NEET 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) पलायन वेग का सूत्र $v_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ है।
चूंकि द्रव्यमान $M = \text{आयतन} \times \text{घनत्व} = \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho$ होता है,इसलिए हम इस मान को सूत्र में प्रतिस्थापित करते हैं:
$v_{e} = \sqrt{\frac{2G}{R} \times \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho} = \sqrt{\frac{8 \pi G \rho}{3} R^{2}} = R \sqrt{\frac{8 \pi G \rho}{3}}$.
यह दर्शाता है कि जब घनत्व $\rho$ स्थिर हो तो $v_{e} \propto R$ होता है।
नए ग्रह की त्रिज्या $R' = 4R$ दी गई है,इसलिए नया पलायन वेग $v'$ होगा:
$v' = 4 \times v_{e} = 4v$.

(A) जब गेंद स्थिर टर्मिनल वेग के साथ चलती है,तो उस पर कार्य करने वाला कुल बल शून्य होता है।
गेंद पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. गेंद का भार $(W = Mg)$ जो नीचे की ओर कार्य करता है।
$2$. उत्प्लावन बल $(F_B)$ जो ऊपर की ओर कार्य करता है।
$3$. श्यान बल $(F_v)$ जो ऊपर की ओर कार्य करता है।
उत्प्लावन बल का सूत्र $F_B = V \rho_{liquid} g$ है,जहाँ $V$ गेंद का आयतन है।
चूंकि गेंद का घनत्व $d$ है,इसलिए इसका आयतन $V = \frac{M}{d}$ है।
ग्लिसरीन का घनत्व $\frac{d}{2}$ दिया गया है,अतः उत्प्लावन बल $F_B = V \left(\frac{d}{2}\right) g = \left(\frac{M}{d}\right) \left(\frac{d}{2}\right) g = \frac{Mg}{2}$ होगा।
स्थिर वेग के लिए,बलों को संतुलित होना चाहिए:
$F_v + F_B = W$
$F_v + \frac{Mg}{2} = Mg$
$F_v = Mg - \frac{Mg}{2} = \frac{Mg}{2}$।

(C) $n$ आवृत्ति वाली सरल आवर्त गति $(SHM)$ के लिए विस्थापन समीकरण इस प्रकार है:
$x = A \sin(\omega t) = A \sin(2 \pi n t)$
पिंड की स्थितिज ऊर्जा $(U)$ इस प्रकार दी जाती है:
$U = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} k A^2 \sin^2(2 \pi n t)$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos(2 \theta)}{2}$ का उपयोग करने पर:
$U = \frac{1}{2} k A^2 \left[ \frac{1 - \cos(2 \cdot 2 \pi n t)}{2} \right] = \frac{1}{4} k A^2 [1 - \cos(4 \pi n t)]$
अतः,स्थितिज ऊर्जा की आवृत्ति कोसाइन पद में $2 \pi t$ का गुणांक है,जो $2n$ है।

(B) इनपुट शक्ति $P_{\text{input}}$ स्थितिज ऊर्जा के परिवर्तन की दर द्वारा दी जाती है: $P_{\text{input}} = \frac{mgh}{t} = \left(\frac{m}{t}\right)gh$.
दिया गया है $\frac{m}{t} = 15 \, kg/s$,$g = 10 \, m/s^2$,और $h = 60 \, m$.
$P_{\text{input}} = 15 \times 10 \times 60 = 9000 \, W = 9 \, kW$.
घर्षण के कारण शक्ति की हानि इनपुट शक्ति का $10 \%$ है।
$\text{Loss} = 10 \% \text{ of } 9 \, kW = 0.1 \times 9 \, kW = 0.9 \, kW$.
टर्बाइन द्वारा उत्पन्न शक्ति आउटपुट शक्ति है: $P_{\text{output}} = P_{\text{input}} - \text{Loss} = 9 \, kW - 0.9 \, kW = 8.1 \, kW$.

(C) गैस अणुओं की वर्ग-माध्य-मूल चाल $V_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ द्वारा दी जाती है। अतः, $(A) - (Q)$.
$(B)$ आदर्श गैस द्वारा लगाया गया दाब $P = \frac{1}{3} n m \bar{v}^{2}$ है, जहाँ $n$ संख्या घनत्व है, $m$ अणु का द्रव्यमान है, और $\bar{v}^{2}$ माध्य वर्ग चाल है। अतः, $(B) - (P)$.
$(C)$ आदर्श गैस के एक अणु की औसत गतिज ऊर्जा $E = \frac{3}{2} k_{B} T$ होती है। अतः, $(C) - (S)$.
$(D)$ $1$ मोल द्वि-परमाणुक गैस की कुल आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f}{2} RT$ होती है। द्वि-परमाणुक गैस के लिए, स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $f = 5$ होती है। इसलिए, $U = \frac{5}{2} RT$। अतः, $(D) - (R)$.

(B) विरामावस्था से शुरू होने वाली वस्तु द्वारा $n^{th}$ सेकंड में तय की गई दूरी का सूत्र $S_n = u + \frac{a}{2}(2n-1)$ है।
चूंकि ब्लॉक विरामावस्था से शुरू होता है,इसलिए प्रारंभिक वेग $u = 0$ है।
अतः,$n^{th}$ अंतराल में तय की गई दूरी $S_n = \frac{a}{2}(2n-1)$ है।
इसी प्रकार,$(n+1)^{th}$ अंतराल में तय की गई दूरी $S_{n+1} = \frac{a}{2}(2(n+1)-1) = \frac{a}{2}(2n+2-1) = \frac{a}{2}(2n+1)$ है।
अब,अनुपात $\frac{S_n}{S_{n+1}}$ की गणना करने पर:
$\frac{S_n}{S_{n+1}} = \frac{\frac{a}{2}(2n-1)}{\frac{a}{2}(2n+1)} = \frac{2n-1}{2n+1}$.

(D) स्क्रू गेज का अल्पतमांक $(L.C.)$ इस प्रकार ज्ञात किया जाता है:
$L.C. = \frac{\text{पिच}}{\text{कुल वृत्ताकार स्केल भाग}} = \frac{1 \, mm}{100} = 0.01 \, mm$.
चूंकि $1 \, mm = 0.1 \, cm$,इसलिए $cm$ में $L.C.$:
$L.C. = 0.01 \, mm = 0.001 \, cm$.
व्यास $(D)$ का मान निम्नलिखित सूत्र द्वारा प्राप्त होता है:
$D = \text{मुख्य स्केल रीडिंग} + (\text{वृत्ताकार स्केल रीडिंग} \times L.C.)$
दिए गए मानों को रखने पर:
$D = 0 \, mm + (52 \times 0.01 \, mm) = 0.52 \, mm$.
व्यास को $cm$ में बदलने पर:
$D = \frac{0.52}{10} \, cm = 0.052 \, cm$.

(B) माना कि ऊर्जा $E$ को $E = k F^{a} A^{b} T^{c}$ के रूप में व्यक्त किया गया है,जहाँ $k$ एक विमाहीन स्थिरांक है।
ऊर्जा का विमीय सूत्र $[M^{1} L^{2} T^{-2}]$ है।
बल का विमीय सूत्र $[M^{1} L^{1} T^{-2}]$ है।
त्वरण का विमीय सूत्र $[L^{1} T^{-2}]$ है।
समय का विमीय सूत्र $[T^{1}]$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$[M^{1} L^{2} T^{-2}] = [M^{1} L^{1} T^{-2}]^{a} [L^{1} T^{-2}]^{b} [T^{1}]^{c}$
$[M^{1} L^{2} T^{-2}] = [M^{a} L^{a+b} T^{-2a-2b+c}]$
दोनों पक्षों पर $M, L$ और $T$ के घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $a = 1$
$L$ के लिए: $a + b = 2 \Rightarrow 1 + b = 2 \Rightarrow b = 1$
$T$ के लिए: $-2a - 2b + c = -2 \Rightarrow -2(1) - 2(1) + c = -2 \Rightarrow -4 + c = -2 \Rightarrow c = 2$
अतः,$F, A$ और $T$ के पदों में ऊर्जा की विमाएँ $[F^{1} A^{1} T^{2}]$ या $[F][A][T^{2}]$ हैं।

(B) ऊर्जा $E$ का विमीय सूत्र $[M L^{2} T^{-2}]$ है।
गुरुत्वाकर्षण नियतांक $G$ का विमीय सूत्र $[M^{-1} L^{3} T^{-2}]$ है।
अतः,$\frac{E}{G}$ की विमाएँ इस प्रकार होंगी:
$\frac{[E]}{[G]} = \frac{[M L^{2} T^{-2}]}{[M^{-1} L^{3} T^{-2}]}$
$= [M^{1 - (-1)}] [L^{2 - 3}] [T^{-2 - (-2)}]$
$= [M^{2}] [L^{-1}] [T^{0}]$

(D) हुक के नियम के अनुसार, $F = Kx$, जहाँ $F$ बल है, $K$ स्प्रिंग नियतांक है, और $x$ विस्थापन है。
दिया गया है $F = 10 \,\,N$ और $x = 5 \,\,cm = 0.05 \,\,m$。
$10 = K \times 0.05 \implies K = \frac{10}{0.05} = 200 \,\,N/m$。
स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली का आवर्तकाल $T$ सूत्र $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{K}}$ द्वारा दिया जाता है。
$m = 2 \,\,kg$ और $K = 200 \,\,N/m$ रखने पर:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{2}{200}} = 2 \pi \sqrt{\frac{1}{100}} = 2 \pi \times \frac{1}{10} = \frac{2 \times 3.14}{10} = 0.628 \,\,s$。

(B) जमीन से टकराने से ठीक पहले गेंद का वेग $v = \sqrt{2gh}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $v = \sqrt{2 \times 10 \times 10} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2} \, m/s$.
चूंकि गेंद उसी ऊँचाई तक वापस उछलती है,इसलिए टक्कर के बाद का वेग $v' = -v = -10\sqrt{2} \, m/s$ होगा (ऊपर की दिशा को धनात्मक लेने पर)।
गेंद को दिया गया आवेग $J$ संवेग में परिवर्तन के बराबर होता है: $J = \Delta p = m(v_{final} - v_{initial})$.
यहाँ,$v_{initial} = -10\sqrt{2} \, m/s$ और $v_{final} = +10\sqrt{2} \, m/s$.
$J = 0.15 \times (10\sqrt{2} - (-10\sqrt{2})) = 0.15 \times 20\sqrt{2} = 3\sqrt{2}$.
$\sqrt{2} \approx 1.414$ का उपयोग करने पर,$J = 3 \times 1.414 = 4.242 \, kg \cdot m/s$.
निकटतम मान लेने पर,आवेग का परिमाण $4.2 \, kg \cdot m/s$ है।

(D) $t=4 \, s$ पर,कार (और इसलिए गेंद) का क्षैतिज दिशा में वेग $v_x = u + at = 0 + 5 \times 4 = 20 \, m/s$ है।
गेंद गिराए जाने के बाद,यह केवल गुरुत्वाकर्षण के प्रभाव में होती है।
$t=6 \, s$ पर,गेंद गिराए जाने के बाद बीता हुआ समय $\Delta t = 6 - 4 = 2 \, s$ है।
क्षैतिज वेग स्थिर रहता है: $v_x = 20 \, m/s$।
$\Delta t = 2 \, s$ पर ऊर्ध्वाधर वेग $v_y = u_y + g \Delta t = 0 + 10 \times 2 = 20 \, m/s$ है।
परिणामी वेग $v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{20^2 + 20^2} = 20 \sqrt{2} \, m/s$ है।
चूंकि गेंद मुक्त रूप से गिर रही है,इसलिए इसका त्वरण गुरुत्वीय त्वरण के बराबर होता है,$a = g = 10 \, m/s^{2}$ नीचे की ओर।

(D) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, सतह पर कुल ऊर्जा अधिकतम ऊँचाई $r$ पर कुल ऊर्जा के बराबर होती है, जहाँ वेग शून्य हो जाता है।
$-\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2} m v^2 = -\frac{GMm}{r}$
दिया गया है कि $v = k V_{e}$ और $V_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$, इसलिए $v^2 = k^2 \frac{2GM}{R}$ है।
इस मान को ऊर्जा समीकरण में रखने पर:
$-\frac{GMm}{R} + \frac{1}{2} m \left( k^2 \frac{2GM}{R} \right) = -\frac{GMm}{r}$
$GMm$ से भाग देने पर:
$-\frac{1}{R} + \frac{k^2}{R} = -\frac{1}{r}$
$\frac{1}{r} = \frac{1}{R} - \frac{k^2}{R} = \frac{1-k^2}{R}$
$r = \frac{R}{1-k^2}$
चूँकि $r = R + h$, अधिकतम ऊँचाई $h$ होगी:
$h = r - R = \frac{R}{1-k^2} - R = R \left( \frac{1 - (1-k^2)}{1-k^2} \right) = \frac{R k^2}{1-k^2}$.

(D) वृत्तीय गति में कण की चाल $V = \frac{2 \pi R}{T}$ है।
प्रक्षेप्य द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $H$ का सूत्र $H = \frac{V^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
दिया गया है कि $H = 4R$,इसलिए $V$ और $H$ का मान सूत्र में रखने पर:
$4R = \frac{(\frac{2 \pi R}{T})^2 \sin^2 \theta}{2g}$
$4R = \frac{4 \pi^2 R^2 \sin^2 \theta}{2g T^2}$
$4R = \frac{2 \pi^2 R^2 \sin^2 \theta}{g T^2}$
$\sin^2 \theta$ के लिए हल करने पर:
$\sin^2 \theta = \frac{4R \cdot g T^2}{2 \pi^2 R^2} = \frac{2 g T^2}{\pi^2 R}$
अतः,$\theta = \sin^{-1} \left( \frac{2 g T^2}{\pi^2 R} \right)^{1/2}$.

(A) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाली एक पूर्ण वृत्ताकार वलय का उसके केंद्र से गुजरने वाली और उसके तल के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = MR^{2}$ होता है।
चूंकि द्रव्यमान परिधि पर समान रूप से वितरित है,इसलिए $90^{\circ}$ के सेक्टर (जो कुल परिधि का $1/4$ भाग है) को हटाने के बाद शेष वलय का द्रव्यमान $M' = M - \frac{1}{4}M = \frac{3}{4}M$ होगा।
अक्ष से $R$ दूरी पर स्थित $m$ द्रव्यमान के कण का जड़त्व आघूर्ण $I = mR^{2}$ होता है। चूंकि वलय का प्रत्येक बिंदु केंद्रीय अक्ष से समान दूरी $R$ पर है,इसलिए $M'$ द्रव्यमान वाले वलय के किसी भी भाग का जड़त्व आघूर्ण $I' = M'R^{2}$ होगा।
$M' = \frac{3}{4}M$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I' = \frac{3}{4}MR^{2}$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $I' = KMR^{2}$ से करने पर,हमें $K = \frac{3}{4}$ प्राप्त होता है।

(D) छड़ एकसमान है,इसलिए इसका द्रव्यमान केंद्र इसके मध्य बिंदु यानी $100 \, cm$ के निशान पर कार्य करता है। छड़ का द्रव्यमान $0.5 \, kg$ है।
वेज $40 \, cm$ पर है। हम $40 \, cm$ पर स्थित पिवट बिंदु (वेज) के परितः टॉर्क लेते हैं।
$100 \, cm$ पर कार्य कर रहे छड़ के भार $(0.5 \, kg)$ के कारण क्लॉकवाइज टॉर्क:
$\tau_{cw} = (0.5 \, kg \times g) \times (100 \, cm - 40 \, cm) = 0.5 \times g \times 60 \, cm$.
$160 \, cm$ पर कार्य कर रहे द्रव्यमान $'m'$ के कारण क्लॉकवाइज टॉर्क:
$\tau_{cw}' = (m \times g) \times (160 \, cm - 40 \, cm) = m \times g \times 120 \, cm$.
$20 \, cm$ पर कार्य कर रहे $2 \, kg$ द्रव्यमान के कारण एंटी-क्लॉकवाइज टॉर्क:
$\tau_{ccw} = (2 \, kg \times g) \times (40 \, cm - 20 \, cm) = 2 \times g \times 20 \, cm$.
संतुलन के लिए,$\tau_{ccw} = \tau_{cw} + \tau_{cw}'$:
$2 \times g \times 20 = 0.5 \times g \times 60 + m \times g \times 120$.
$g$ से विभाजित करने पर:
$40 = 30 + 120m$.
$10 = 120m$.
$m = \frac{10}{120} \, kg = \frac{1}{12} \, kg$.

(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:
$\frac{10/t}{20/t'} = \frac{65k}{50k}$
$\frac{10}{t} \times \frac{t'}{20} = \frac{65}{50}$
$\frac{t'}{2t} = \frac{13}{10}$
$t' = \frac{13}{10} \times 2t = \frac{13}{5} t$.

(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।

(D) दिए गए परिपथ में,मान लीजिए कि इनपुट टर्मिनल $A$ है और आउटपुट टर्मिनल $B$ है।
ऊपरी और निचली शाखाओं में $C$ धारिता वाले दो संधारित्र एक-दूसरे के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हुए हैं,और यह संयोजन बीच वाले संधारित्र $C$ के साथ समांतर क्रम में जुड़ा हुआ है।
श्रेणीक्रम में जुड़े दो संधारित्रों की समतुल्य धारिता $C_s$ है,तो $1 / C_s = 1 / C + 1 / C = 2 / C$,इसलिए $C_s = C / 2$ प्राप्त होता है।
अब,यह $C_s$ बीच वाले संधारित्र $C$ के साथ समांतर क्रम में है।
अतः,समतुल्य धारिता $C_{eq} = C_s + C = C / 2 + C = 3 C / 2$ होगी।

(D) ध्रुवीय अणु वे अणु होते हैं जिनमें धनात्मक और ऋणात्मक आवेशों के केंद्र एक-दूसरे पर संपाती नहीं होते हैं,बाहरी विद्युत क्षेत्र की अनुपस्थिति में भी।
चूंकि ये केंद्र एक छोटी दूरी से अलग होते हैं,इसलिए इन अणुओं में स्थायी विद्युत द्विध्रुव आघूर्ण होता है।

(D) एक अनंत लंबाई के सीधे चालक द्वारा $R$ दूरी पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B$ इस प्रकार है:
$B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi R}$
दिया गया है: $I = 5 \, A$,$R = 20 \, cm = 0.2 \, m$,$v = 10^{5} \, m/s$,$q = e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$.
मान रखने पर:
$B = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 5}{2 \pi \times 0.2} = \frac{2 \times 10^{-7} \times 5}{0.2} = 5 \times 10^{-6} \, T$.
गतिमान आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल $F = qvB \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है। चूँकि इलेक्ट्रॉन चालक के समानांतर गति कर रहा है,वेग सदिश और चुंबकीय क्षेत्र (जो चालक और इलेक्ट्रॉन के पथ के तल के लंबवत है) के बीच का कोण $\theta = 90^{\circ}$ है।
$F = qvB \sin 90^{\circ} = qvB$
$F = (1.6 \times 10^{-19} \, C) \times (10^{5} \, m/s) \times (5 \times 10^{-6} \, T)$
$F = 8 \times 10^{-20} \, N$.
अतः,बल का परिमाण $8 \times 10^{-20} \, N$ है।

(C) $R$ त्रिज्या वाले और $I$ समान धारा का वहन करने वाले मोटे बेलनाकार केबल के लिए:
$1$. केबल के अंदर $(r < R)$: एम्पीयर के परिपथीय नियम का उपयोग करने पर,चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{in}} = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi R^2}$ प्राप्त होता है। यह दर्शाता है कि $B \propto r$,जो एक रैखिक संबंध है।
$2$. केबल के बाहर $(r > R)$: चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{out}} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ प्राप्त होता है। यह दर्शाता है कि $B \propto 1/r$,जो एक हाइपरबोलिक संबंध है।
$3$. सतह पर $(r = R)$: चुंबकीय क्षेत्र अधिकतम होता है,$B_0 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi R}$।
अतः,ग्राफ केंद्र से सतह तक रैखिक रूप से बढ़ता है और फिर सतह के बाहर दूरी बढ़ने पर हाइपरबोलिक रूप से घटता है।

(A) पोटेंशियोमीटर में, प्रति इकाई लंबाई विभव पतन $(\phi)$ स्थिर रहता है।
संतुलन लंबाई $(l)$, सेल के $EMF$ $(E)$ के सीधे आनुपातिक होती है, अर्थात $E = \phi l$।
इसलिए, अनुपात इस प्रकार है: $\frac{E_1}{E_2} = \frac{l_1}{l_2}$।
दिया गया है: $E_1 = 1.5\, V$, $l_1 = 36\, cm$, $E_2 = 2.5\, V$।
मान रखने पर: $\frac{1.5}{2.5} = \frac{36}{l_2}$।
अनुपात को सरल करने पर: $\frac{3}{5} = \frac{36}{l_2}$।
$l_2$ के लिए हल करने पर: $l_2 = \frac{36 \times 5}{3} = 12 \times 5 = 60\, cm$।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग के संचरण की दिशा पॉइंटिंग सदिश की दिशा द्वारा दी जाती है,जो $\vec{E} \times \vec{B}$ है।
चूंकि तरंग $x$-दिशा में संचरित हो रही है,इसलिए हमारे पास $\vec{E} \times \vec{B} = \hat{i}$ होना चाहिए।
आइए विकल्प $B$ की जांच करें: $\vec{E} = -\hat{j} + \hat{k}$ और $\vec{B} = -\hat{j} - \hat{k}$।
क्रॉस प्रोडक्ट की गणना करने पर: $(-\hat{j} + \hat{k}) \times (-\hat{j} - \hat{k}) = (-\hat{j} \times -\hat{j}) - (\hat{j} \times -\hat{k}) + (\hat{k} \times -\hat{j}) - (\hat{k} \times -\hat{k})$।
$= 0 + (\hat{j} \times \hat{k}) - (\hat{k} \times \hat{j}) - 0 = \hat{i} - (-\hat{i}) = 2\hat{i}$।
चूंकि परिणामी सदिश $x$-दिशा में है,इसलिए विकल्प $B$ सही है।

(D) दिया गया है:
धारा का आयाम,$I_{0} = 10 \sqrt{2} \, A$.
प्रेरक के सिरों पर विभवांतर,$V_{L} = 40 \, V$.
संधारित्र के सिरों पर विभवांतर,$V_{C} = 10 \, V$.
प्रतिरोधक के सिरों पर विभवांतर,$V_{R} = 40 \, V$.
चरण $1$: $RMS$ धारा $(I_{RMS})$ की गणना करें।
$I_{RMS} = \frac{I_{0}}{\sqrt{2}} = \frac{10 \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 10 \, A$.
चरण $2$: स्रोत के $RMS$ वोल्टेज $(V_{RMS})$ की गणना करें।
$LCR$ श्रेणी परिपथ में,कुल वोल्टेज इस प्रकार दिया जाता है:
$V_{RMS} = \sqrt{V_{R}^{2} + (V_{L} - V_{C})^{2}}$
$V_{RMS} = \sqrt{(40)^{2} + (40 - 10)^{2}}$
$V_{RMS} = \sqrt{40^{2} + 30^{2}} = \sqrt{1600 + 900} = \sqrt{2500} = 50 \, V$.
चरण $3$: परिपथ की प्रतिबाधा $(Z)$ की गणना करें।
$Z = \frac{V_{RMS}}{I_{RMS}} = \frac{50 \, V}{10 \, A} = 5 \, \Omega$.
अतः,परिपथ की प्रतिबाधा $5 \, \Omega$ है।

(C) स्रोत द्वारा उत्सर्जित शक्ति $P$,प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $n$ और एक फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ के गुणनफल के बराबर होती है।
$P = n \frac{hc}{\lambda} \Rightarrow n = \frac{P \lambda}{hc}$
दिया गया है: $P = 3.3 \times 10^{-3} \, W$,$\lambda = 600 \times 10^{-9} \, m$,$h = 6.6 \times 10^{-34} \, Js$,और $c = 3 \times 10^8 \, m/s$.
मान रखने पर:
$n = \frac{3.3 \times 10^{-3} \times 600 \times 10^{-9}}{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}$
$n = \frac{3.3 \times 600 \times 10^{-12}}{19.8 \times 10^{-26}}$
$n = \frac{1980 \times 10^{-12}}{19.8 \times 10^{-26}} = 100 \times 10^{14} = 10^{16}$
अतः,प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटॉनों की संख्या $10^{16}$ है।

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार: $\frac{hc}{\lambda} = K_{\max} + \phi$.
चूंकि कार्य फलन $\phi$ नगण्य है,इसलिए $\frac{hc}{\lambda} = K_{\max}$ होगा।
उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{d} = \frac{h}{\sqrt{2mK_{\max}}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\lambda_{d}^{2} = \frac{h^{2}}{2mK_{\max}}$,जिसका अर्थ है $K_{\max} = \frac{h^{2}}{2m\lambda_{d}^{2}}$.
$K_{\max}$ का मान प्रकाश-विद्युत समीकरण में रखने पर: $\frac{hc}{\lambda} = \frac{h^{2}}{2m\lambda_{d}^{2}}$.
$\lambda$ के लिए हल करने पर,$\lambda = \frac{hc \cdot 2m\lambda_{d}^{2}}{h^{2}} = \left(\frac{2mc}{h}\right) \lambda_{d}^{2}$ प्राप्त होता है।

(A) अनुगमन वेग $v_{d} = \frac{e E}{m} \tau$ द्वारा दिया जाता है। अतः, $(A) \rightarrow (R)$।
विद्युत प्रतिरोधकता $\rho$ को विद्युत क्षेत्र और धारा घनत्व के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है, $\rho = \frac{E}{J}$। अतः, $(B) \rightarrow (S)$।
विश्रांति काल $\tau$ प्रतिरोधकता से $\rho = \frac{m}{n e^{2} \tau}$ द्वारा संबंधित है, जिसका अर्थ है $\tau = \frac{m}{n e^{2} \rho}$। अतः, $(C) \rightarrow (P)$।
धारा घनत्व $J$ को $J = n e v_{d}$ द्वारा दिया जाता है। अतः, $(D) \rightarrow (Q)$।
अतः, सही मिलान $(A)-(R), (B)-(S), (C)-(P), (D)-(Q)$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र रेखाएं $+q$ आवेश के पास एक-दूसरे के करीब हैं,जिसका अर्थ है कि $+q$ आवेश की स्थिति पर विद्युत क्षेत्र का परिमाण $-q$ आवेश की स्थिति की तुलना में अधिक है। मान लीजिए $+q$ पर क्षेत्र $E_1$ है और $-q$ पर क्षेत्र $E_2$ है। अतः,$|E_1| > |E_2|$ है।
धनात्मक आवेश पर बल $F_+ = qE_1$ (दाईं ओर) है और ऋणात्मक आवेश पर बल $F_- = qE_2$ (बाईं ओर) है।
चूंकि $|E_1| > |E_2|$ है,इसलिए परिणामी बल $F_{net} = q(E_1 - E_2)$ दाईं ओर कार्य करता है।
एक भौतिक प्रणाली स्वाभाविक रूप से उस दिशा में गति करती है जो उसकी स्थितिज ऊर्जा को कम करती है। इसलिए,द्विध्रुव दाईं ओर गति करेगा क्योंकि इसकी स्थितिज ऊर्जा कम हो जाएगी।

(A) संधारित्र पर आवेश $q = CV$ द्वारा दिया जाता है।
दिए गए वोल्टेज $V = V_{0} \sin \omega t$ को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $q = C V_{0} \sin \omega t$ प्राप्त होता है।
विस्थापन धारा $I_{d}$ संधारित्र की प्लेटों पर आवेश के परिवर्तन की दर के बराबर होती है,जो कि $I_{d} = \frac{dq}{dt}$ है।
$I_{d} = \frac{d}{dt} (C V_{0} \sin \omega t)$.
चूंकि $C$ और $V_{0}$ स्थिरांक हैं,इसलिए $I_{d} = C V_{0} \frac{d}{dt} (\sin \omega t)$.
$\sin \omega t$ का अवकलन $\omega \cos \omega t$ होता है,इसलिए $I_{d} = C V_{0} \omega \cos \omega t$.
अतः,$I_{d} = V_{0} \omega C \cos \omega t$ प्राप्त होता है।

(D) माना प्रत्येक तार का प्रतिरोध $R$ है। चूंकि चारों तारों की लंबाई,अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल और पदार्थ समान हैं,इसलिए उनके प्रतिरोध भी समान हैं।
जब $n$ समान प्रतिरोधकों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R}{n}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $n = 4$ और $R_p = 0.25\, \Omega$ दिया गया है,इसलिए $0.25 = \frac{R}{4}$,जिसका अर्थ है $R = 0.25 \times 4 = 1\, \Omega$।
जब इन चार प्रतिरोधकों को श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_s = n \times R$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$R_s = 4 \times 1 = 4\, \Omega$।

(C) $1$. पहले चरण में,${}_{Z}^{A}X \rightarrow {}_{Z-1}B$,परमाणु संख्या $1$ से घटती है। यह $\beta^{+}$ क्षय (पॉज़िट्रॉन उत्सर्जन) के अनुरूप है।
$2$. दूसरे चरण में,${}_{Z-1}B \rightarrow {}_{Z-3}C$,परमाणु संख्या $2$ से घटती है। यह $\alpha$ क्षय के अनुरूप है।
$3$. तीसरे चरण में,${}_{Z-3}C \rightarrow {}_{Z-2}D$,परमाणु संख्या $1$ से बढ़ती है। यह $\beta^{-}$ क्षय (इलेक्ट्रॉन उत्सर्जन) के अनुरूप है।
$4$. अतः,क्षय कणों का क्रम $\beta^{+}, \alpha, \beta^{-}$ है।

(C) समांतर प्लेट संधारित्र में ऊर्जा घनत्व $u$ (प्रति इकाई आयतन ऊर्जा) का सूत्र है: $u = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E^{2}$।
प्लेटों के बीच के स्थान का आयतन $V$,क्षेत्रफल $A$ और दूरी $d$ का गुणनफल है,इसलिए $V = Ad$।
संधारित्र में संचित कुल ऊर्जा $U$,ऊर्जा घनत्व और आयतन का गुणनफल है:
$U = u \times V$
$U = (\frac{1}{2} \varepsilon_{0} E^{2}) \times (Ad)$
$U = \frac{1}{2} \varepsilon_{0} E^{2} Ad$।

(C) अर्धचालक में धारा $I$ का सूत्र $I = n e A v_d$ है,जहाँ $v_d = \mu E$ है।
अतः,$I = n e A \mu E$।
$n$-प्रकार के अर्धचालक में बहुसंख्यक आवेश वाहक इलेक्ट्रॉन होते हैं और $p$-प्रकार के अर्धचालक में बहुसंख्यक आवेश वाहक होल होते हैं।
यह दिया गया है कि वाहक सांद्रता समान है $(n_e = n_h)$,इसलिए धारा आवेश वाहकों की गतिशीलता $(\mu)$ पर निर्भर करती है।
चूंकि अर्धचालक में इलेक्ट्रॉनों की गतिशीलता $(\mu_e)$,होल की गतिशीलता $(\mu_h)$ से अधिक होती है,इसलिए $I_n > I_p$ होता है।
अतः,$n$-प्रकार के अर्धचालक में धारा $p$-प्रकार के अर्धचालक की तुलना में अधिक होती है।

(B) दो लेंसों के संयोजन से गुजरने के बाद प्रकाश की समानांतर किरण पुंज के समानांतर रहने के लिए,पहले लेंस का दूसरा मुख्य फोकस और दूसरे लेंस का पहला मुख्य फोकस एक ही बिंदु पर स्थित होना चाहिए।
मान लीजिए $f_1 = 20 \, cm$ (उत्तल लेंस) और $f_2 = -5 \, cm$ (अवतल लेंस)।
लेंसों के बीच की दूरी $d$ का सूत्र $d = f_1 + f_2$ है।
मान रखने पर,$d = 20 \, cm + (-5 \, cm) = 15 \, cm$ प्राप्त होता है।
अतः,दूरी $d$ का मान $15 \, cm$ है।

(A) प्रिज्म की ज्यामिति से,प्रकाश किरण प्रिज्म की कर्ण सतह पर लंबवत आपतित होती है। अतः,पहली सतह पर आपतन कोण $i_1 = 0^{\circ}$ है,जिसका अर्थ है कि अपवर्तन कोण $r_1 = 0^{\circ}$ है।
प्रिज्म कोण $A = 30^{\circ}$ दिया गया है,हम संबंध $r_1 + r_2 = A$ का उपयोग करते हैं। $r_1 = 0^{\circ}$ रखने पर,हमें $r_2 = 30^{\circ}$ प्राप्त होता है।
दूसरी सतह (ऊर्ध्वाधर सतह) पर स्नेल के नियम को लागू करने पर: $\mu \sin r_2 = 1 \times \sin e$,जहाँ $\mu = \sqrt{3}$ और $e$ निर्गत कोण है।
$\sqrt{3} \sin 30^{\circ} = \sin e$
$\sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \sin e$
$\sin e = \frac{\sqrt{3}}{2}$
अतः,$e = 60^{\circ}$.

(C) कथन $(A)$ सही है: ज़ेनर डायोड को विशेष रूप से रिवर्स ब्रेकडाउन क्षेत्र में काम करने के लिए डिज़ाइन किया गया है,जो इसे एक प्रभावी वोल्टेज रेगुलेटर बनाता है।
कथन $(B)$ गलत है: जर्मेनियम $(Ge)$ $p-n$ जंक्शन के लिए विभव प्राचीर लगभग $0.3 \, V$ होता है,जबकि सिलिकॉन $(Si)$ $p-n$ जंक्शन के लिए यह लगभग $0.7 \, V$ होता है। इसलिए,$0.1 \, V$ से $0.3 \, V$ की सीमा सभी सामान्य $p-n$ जंक्शनों का प्रतिनिधित्व नहीं करती है,क्योंकि इसमें व्यापक रूप से उपयोग किए जाने वाले सिलिकॉन डायोड शामिल नहीं हैं।

(B) जब दो चालकों को एक तार से जोड़ा जाता है,तो आवेश तब तक प्रवाहित होता है जब तक कि उनके विभव समान न हो जाएं।
मान लीजिए $V_{1}$ और $V_{2}$ गोलों के विभव हैं। चूंकि वे जुड़े हुए हैं,इसलिए $V_{1} = V_{2}$ होगा।
एक आवेशित गोलाकार चालक का विभव $V = \frac{kQ}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\frac{kQ_{1}}{R_{1}} = \frac{kQ_{2}}{R_{2}}$,जिसका अर्थ है $\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$।
पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ को $\sigma = \frac{Q}{A} = \frac{Q}{4\pi R^{2}}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
इसलिए,पृष्ठीय आवेश घनत्व का अनुपात है:
$\frac{\sigma_{1}}{\sigma_{2}} = \frac{Q_{1} / (4\pi R_{1}^{2})}{Q_{2} / (4\pi R_{2}^{2})} = \frac{Q_{1}}{Q_{2}} \times \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}}$।
$\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{\sigma_{1}}{\sigma_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}} \times \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}^{2}} = \frac{R_{2}}{R_{1}}$।

(D) खगोलीय दूरबीन की आवर्धन क्षमता $MP = \frac{f_o}{f_e}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $f_o$ अभिदृश्यक की फोकस दूरी है और $f_e$ नेत्रिका (eyepiece) की फोकस दूरी है。
दूरबीन की विभेदन क्षमता $(R.P.)$ $R.P. = \frac{a}{1.22 \lambda}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $a$ अभिदृश्यक लेंस का द्वारक है और $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है。
$1$. बड़ा द्वारक $(a)$ विभेदन क्षमता को बढ़ाता है, जिससे दूरबीन दो निकट स्थित वस्तुओं के बीच अंतर करने में सक्षम होती है。
$2$. बड़ा द्वारक अभिदृश्यक की प्रकाश एकत्र करने की शक्ति को बढ़ाता है, जो लेंस के क्षेत्रफल $(\pi r^2)$ के समानुपाती होता है। यह सुनिश्चित करता है कि धुंधली वस्तुएं भी दिखाई दें और छवि की गुणवत्ता में सुधार हो。
चूंकि ये सभी कारक खगोलीय दूरबीन के प्रदर्शन में योगदान करते हैं, इसलिए सही उत्तर $D$ है。

(D) प्रारंभिक नाभिक की द्रव्यमान संख्या $A = 240$ है और प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $BE_{initial} = 7.6 \, MeV$ है।
प्रारंभिक नाभिक की कुल बंधन ऊर्जा $240 \times 7.6 = 1824 \, MeV$ है।
प्रक्रिया के बाद,नाभिक $120$ द्रव्यमान संख्या वाले दो टुकड़ों में टूट जाता है,जिनकी प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $BE_{final} = 8.5 \, MeV$ है।
दोनों टुकड़ों की कुल बंधन ऊर्जा $2 \times (120 \times 8.5) = 240 \times 8.5 = 2040 \, MeV$ है।
बंधन ऊर्जा में लाभ उत्पादों और अभिकारकों की कुल बंधन ऊर्जा के बीच का अंतर है:
$Q = BE_{products} - BE_{reactants} = 2040 \, MeV - 1824 \, MeV = 216 \, MeV$.

(B) समय $t$ पर एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता $A$ सूत्र $A = A_{0} \left(\frac{1}{2}\right)^{t/T_{H}}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A_{0}$ प्रारंभिक सक्रियता है और $T_{H}$ अर्ध-आयु है।
यहाँ $T_{H} = 100 \, hours$ और $t = 150 \, hours$ दिया गया है।
शेष सक्रियता का अंश $\frac{A}{A_{0}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{150/100}$ है।
इसे सरल करने पर $\left(\frac{1}{2}\right)^{1.5} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3/2} = \frac{1}{2^{3/2}} = \frac{1}{2 \sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: $L = 5.0 \, H$,$C = 80 \, \mu F = 80 \times 10^{-6} \, F$,$R = 40 \, \Omega$.
सबसे पहले,अनुनादी कोणीय आवृत्ति $\omega_0$ की गणना करें:
$\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{5.0 \times 80 \times 10^{-6}}} = \frac{1}{\sqrt{400 \times 10^{-6}}} = \frac{1}{0.02} = 50 \, rad/s$.
इसके बाद,बैंडविड्थ $\Delta \omega$ की गणना करें:
$\Delta \omega = \frac{R}{L} = \frac{40}{5.0} = 8 \, rad/s$.
वे आवृत्तियाँ जिन पर शक्ति अधिकतम शक्ति की आधी होती है (हाफ-पावर फ्रीक्वेंसी),$\omega = \omega_0 \pm \frac{\Delta \omega}{2}$ द्वारा दी जाती हैं।
$\omega_1 = \omega_0 - \frac{\Delta \omega}{2} = 50 - \frac{8}{2} = 50 - 4 = 46 \, rad/s$.
$\omega_2 = \omega_0 + \frac{\Delta \omega}{2} = 50 + \frac{8}{2} = 50 + 4 = 54 \, rad/s$.
अतः,कोणीय आवृत्तियाँ $46 \, rad/s$ और $54 \, rad/s$ हैं।

(D) $R_{1}$ त्रिज्या वाले और $I_{1}$ धारा प्रवाहित करने वाले वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B_{1} = \frac{\mu_{0} I_{1}}{2 R_{1}}$ द्वारा दिया जाता है।
$R_{2}$ त्रिज्या वाले छोटे लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi_{2} = B_{1} A_{2}$ है,जहाँ $A_{2} = \pi R_{2}^{2}$ छोटे लूप का क्षेत्रफल है।
चूंकि $R_{1} >> R_{2}$ है,हम मान सकते हैं कि चुंबकीय क्षेत्र $B_{1}$ छोटे लूप के क्षेत्रफल पर एकसमान है।
अन्योन्य प्रेरकत्व $M$ को $M = \frac{\phi_{2}}{I_{1}}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $M = \frac{B_{1} A_{2}}{I_{1}} = \frac{(\frac{\mu_{0} I_{1}}{2 R_{1}}) (\pi R_{2}^{2})}{I_{1}} = \frac{\mu_{0} \pi R_{2}^{2}}{2 R_{1}}$.
अतः,$M \propto \frac{R_{2}^{2}}{R_{1}}$.

(D) $1$. सबसे पहले,लेंस द्वारा प्रतिबिंब निर्माण पर विचार करें:
दिया गया है $u = -60\, cm$ और $f = +30\, cm$।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v} = \frac{1}{f} + \frac{1}{u} = \frac{1}{30} - \frac{1}{60} = \frac{2-1}{60} = \frac{1}{60}$
अतः,$v = +60\, cm$ (लेंस से)।
$2$. यह वास्तविक प्रतिबिंब समतल दर्पण के लिए वस्तु का कार्य करता है। दर्पण लेंस से $40\, cm$ की दूरी पर है। चूंकि प्रतिबिंब लेंस से $60\, cm$ की दूरी पर है,यह दर्पण के पीछे $60 - 40 = 20\, cm$ की दूरी पर है।
$3$. समतल दर्पण अपने पीछे उतनी ही दूरी पर आभासी प्रतिबिंब बनाता है जितनी दूरी पर वस्तु उसके सामने होती है। यहाँ,वस्तु दर्पण के पीछे $20\, cm$ पर है,इसलिए दर्पण उसके सामने $20\, cm$ की दूरी पर एक वास्तविक प्रतिबिंब बनाता है।
$4$. यह प्रतिबिंब लेंस के माध्यम से दूसरे अपवर्तन के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है। लेंस से इस वस्तु की दूरी $40 - 20 = 20\, cm$ है। अतः,$u' = -20\, cm$ (क्योंकि यह प्रकाश स्रोत की ओर है)।
$5$. लेंस सूत्र का पुनः उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{v'} = \frac{1}{f} + \frac{1}{u'} = \frac{1}{30} - \frac{1}{20} = \frac{2-3}{60} = -\frac{1}{60}$
अतः,$v' = -60\, cm$।
ऋणात्मक चिह्न दर्शाता है कि अंतिम प्रतिबिंब आभासी है और लेंस के सामने $60\, cm$ की दूरी पर बनता है,जो समतल दर्पण के पीछे $20\, cm$ की दूरी पर है।

(A) तार की कुल लंबाई $L = 12 a$ है।
स्थिति $(i)$: $a$ भुजा वाला समबाहु त्रिभुज।
एक फेरे की परिधि $= 3 a$ है।
फेरों की संख्या $N_{1} = \frac{12 a}{3 a} = 4$ है।
एक त्रिभुज का क्षेत्रफल $A_{1} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^{2}$ है।
चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $\mu_{1} = N_{1} I A_{1} = 4 \times I \times \frac{\sqrt{3}}{4} a^{2} = \sqrt{3} I a^{2}$ है।
स्थिति $(ii)$: $a$ भुजा वाला वर्ग।
एक फेरे की परिधि $= 4 a$ है।
फेरों की संख्या $N_{2} = \frac{12 a}{4 a} = 3$ है।
एक वर्ग का क्षेत्रफल $A_{2} = a^{2}$ है।
चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $\mu_{2} = N_{2} I A_{2} = 3 \times I \times a^{2} = 3 I a^{2}$ है।
अतः,चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $\sqrt{3} I a^{2}$ और $3 I a^{2}$ हैं।

(B) दिए गए परिपथ में,धारा $i_{1}$ दो समानांतर शाखाओं में विभाजित होती है जिनमें $r_{2}$ और $r_{3}$ प्रतिरोधक लगे हैं।
करंट डिवाइडर नियम के अनुसार,$r_{3}$ प्रतिरोधक से प्रवाहित होने वाली धारा $i_{3}$ इस प्रकार है:
$i_{3} = i_{1} \left( \frac{r_{2}}{r_{2} + r_{3}} \right)$
दोनों पक्षों को $i_{1}$ से विभाजित करने पर,हमें अनुपात प्राप्त होता है:
$\frac{i_{3}}{i_{1}} = \frac{r_{2}}{r_{2} + r_{3}}$

(A) यह दिया गया है कि ट्रांसफार्मर आदर्श है (शक्ति हानि को नजरअंदाज करते हुए),इसलिए इनपुट शक्ति आउटपुट शक्ति के बराबर होती है।
$P_{\text{in}} = P_{\text{out}}$
चूंकि $P_{\text{out}} = 44 \, W$ और $V_p = 220 \, V$ है,हम $P_{\text{in}} = V_p \times I_p$ संबंध का उपयोग करते हैं।
$220 \times I_p = 44$
$I_p = \frac{44}{220} \, A$
$I_p = \frac{1}{5} \, A = 0.2 \, A$
अतः,प्राथमिक परिपथ में धारा $0.2 \, A$ है।

(A) मान लीजिए कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और प्रत्येक छोटी बूंद पर आवेश $q$ है।
प्रत्येक छोटी बूंद का विभव $V_S = \frac{kq}{r} = 220 \, V$ है।
जब $N = 27$ बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या और $Q$ आवेश की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो आयतन स्थिर रहता है।
$\frac{4}{3} \pi R^3 = N \times \frac{4}{3} \pi r^3 \implies R = N^{1/3} r = (27)^{1/3} r = 3r$.
बड़ी बूंद पर कुल आवेश $Q = Nq = 27q$ है।
बड़ी बूंद का विभव $V_B = \frac{kQ}{R} = \frac{k(Nq)}{N^{1/3}r} = N^{2/3} \frac{kq}{r} = N^{2/3} V_S$ है।
मान रखने पर: $V_B = (27)^{2/3} \times 220 = (3^3)^{2/3} \times 220 = 3^2 \times 220 = 9 \times 220 = 1980 \, V$.

(D) परिपथ में एक $AND$ गेट और एक $NAND$ गेट शामिल है,जिनके आउटपुट को एक $OR$ गेट में भेजा जाता है। मान लीजिए इनपुट $A, B, C$ हैं। $AND$ गेट का आउटपुट $A \cdot B$ है। $NAND$ गेट का आउटपुट $\overline{B \cdot C}$ है। $OR$ गेट का अंतिम आउटपुट $Y = (A \cdot B) + \overline{(B \cdot C)}$ है।
प्रत्येक अंतराल के लिए सत्यता सारणी (truth table) का विश्लेषण:
- अंतराल $0-t_1$: $A=0, B=0, C=1$. $Y = (0 \cdot 0) + \overline{(0 \cdot 1)} = 0 + 1 = 1$.
- अंतराल $t_1-t_2$: $A=1, B=0, C=1$. $Y = (1 \cdot 0) + \overline{(0 \cdot 1)} = 0 + 1 = 1$.
- अंतराल $t_2-t_3$: $A=0, B=1, C=0$. $Y = (0 \cdot 1) + \overline{(1 \cdot 0)} = 0 + 1 = 1$.
- अंतराल $t_3-t_4$: $A=1, B=1, C=0$. $Y = (1 \cdot 1) + \overline{(1 \cdot 0)} = 1 + 1 = 1$.
- अंतराल $t_4-t_5$: $A=0, B=0, C=1$. $Y = (0 \cdot 0) + \overline{(0 \cdot 1)} = 0 + 1 = 1$.
- अंतराल $t_5-t_6$: $A=1, B=0, C=1$. $Y = (1 \cdot 0) + \overline{(0 \cdot 1)} = 0 + 1 = 1$.
चूंकि आउटपुट सभी अंतरालों के लिए $1$ $(5 \text{ V})$ है,इसलिए सही उत्तर एक निरंतर $5 \text{ V}$ सिग्नल है।

(B) लोरेंट्ज़ बल समीकरण के अनुसार: $\overrightarrow{F} = q(\vec{v} \times \overrightarrow{B})$.
चूँकि $q = 1$ है,इसलिए $\overrightarrow{F} = \vec{v} \times \overrightarrow{B}$ होगा।
मान लीजिए $\overrightarrow{B} = B \hat{i} + B \hat{j} + B_0 \hat{k}$ है।
सदिश गुणनफल सारणिक द्वारा प्राप्त होता है:
$\vec{v} \times \overrightarrow{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 4 & 6 \\ B & B & B_0 \end{vmatrix} = \hat{i}(4B_0 - 6B) - \hat{j}(2B_0 - 6B) + \hat{k}(2B - 4B) = 4 \hat{i} - 20 \hat{j} + 12 \hat{k}$.
घटकों की तुलना करने पर:
$1$) $4B_0 - 6B = 4$
$2$) $-(2B_0 - 6B) = -20 \implies 2B_0 - 6B = 20$
$3$) $2B - 4B = 12 \implies -2B = 12 \implies B = -6$.
$B = -6$ का मान समीकरण $(2)$ में रखने पर:
$2B_0 - 6(-6) = 20 \implies 2B_0 + 36 = 20 \implies 2B_0 = -16 \implies B_0 = -8$.
अतः,$\overrightarrow{B} = -6 \hat{i} - 6 \hat{j} - 8 \hat{k}$ प्राप्त होता है।