,इसलिए यह सबसे अधिक स्व-प्रेरकत्व मान को दर्शाता है।

(A) मान लीजिए कि $r_1$ त्रिज्या वाली कुंडली से प्रवाहित धारा $I_1$ है।
इस कुंडली के केंद्र पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2 r_1}$ है।
चूंकि $r_2 \ll r_1$,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ को छोटी कुंडली के क्षेत्रफल पर लगभग एकसमान माना जा सकता है।
$r_2$ त्रिज्या वाली कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi_2 = B_1 \cdot A_2 = B_1 \cdot \pi r_2^2$ है।
$B_1$ का मान रखने पर,$\phi_2 = \left( \frac{\mu_0 I_1}{2 r_1} \right) \pi r_2^2$ प्राप्त होता है।
अन्योन्य प्रेरण $M$ की परिभाषा के अनुसार $M = \frac{\phi_2}{I_1}$ होता है।
अतः,$M = \frac{\mu_0 \pi r_2^2}{2 r_1}$।

(D) अन्योन्य प्रेरण के कारण द्वितीयक कुंडली में प्रेरित कुल e.m.f. का सूत्र $e_{total} = M \frac{dI}{dt}$ है।
चूंकि धारा $I$ से $0$ तक $t$ सेकंड में बदलती है,इसलिए प्रेरित e.m.f. का परिमाण $e_{total} = M \frac{I}{t}$ होगा।
कुंडली में $N$ फेरे हैं,इसलिए कुल e.m.f. इन $N$ फेरों में वितरित होता है।
अतः,प्रति फेरा प्रेरित e.m.f. = $\frac{e_{total}}{N} = \frac{MI}{Nt}$ होगा।
इस प्रकार,सही विकल्प $D$ है।

(D) दिया गया है: फेरों की संख्या $N = 100$, धारा $I = 1 \,A$, प्रति फेरा फ्लक्स $\phi = 2.5 \times 10^{-5} \,Wb/\text{turn}$।
कुल फ्लक्स लिंकेज $N\phi$ द्वारा दिया जाता है।
स्व-प्रेरकत्व $L$ का सूत्र $L = \frac{N\phi}{I}$ है।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$L = \frac{100 \times 2.5 \times 10^{-5}}{1} \,H$.
$L = 2.5 \times 10^{-3} \,H$.
चूंकि $1 \,mH = 10^{-3} \,H$, इसलिए $L = 2.5 \,mH$ है।

(B) $R$ त्रिज्या वाली बड़ी कुंडली के केंद्र पर $I$ धारा के कारण उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 R}$ होता है।
चूंकि $R \gg r$,इसलिए चुंबकीय क्षेत्र $B$ छोटी कुंडली (त्रिज्या $r$) के क्षेत्रफल पर लगभग एकसमान रहता है।
छोटी कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \times A$ है,जहाँ $A = \pi r^2$ छोटी कुंडली का क्षेत्रफल है।
मान रखने पर,$\phi = \left( \frac{\mu_0 I}{2 R} \right) \times \pi r^2$ प्राप्त होता है।
अन्योन्य प्रेरकत्व $M$ की परिभाषा के अनुसार $M = \frac{\phi}{I}$ होता है।
अतः,$M = \frac{\frac{\mu_0 I}{2 R} \times \pi r^2}{I} = \frac{\mu_0 \pi r^2}{2 R}$।

(B) परिनालिका के स्व-प्रेरकत्व का सूत्र इस प्रकार है:
$L = \frac{\mu_0 N^2 A}{l}$
जहाँ $\mu_0$ मुक्त स्थान की पारगम्यता है,$N$ फेरों की संख्या है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है,और $l$ परिनालिका की लंबाई है।
सूत्र से यह स्पष्ट है कि $L \propto A$ और $L \propto \frac{1}{l}$ है।
इसलिए,स्व-प्रेरकत्व $L$ को बढ़ाने के लिए,क्षेत्रफल $A$ को बढ़ना चाहिए और लंबाई $l$ को घटना चाहिए।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) दूसरी कुंडली में प्रेरित e.m.f. का मान सूत्र $|e_s| = M \frac{dI}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $I = I_0 \sin \omega t$,समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dI}{dt} = I_0 \omega \cos \omega t$.
इसे e.m.f. के समीकरण में रखने पर:
$|e_s| = M I_0 \omega \cos \omega t$.
प्रेरित e.m.f. का अधिकतम मान तब प्राप्त होता है जब $\cos \omega t = 1$ हो,अतः $|e_s|_{\max} = M I_0 \omega$.
दिए गए मानों को रखने पर: $M = 0.004 \ H$,$I_0 = 10 \ A$,और $\omega = 50 \pi \ rad \ s^{-1}$:
$|e_s|_{\max} = 0.004 \times 10 \times 50 \pi = 2 \pi \ V$.

(C) परिनालिका के भीतर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 NI}{l}$ द्वारा दिया जाता है।
परिनालिका से जुड़ा कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi_{total} = N(BA)$ है।
$B$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\phi_{total} = N \left( \frac{\mu_0 NI}{l} \right) A = \frac{\mu_0 N^2 IA}{l}$।
परिभाषा के अनुसार,स्व-प्रेरकत्व $L = \frac{\phi_{total}}{I}$ होता है।
अतः,$L = \frac{\frac{\mu_0 N^2 IA}{l}}{I} = \frac{\mu_0 N^2 A}{l}$।

(A) परिनालिका के प्रत्येक फेरे से संबद्ध फ्लक्स $\phi = 2.8 \times 10^{-3} \, Wb$ दिया गया है।
$N = 1500$ फेरों वाली परिनालिका से संबद्ध कुल चुंबकीय फ्लक्स $(\Phi_{net})$ की गणना इस प्रकार की जाती है:
$\Phi_{net} = N \times \phi = 1500 \times 2.8 \times 10^{-3} = 4.2 \, Wb$.
कुल फ्लक्स, स्व-प्रेरकत्व $(L)$ और धारा $(I)$ के बीच संबंध $\Phi_{net} = L \times I$ है।
अतः, स्व-प्रेरकत्व $L$ का मान है:
$L = \frac{\Phi_{net}}{I} = \frac{4.2}{3.5} = 1.2 \, H$.

(C) आपतन कोण $i = 45^{\circ}$ है।
विचलन कोण $\delta = 15^{\circ}$ है।
अपवर्तन कोण $r$,$\delta = i - r$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $r = i - \delta = 45^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$।
स्नेल के नियम के अनुसार,$\frac{\sin i}{\sin r} = \frac{v_1}{v_2}$,जहाँ $v_1$ हवा में गति है और $v_2$ तरल में गति है।
$\frac{v_2}{v_1} = \frac{\sin r}{\sin i} = \frac{\sin 30^{\circ}}{\sin 45^{\circ}} = \frac{0.5}{1/\sqrt{2}} = \frac{1/2}{1/\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
इसलिए,$v_2 = \frac{v_1}{\sqrt{2}} = \frac{3 \times 10^8}{\sqrt{2}} = \frac{3 \times 10^8}{1.414} \approx 2.12 \times 10^8 \ m/s$।
अतः,तरल में विद्युतचुंबकीय तरंग की गति $2.1 \times 10^8 \ m/s$ है।

(C) विद्युतचुंबकीय तरंगों को उनके संचरण के लिए किसी भौतिक माध्यम की आवश्यकता नहीं होती है; वे निर्वात में प्रकाश की गति $(c \approx 3 \times 10^8 \ m/s)$ से यात्रा कर सकती हैं।
ऐसा इसलिए है क्योंकि विद्युतचुंबकीय तरंगों में दोलनशील विद्युत और चुंबकीय क्षेत्र होते हैं जो एक-दूसरे को बनाए रखते हैं,जैसा कि मैक्सवेल के समीकरणों द्वारा वर्णित है।
इसलिए,यह कथन कि विद्युतचुंबकीय तरंगों के संचरण के लिए भौतिक माध्यम आवश्यक है,गलत है।

(B) मान लीजिए कि प्रत्येक शीर्ष से समबाहु त्रिभुज के केंद्र की दूरी $r$ है। केंद्र पर विद्युत विभव $V$ व्यक्तिगत आवेशों के कारण विभव का बीजगणितीय योग है: $V = V_{2q} + V_{-q} + V_{-q} = \frac{k(2q)}{r} + \frac{k(-q)}{r} + \frac{k(-q)}{r} = \frac{k}{r}(2q - q - q) = 0$. अतः,केंद्र पर विभव शून्य है।
विद्युत क्षेत्र के लिए,सदिश $\vec{E}_{2q}, \vec{E}_{-q},$ और $\vec{E}_{-q}$ माध्यिकाओं की दिशा में हैं। चूंकि दो $-q$ आवेशों के कारण क्षेत्रों का परिमाण समान है और उनका परिणामी आधार के मध्य बिंदु की ओर निर्देशित है,और $2q$ आवेश के कारण क्षेत्र उससे दूर निर्देशित है,इसलिए इन क्षेत्रों का सदिश योग शून्य नहीं है। अतः,केंद्र पर विद्युत क्षेत्र शून्य नहीं है।