NEET 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) वक्र तरल सतह पर दबाव का अंतर यंग-लाप्लास समीकरण द्वारा दिया जाता है: $\Delta P = S \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right)$.
चूंकि टंकी $z$ दिशा में बहुत चौड़ी है,इसलिए उस दिशा में वक्रता त्रिज्या अनंत है $(R_2 \to \infty)$.
अतः,दबाव का अंतर $\Delta P = \frac{S}{R}$ है,जहाँ $R$ $xy$-समतल में वक्रता त्रिज्या है।
छोटे कोण $\theta$ के लिए,वक्रता त्रिज्या $R \approx \frac{1}{d^2y/dx^2}$ द्वारा दी जाती है।
इसलिए,$\Delta P = S \frac{d^2y}{dx^2}$.
सतह के नीचे $y$ गहराई पर,तरल स्तंभ के कारण दबाव का अंतर $\Delta P = \rho g y$ है।
दबाव के अंतर के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\rho g y = S \frac{d^2y}{dx^2}$.
पुनर्व्यवस्थित करने पर अवकल समीकरण प्राप्त होता है: $\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\rho g}{S} y$.

(D) विराम अवस्था से $L$ लंबाई के नत समतल पर नीचे फिसलने वाली वस्तु के लिए,लिया गया समय $L = \frac{1}{2} a t^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $a$ त्वरण है।
चिकनी सतह के लिए,त्वरण $a_S = g \sin \theta$. अतः,$L = \frac{1}{2} (g \sin \theta) t_S^2$.
खुरदरी सतह के लिए,त्वरण $a_R = g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta$. अतः,$L = \frac{1}{2} (g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta) t_R^2$.
चूंकि दोनों के लिए $L$ समान है,$\frac{1}{2} a_S t_S^2 = \frac{1}{2} a_R t_R^2$,जिसका अर्थ है $\frac{a_R}{a_S} = \left(\frac{t_S}{t_R}\right)^2$.
दिया गया है कि $t_R = 2 t_S$,इसलिए $\frac{a_R}{a_S} = \left(\frac{t_S}{2 t_S}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
त्वरण के व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{g \sin \theta - \mu_k g \cos \theta}{g \sin \theta} = \frac{1}{4}$.
चूंकि $\theta = 45^{\circ}$,$\sin 45^{\circ} = \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
इसलिए,$\frac{\frac{1}{\sqrt{2}} - \mu_k \frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{1}{4}$.
$1 - \mu_k = \frac{1}{4} \Rightarrow \mu_k = 1 - 0.25 = 0.75$.

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्रेक लगाने वाले बल द्वारा किया गया कार्य कार की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$W = \Delta KE$
चूंकि कारें रुक जाती हैं,इसलिए ब्रेक लगाने वाले बल द्वारा किया गया कार्य $W = -F \cdot S$ है,जहाँ $F$ ब्रेक लगाने वाला बल है और $S$ रुकने की दूरी है।
कार $A$ के लिए: $F_{A} \cdot S_{A} = KE_{A} \implies F_{A} \cdot 1000 = 100 \implies F_{A} = 0.1 \ N$.
कार $B$ के लिए: $F_{B} \cdot S_{B} = KE_{B} \implies F_{B} \cdot 1500 = 225 \implies F_{B} = 225 / 1500 = 0.15 \ N$.
अब,अनुपात $F_{A} / F_{B} = 0.1 / 0.15 = 10 / 15 = 2/3$ है।

(D) निम्नतम बिंदु और बिंदु $P$ के बीच यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण का नियम लागू करने पर:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mg \ell(1 + \sin \theta) + \frac{1}{2} mv_p^2$ ... $(i)$
बिंदु $P$ पर,डोरी में तनाव $T_p$ शून्य हो जाता है। गुरुत्वाकर्षण बल का त्रिज्यीय घटक आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$mg \sin \theta = \frac{mv_p^2}{\ell} \implies mv_p^2 = mg \ell \sin \theta$ ... $(ii)$
$(ii)$ को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2} mv_0^2 = mg \ell(1 + \sin \theta) + \frac{1}{2} mg \ell \sin \theta$
$v_0^2 = 2g \ell(1 + \sin \theta) + g \ell \sin \theta = 2g \ell + 3g \ell \sin \theta$
$v_0 = \sqrt{g \ell(2 + 3 \sin \theta)}$ ... $(iii)$
$(ii)$ से,$v_p = \sqrt{g \ell \sin \theta}$.
अतः,अनुपात है:
$\frac{v_p}{v_0} = \frac{\sqrt{g \ell \sin \theta}}{\sqrt{g \ell(2 + 3 \sin \theta)}} = \sqrt{\frac{\sin \theta}{2 + 3 \sin \theta}}$

(A) जमीन से टकराने से ठीक पहले गेंद का वेग $v_i = -\sqrt{2gh_1} = -\sqrt{2 \times 9.8 \times 40} = -\sqrt{784} = -28 \ m/s$ है।
जमीन से टकराने के बाद गेंद का वेग $v_f = \sqrt{2gh_2} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 10} = \sqrt{196} = 14 \ m/s$ है।
गेंद को प्राप्त आवेग संवेग में परिवर्तन के बराबर होता है: $\vec{I} = \Delta \vec{P} = m(\vec{v}_f - \vec{v}_i)$।
मान रखने पर: $\vec{I} = 0.5 \times [14 - (-28)] = 0.5 \times [14 + 28] = 0.5 \times 42 = 21 \ Ns$।

(C) प्रारंभिक मोल $n_i = 18.20 \ \text{mol}$ है।
आयतन $V = 30 \ \text{L} = 30 \times 10^{-3} \ \text{m}^3$ है।
तापमान $T = 27^{\circ} \text{C} = 300 \ \text{K}$ है।
गेज दाब $P_g = 11 \ \text{atm}$ है।
निरपेक्ष दाब $P_{abs} = P_g + P_{atm} = 11 + 1 = 12 \ \text{atm}$ है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करने पर, अंतिम मोल $n_f$:
$n_f = \frac{P_{abs} V}{RT} = \frac{12 \times 1.01 \times 10^5 \times 30 \times 10^{-3}}{(100/12) \times 300} = 14.544 \ \text{mol}$ है।
निकाली गई ऑक्सीजन के मोल $\Delta n = n_i - n_f = 18.20 - 14.544 = 3.656 \ \text{mol}$ है।
निकाली गई ऑक्सीजन का द्रव्यमान $m = \Delta n \times \text{आणविक द्रव्यमान} = 3.656 \times 32 \ \text{g} = 116.992 \ \text{g} \approx 0.117 \ \text{kg}$ है।
निकटतम विकल्प के अनुसार, द्रव्यमान $0.116 \ \text{kg}$ है।

(B) दिया गया संबंध: $t = x^2 + x$ है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dt}{dx} = 2x + 1$ प्राप्त होता है।
चूंकि वेग $v = \frac{dx}{dt}$ होता है,इसलिए $\frac{1}{v} = 2x + 1$,जिसका अर्थ है $v = (2x + 1)^{-1}$।
त्वरण $a$ का मान $a = v \frac{dv}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
$v$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{dv}{dx} = -1(2x + 1)^{-2} \times 2 = -2(2x + 1)^{-2}$ प्राप्त होता है।
त्वरण के सूत्र में $v$ और $\frac{dv}{dx}$ का मान रखने पर: $a = (2x + 1)^{-1} \times [-2(2x + 1)^{-2}]$।
अतः,$a = -2(2x + 1)^{-3} = -\frac{2}{(2x + 1)^3}$।

(D) कोणीय संवेग का संरक्षण होता है क्योंकि सूर्य पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं कर रहा है।
$L = I \omega = \text{स्थिरांक}$
समान घनत्व वाले ठोस गोले के लिए, जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} M R^2$ होता है।
चूंकि द्रव्यमान $M$ स्थिर रहता है, इसलिए $I \propto R^2$ है।
प्रारंभिक त्रिज्या $R_1$ और अंतिम त्रिज्या $R_2 = 2 R_1$ दी गई है, इसलिए नया जड़त्व आघूर्ण $I_2 = \frac{2}{5} M (2 R_1)^2 = 4 \times (\frac{2}{5} M R_1^2) = 4 I_1$ होगा।
कोणीय संवेग के संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए: $I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2$।
मान रखने पर: $I_1 \omega_1 = (4 I_1) \omega_2$, जिससे $\omega_2 = \frac{\omega_1}{4}$ प्राप्त होता है।
चूंकि कोणीय वेग $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ है, इसलिए $\frac{2 \pi}{T_2} = \frac{1}{4} \times \frac{2 \pi}{T_1}$ होगा।
इसे सरल करने पर $T_2 = 4 T_1$ प्राप्त होता है।
$T_1 = 27$ दिन दिए गए हैं, इसलिए नया काल $T_2 = 4 \times 27 = 108$ दिन होगा।

(C) स्थिर अवस्था में,प्रत्येक छड़ से ऊष्मा प्रवाह की दर समान होती है:
$\left(\frac{dQ}{dt}\right)_1 = \left(\frac{dQ}{dt}\right)_2 = \left(\frac{dQ}{dt}\right)_3$
ऊष्मा चालन के सूत्र $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA(T_H - T_L)}{L}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{2KA(3T - T_1)}{L} = \frac{KA(T_1 - T_2)}{L} = \frac{2KA(T_2 - T)}{L}$
$KA/L$ से विभाजित करने पर:
$2(3T - T_1) = (T_1 - T_2) = 2(T_2 - T)$
पहली समानता से:
$6T - 2T_1 = T_1 - T_2 \Rightarrow 3T_1 - T_2 = 6T$ --- $(1)$
दूसरी समानता से:
$T_1 - T_2 = 2T_2 - 2T \Rightarrow T_1 - 3T_2 = -2T$ --- $(2)$
समीकरण $(2)$ को $3$ से गुणा करने पर:
$3T_1 - 9T_2 = -6T$ --- $(3)$
समीकरण $(1)$ में से $(3)$ घटाने पर:
$(3T_1 - T_2) - (3T_1 - 9T_2) = 6T - (-6T)$
$8T_2 = 12T \Rightarrow T_2 = 1.5T$
$T_2$ का मान समीकरण $(2)$ में रखने पर:
$T_1 - 3(1.5T) = -2T \Rightarrow T_1 - 4.5T = -2T \Rightarrow T_1 = 2.5T$
अतः,अनुपात $T_1 / T_2 = 2.5T / 1.5T = 5/3$ है।

(D) मान लीजिए कि बस की गति $V_B$ है और स्कूटी की गति $V_S = 60 \ km/h$ है।
दो क्रमिक बसों के बीच की दूरी $d$ है,जो $d = V_B \times T$ द्वारा दी जाती है।
जब लड़की बस की समान दिशा में चलती है,तो सापेक्ष गति $(V_B - V_S)$ होती है। बसों के उसे पार करने के बीच का समय अंतराल $t_1 = 30 \ min = 0.5 \ h$ है।
अतः,$d = (V_B - V_S) t_1 \implies V_B T = (V_B - 60) \times 0.5$ --- $(1)$
जब लड़की विपरीत दिशा में चलती है,तो सापेक्ष गति $(V_B + V_S)$ होती है। समय अंतराल $t_2 = 10 \ min = 1/6 \ h$ है।
अतः,$d = (V_B + V_S) t_2 \implies V_B T = (V_B + 60) \times (1/6)$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ की तुलना करने पर:
$0.5(V_B - 60) = \frac{1}{6}(V_B + 60)$
$3(V_B - 60) = V_B + 60$
$3V_B - 180 = V_B + 60$
$2V_B = 240 \implies V_B = 120 \ km/h$.
$V_B$ का मान $(1)$ में रखने पर:
$120 \times T = (120 - 60) \times 0.5$
$120 \times T = 60 \times 0.5 = 30$
$T = 30/120 = 0.25 \ h = 15 \ min$.

(B) मान लीजिए छड़ $AB$ है,जहाँ $A$ दीवार के साथ संपर्क बिंदु है और $B$ फर्श के साथ संपर्क बिंदु है। छड़ ऊर्ध्वाधर दीवार के साथ $60^{\circ}$ का कोण बनाती है,इसलिए यह क्षैतिज फर्श के साथ $30^{\circ}$ का कोण बनाती है।
स्थानांतरणीय संतुलन के लिए:
ऊर्ध्वाधर बल: $N_2 = mg = 20 \times 10 = 200 \ N$.
क्षैतिज बल: $f_s = N_1$,जहाँ $N_1$ दीवार द्वारा लगाया गया अभिलंब बल है।
बिंदु $B$ (फर्श के साथ संपर्क बिंदु) के परितः टॉर्क को शून्य लेने पर:
$\tau_B = 0 \implies N_1 \times L \cos(30^{\circ}) - mg \times \frac{L}{2} \cos(60^{\circ}) = 0$.
$N_1 \times L \times \frac{\sqrt{3}}{2} = mg \times \frac{L}{2} \times \frac{1}{2}$.
$N_1 \times \sqrt{3} = mg \times \frac{1}{2} = 200 \times 0.5 = 100$.
$N_1 = \frac{100}{\sqrt{3}} \ N$.
यदि कोण $60^{\circ}$ फर्श के साथ लिया जाए,तो $f_s = 100\sqrt{3} \ N$ प्राप्त होता है। दिए गए विकल्पों के अनुसार सही उत्तर $100\sqrt{3} \ N$ है।

(B) एक दोलनशील स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय की कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ द्वारा दी जाती है।
जैसे-जैसे रेत बाहर निकलती है,निकाय का द्रव्यमान $m$ समय के साथ घटता जाता है।
चूंकि $m$ घटता है,इसलिए कोणीय आवृत्ति $\omega$ को समय के साथ बढ़ना चाहिए।
निकाय की कुल ऊर्जा $E = \frac{1}{2} k A^2$ द्वारा दी जाती है।
जैसे-जैसे रेत बाहर निकलती है,निकाय से बाहर निकलने वाला द्रव्यमान अपने साथ कुछ गतिज ऊर्जा ले जाता है,जिससे दोलनशील निकाय की कुल यांत्रिक ऊर्जा में कमी आती है।
चूंकि कुल ऊर्जा $E$ घटती है और स्प्रिंग नियतांक $k$ स्थिर रहता है,इसलिए आयाम $A$ को समय के साथ घटना चाहिए।
अतः,$\omega(t)$ बढ़ता है और $A(t)$ समय के साथ घटता है,जो विकल्प $B$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(C) पृष्ठ तनाव के कारण गुब्बारे के अंदर का दबाव $P = \frac{2S}{R}$ है।
बर्नौली के सिद्धांत का उपयोग करते हुए,बाहर निकलने वाली गैस का वेग $v = \sqrt{\frac{2P}{\rho}} = \sqrt{\frac{4S}{\rho R}} = 2S^{1/2} \rho^{-1/2} R^{-1/2}$ है।
दिया गया है कि $\psi(r) \propto r^\alpha$,$v \propto R^{-1/2}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = -1/2$ प्राप्त होता है।
आयतन में परिवर्तन की दर $\frac{dV}{dt} = -A \cdot v$ है।
चूंकि $V = \frac{4}{3}\pi R^3$,इसलिए $\frac{dV}{dt} = 4\pi R^2 \frac{dR}{dt}$।
अतः,$4\pi R^2 \frac{dR}{dt} = -A \cdot k \cdot S^{1/2} \rho^{-1/2} R^{-1/2}$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
$R^{5/2} dR = -C \cdot S^{1/2} \rho^{-1/2} A dt$।
$R$ से $0$ और $0$ से $T$ तक समाकलन करने पर: $\int_0^R R^{5/2} dR = \int_0^T C' S^{1/2} \rho^{-1/2} A dt$।
$\frac{2}{7} R^{7/2} = C' S^{1/2} \rho^{-1/2} A T$।
इस प्रकार,$T \propto S^{-1/2} A^{-1} \rho^{1/2} R^{7/2}$।
$T \propto S^a A^\beta \rho^\gamma R^\delta$ के साथ तुलना करने पर,हमें $a = -1/2, \alpha = -1/2, \beta = -1, \gamma = 1/2, \delta = 7/2$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: $10 \text{ V.S.D.} = 9 \text{ M.S.D.}$
$1 \text{ M.S.D.} = 0.1 \ cm$
$1 \text{ V.S.D.} = 0.9 \text{ M.S.D.} = 0.9 \times 0.1 \ cm = 0.09 \ cm$
अल्पतमांक $(L.C.) = 1 \text{ M.S.D.} - 1 \text{ V.S.D.} = 0.1 \ cm - 0.09 \ cm = 0.01 \ cm$
प्रेक्षित रीडिंग $= \text{मुख्य स्केल रीडिंग} + (n \times L.C.)$
$= 5 \ cm + (8 \times 0.01 \ cm) = 5.08 \ cm$
धनात्मक शून्य त्रुटि $= 0.1 \ cm$
संशोधित रीडिंग $= \text{प्रेक्षित रीडिंग} - \text{शून्य त्रुटि}$
$= 5.08 \ cm - 0.1 \ cm = 4.98 \ cm$

(B) आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा $U = \frac{f}{2} nRT = \frac{f}{2} PV$ द्वारा दी जाती है। चूंकि विभाजन ऊष्मारोधी है,इसलिए विभाजन को हटाने पर निकाय की कुल आंतरिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
$U_{\text{initial}} = U_{\text{final}}$
$\frac{f_1}{2} P_1 V_1 + \frac{f_2}{2} P_2 V_2 = \frac{f_{\text{mix}}}{2} P_{\text{mix}} (V_1 + V_2)$
यह मानते हुए कि दोनों कक्षों में गैस समान है,$f_1 = f_2 = f_{\text{mix}} = f$ होगा।
$P_1 V_1 + P_2 V_2 = P_{\text{mix}} (V_1 + V_2)$
दिए गए मानों को रखने पर:
$(1 \ atm \times 2 \ L) + (2 \ atm \times 3 \ L) = P_{\text{mix}} (2 \ L + 3 \ L)$
$2 + 6 = P_{\text{mix}} (5)$
$8 = 5 P_{\text{mix}}$
$P_{\text{mix}} = \frac{8}{5} \ atm = 1.6 \ atm$.

(A) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,समय अवधि $T$ का वर्ग कक्षा की अर्ध-प्रमुख धुरी $r$ के घन के समानुपाती होता है: $T^2 \propto r^3$.
दिया गया है कि मंगल की कक्षा की त्रिज्या $r_M = 4 \times r_{Me}$,जहाँ $r_{Me}$ बुध की कक्षा की त्रिज्या है।
समय अवधि का अनुपात इस प्रकार है: $\frac{T_{Me}}{T_M} = \left(\frac{r_{Me}}{r_M}\right)^{3/2}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{T_{Me}}{687} = \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} = \frac{1}{8}$.
इसलिए,$T_{Me} = \frac{687}{8} = 85.875$ दिन।
निकटतम पूर्णांक में पूर्णांकित करने पर,बुध पर $1$ वर्ष की लंबाई लगभग $88$ पृथ्वी के दिन है।

(B) पृथ्वी की सतह पर वस्तु का भार $W = mg = 48 \ N$ है।
पृथ्वी की सतह से $h$ ऊँचाई पर गुरुत्वीय त्वरण का सूत्र $g' = g \left( \frac{R}{R+h} \right)^2$ है।
यहाँ $h = \frac{R}{3}$ दिया गया है,इसलिए सूत्र में मान रखने पर:
$g' = g \left( \frac{R}{R + \frac{R}{3}} \right)^2 = g \left( \frac{R}{\frac{4R}{3}} \right)^2 = g \left( \frac{3}{4} \right)^2 = g \left( \frac{9}{16} \right)$.
$h$ ऊँचाई पर भार $W' = mg' = mg \left( \frac{9}{16} \right)$ होगा।
$mg = 48 \ N$ रखने पर:
$W' = 48 \times \frac{9}{16} = 3 \times 9 = 27 \ N$.

(C) मान लीजिए गोले का घनत्व $\rho$ है। $2R$ त्रिज्या वाले बड़े गोले का द्रव्यमान $M = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi (2R)^3 = 8 \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ है। मान लीजिए $m_0 = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ छोटे गोले का द्रव्यमान है। अतः $M = 8m_0$,यानी $m_0 = M/8$ है।
बड़े गोले का $Y$-अक्ष (जो उसके केंद्र से गुजरता है) के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_1 = \frac{2}{5} M (2R)^2 = \frac{8}{5} MR^2$ है।
छोटे गोले की त्रिज्या $R$ है और इसका केंद्र $x = R$ पर है। समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करके $Y$-अक्ष के परितः इसका जड़त्व आघूर्ण $I_2 = I_{cm} + m_0 d^2 = \frac{2}{5} m_0 R^2 + m_0 R^2 = \frac{7}{5} m_0 R^2$ होगा।
$m_0 = M/8$ रखने पर,हमें $I_2 = \frac{7}{5} (M/8) R^2 = \frac{7}{40} MR^2$ प्राप्त होता है।
शेष भाग का जड़त्व आघूर्ण $I_{rem} = I_1 - I_2 = \frac{8}{5} MR^2 - \frac{7}{40} MR^2 = \frac{64 - 7}{40} MR^2 = \frac{57}{40} MR^2$ है।
छोटे गोले के जड़त्व आघूर्ण और शेष भाग के जड़त्व आघूर्ण का अनुपात $\frac{I_2}{I_{rem}} = \frac{7/40 MR^2}{57/40 MR^2} = \frac{7}{57}$ है।

(B) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = \Delta U + W$ है।
चूंकि दी गई ऊष्मा $Q$ समान है और दोनों गैसों के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ समान है,इसलिए किया गया कार्य $W$ भी समान होना चाहिए।
$W_A = W_B$
अचर दबाव $P$ के लिए,किया गया कार्य $W = P \Delta V = P (A \Delta x)$ होता है,जहाँ $A$ पिस्टन का क्षेत्रफल है और $\Delta x$ विस्थापन है।
$P (\pi r_A^2) \Delta x_A = P (\pi r_B^2) \Delta x_B$
दिया गया है कि $\Delta x_A = 16 \ cm$ और $\Delta x_B = 9 \ cm$ है।
$r_A^2 (16) = r_B^2 (9)$
$\frac{r_A^2}{r_B^2} = \frac{9}{16}$
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{r_A}{r_B} = \sqrt{\frac{9}{16}} = \frac{3}{4}$.

(C) दिया गया संबंध: $P = a^3 b^2 c^{-1} d^{-1/2}$.
त्रुटियों के प्रसार के सूत्र का उपयोग करते हुए,$P$ में सापेक्ष त्रुटि इस प्रकार है:
$\frac{\Delta P}{P} = 3 \left( \frac{\Delta a}{a} \right) + 2 \left( \frac{\Delta b}{b} \right) + 1 \left( \frac{\Delta c}{c} \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta d}{d} \right)$.
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करें:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 3 \left( \frac{\Delta a}{a} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta b}{b} \times 100 \right) + 1 \left( \frac{\Delta c}{c} \times 100 \right) + \frac{1}{2} \left( \frac{\Delta d}{d} \times 100 \right)$.
दी गई प्रतिशत त्रुटियों $(1 \%, 3 \%, 2 \%, 4 \%)$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 3(1 \%) + 2(3 \%) + 1(2 \%) + \frac{1}{2}(4 \%)$.
$= 3 \% + 6 \% + 2 \% + 2 \% = 13 \%$.

(D) दिया गया है कि द्रव्यमान समान हैं,$m_P = m_Q = m$.
सरल आवर्त गति में कण की अधिकतम गति $V_{\text{max}} = A \omega$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
कोणीय आवृत्ति का सूत्र $\omega = \sqrt{k/m}$ है।
दिया गया है कि $(V_{\text{max}})_P = (V_{\text{max}})_Q$,इसलिए $A_P \omega_P = A_Q \omega_Q$.
$\omega$ के मान रखने पर,हमें मिलता है $A_P \sqrt{k_1 / m} = A_Q \sqrt{k_2 / m}$.
चूंकि दोनों के लिए $m$ समान है,हम $\sqrt{m}$ को दोनों पक्षों से हटा सकते हैं:
$A_P \sqrt{k_1} = A_Q \sqrt{k_2}$.
अनुपात $A_Q / A_P$ ज्ञात करने के लिए व्यवस्थित करने पर,हमें मिलता है $A_Q / A_P = \sqrt{k_1} / \sqrt{k_2} = \sqrt{k_1 / k_2}$.

(B) $\ell$ लंबाई की खुली पाइप के लिए,मूल आवृत्ति $f = \frac{V}{2\ell}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V$ हवा में ध्वनि की गति है।
जब पाइप को पानी में उसकी लंबाई के आधे हिस्से तक लंबवत डुबोया जाता है,तो वायु स्तंभ की प्रभावी लंबाई $\ell' = \frac{\ell}{2}$ हो जाती है।
चूंकि अब एक सिरा पानी की सतह द्वारा बंद हो गया है,इसलिए पाइप एक बंद ऑर्गन पाइप (एक सिरा खुला और एक सिरा बंद) के रूप में कार्य करती है।
$\ell'$ लंबाई की बंद पाइप की मूल आवृत्ति $f' = \frac{V}{4\ell'}$ द्वारा दी जाती है।
सूत्र में $\ell' = \frac{\ell}{2}$ रखने पर,हमें $f' = \frac{V}{4(\ell/2)} = \frac{V}{2\ell}$ प्राप्त होता है।
प्रारंभिक आवृत्ति के साथ तुलना करने पर,हम पाते हैं कि $f' = f$।

(B) दिया गया है:
अभिदृश्यक की फोकस दूरी $f_o = 2 \ cm$
नेत्रिका की फोकस दूरी $f_e = 4 \ cm$
नली की लंबाई $L = 40 \ cm$
स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी $D = 25 \ cm$
संयुक्त सूक्ष्मदर्शी के लिए,जब अंतिम प्रतिबिंब स्पष्ट दृष्टि की न्यूनतम दूरी पर बनता है,तो आवर्धन क्षमता का सूत्र है:
$m = \frac{L}{f_o} \times \frac{D}{f_e}$
मान रखने पर:
$m = \frac{40}{2} \times \frac{25}{4}$
$m = 20 \times 6.25$
$m = 125$

(B) इलेक्ट्रॉन के बिना विचलित हुए गति करने के लिए,कुल लॉरेंट्ज़ बल शून्य होना चाहिए: $\vec{F}_e + \vec{F}_m = 0$,जिसका अर्थ है $\vec{F}_e = -\vec{F}_m$.
चूंकि चुंबकीय बल $\vec{F}_m = q(\vec{v} \times \vec{B})$ है,इसका परिमाण $F_m = qvB \sin(90^\circ) = qvB$ होगा।
विद्युत बल $F_e = qE$ है।
बलों के परिमाण की तुलना करने पर: $qE = qvB \implies E = vB$.
यहाँ $v = c/100 = (3 \times 10^8) / 100 = 3 \times 10^6 \ ms^{-1}$ है।
और $B = 9 \times 10^{-4} \ T$ दिया गया है।
$E$ की गणना करने पर: $E = (3 \times 10^6) \times (9 \times 10^{-4}) = 27 \times 10^2 \ V \ m^{-1}$।
बलों को एक-दूसरे को रद्द करने के लिए,$\vec{E}$ को $\vec{v}$ और $\vec{B}$ दोनों के लंबवत होना चाहिए। चूंकि $\vec{v}$,$\vec{B}$ के लंबवत है,इसलिए $\vec{E}$ को $\vec{B}$ के लंबवत होना चाहिए।

(B) धारा ज्ञात करने के लिए,हम पहले परिपथ को सरल बनाते हैं। प्रतिरोधों द्वारा निर्मित सेतु संतुलित है क्योंकि भुजाओं पर प्रतिरोधों का अनुपात समान है $(5/3 = 2.5/1.5 = 5/3)$। इसलिए,$6 \ \Omega$ के प्रतिरोध से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है,और इसे हटाया जा सकता है।
$6 \ \Omega$ के प्रतिरोध को हटाने के बाद,परिपथ में बैटरी के साथ श्रेणीक्रम में दो समानांतर शाखाएं होती हैं। दिए गए सरल आरेख के अनुसार,नेटवर्क का तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{eq}} = \frac{1}{3} + \frac{8}{3} + 1.5 + 5.5 = 10 \ \Omega$ है।
धारा $i = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{5 \ V}{10 \ \Omega} = 0.5 \ A$ प्राप्त होती है।

(D) यह सर्किट एक $NOR$ गेट और एक $NAND$ गेट से बना है,जिनके आउटपुट को एक $AND$ गेट में भेजा जाता है।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं।
$NOR$ गेट का आउटपुट $Y_1 = \overline{A+B}$ है।
$NAND$ गेट का आउटपुट $Y_2 = \overline{A \cdot B}$ है।
$AND$ गेट का अंतिम आउटपुट $Y = Y_1 \cdot Y_2 = \overline{A+B} \cdot \overline{A \cdot B}$ है।
डी मॉर्गन के नियमों का उपयोग करते हुए,$\overline{A+B} = \overline{A} \cdot \overline{B}$ और $\overline{A \cdot B} = \overline{A} + \overline{B}$ होता है।
अतः,$Y = (\overline{A} \cdot \overline{B}) \cdot (\overline{A} + \overline{B})$.
इसका विस्तार करने पर,$Y = (\overline{A} \cdot \overline{B} \cdot \overline{A}) + (\overline{A} \cdot \overline{B} \cdot \overline{B})$.
चूंकि $\overline{A} \cdot \overline{A} = \overline{A}$ और $\overline{B} \cdot \overline{B} = \overline{B}$,हमें $Y = (\overline{A} \cdot \overline{B}) + (\overline{A} \cdot \overline{B})$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$Y = \overline{A} \cdot \overline{B} = \overline{A+B}$.
यह $NOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक है।

(A) तरंग समीकरण $E_z = E_0 \cos(kx + \omega t)$ द्वारा दिया जाता है। दिए गए समीकरण के साथ तुलना करने पर,$E_0 = 60 \text{ V/m}$,$k = 5 \text{ rad/m}$,और $\omega = 1.5 \times 10^9 \text{ rad/s}$ प्राप्त होता है।
तरंग की गति $v = \frac{\omega}{k} = \frac{1.5 \times 10^9}{5} = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_0 = \frac{E_0}{v} = \frac{60}{3 \times 10^8} = 2 \times 10^{-7} \text{ T}$ है।
प्रसार की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ सदिश द्वारा दी जाती है। चूंकि तरंग $-x$ दिशा में प्रसारित होती है और $\vec{E}$,$z$-अक्ष के अनुदिश है,इसलिए $(-\hat{i}) = \hat{k} \times \vec{B}$ होगा। इसका अर्थ है कि $\vec{B}$ को $y$-अक्ष के अनुदिश होना चाहिए (क्योंकि $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$)। अतः,चुंबकीय क्षेत्र $B_y = B_0 \cos(kx + \omega t) = 2 \times 10^{-7} \cos(5x + 1.5 \times 10^9 t) \text{ T}$ होगा।

(D) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 1 \text{ H}$, प्रतिरोध $R = 2 \Omega$, $EMF$ $E = 5 \text{ V}$, धारा $i = 2 \text{ A}$, और धारा के परिवर्तन की दर $\frac{di}{dt} = 1 \text{ A/s}$।
बिंदु $A$ से $B$ तक किरचॉफ का वोल्टेज नियम $(KVL)$ लागू करने पर:
$V_{A} - L\frac{di}{dt} - E - iR = V_{B}$
विभवांतर $V_{A} - V_{B}$ ज्ञात करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$V_{A} - V_{B} = L\frac{di}{dt} + E + iR$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$V_{A} - V_{B} = (1 \text{ H} \times 1 \text{ A/s}) + 5 \text{ V} + (2 \text{ A} \times 2 \Omega)$
$V_{A} - V_{B} = 1 \text{ V} + 5 \text{ V} + 4 \text{ V}$
$V_{A} - V_{B} = 10 \text{ V}$

(A) धारावाही कुंडली का चुंबकीय आघूर्ण $M$ सूत्र $M = I \cdot A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धारा है और $A$ कुंडली का क्षेत्रफल है।
चूँकि कुंडली वृत्ताकार है,क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ होता है,जहाँ $r$ त्रिज्या है।
इसलिए,चुंबकीय आघूर्ण $M = I \cdot \pi r^2$ है।
समान धारा $I$ और $r_1$ तथा $r_2$ त्रिज्या वाली दो कुंडलियों के लिए,उनके चुंबकीय आघूर्ण का अनुपात है:
$\frac{M_1}{M_2} = \frac{I \cdot \pi r_1^2}{I \cdot \pi r_2^2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$.
त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{r_1}{r_2} = \frac{1}{2}$ दिया गया है,इसे समीकरण में रखने पर:
$\frac{M_1}{M_2} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
अतः,उनके चुंबकीय आघूर्ण का अनुपात $1:4$ है।

(C) जब लेंसों के संयोजन का उपयोग किया जाता है,तो कुल पावर व्यक्तिगत पावर का बीजगणितीय योग होता है।
$p$ पावर वाले चार समान लेंसों के लिए,कुल पावर $P_{\text{net}} = p + p + p + p = 4p$ होती है।
जब लेंस संपर्क में रखे जाते हैं,तो संयोजन का कुल आवर्धन व्यक्तिगत आवर्धन का गुणनफल होता है।
$m$ आवर्धन वाले चार समान लेंसों के लिए,कुल आवर्धन $m_{\text{net}} = m \times m \times m \times m = m^4$ होता है।
अतः,पावर $4p$ और आवर्धन $m^4$ है।

(B) दिया गया है: $V_{rms} = 220 \ V$,$R = 20 \ \Omega$,$X_C = 25 \ \Omega$,$X_L = 45 \ \Omega$.
$LCR$ श्रेणी परिपथ की प्रतिबाधा (impedance) $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $Z = \sqrt{20^2 + (45 - 25)^2} = \sqrt{400 + 20^2} = \sqrt{400 + 400} = \sqrt{800} = 20\sqrt{2} \ \Omega$.
$RMS$ धारा $I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z} = \frac{220}{20\sqrt{2}} = \frac{11}{\sqrt{2}} \approx 7.778 \ A \approx 7.8 \ A$.
कलांतर $\phi$ के लिए $\tan \phi = \frac{X_L - X_C}{R}$ होता है।
मान रखने पर: $\tan \phi = \frac{45 - 25}{20} = \frac{20}{20} = 1$.
अतः,$\phi = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$.

(B) चुंबकीय आघूर्ण $M = I A$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ धारा है और $A$ कक्षा का क्षेत्रफल है।
$I = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2 \pi r}$ और $A = \pi r^2$.
अतः,$M = \left( \frac{ev}{2 \pi r} \right) (\pi r^2) = \frac{evr}{2}$.
दिया गया फ्लक्स प्रतिबंध: $B(\pi r^2) = n(h/e)$। न्यूनतम ऊर्जा अवस्था के लिए,$n = 1$,इसलिए $B \pi r^2 = h/e$,जिसका अर्थ है $r^2 = \frac{h}{B \pi e}$।
साथ ही,चुंबकीय क्षेत्र में इलेक्ट्रॉन के लिए,अभिकेंद्री बल लॉरेंट्ज़ बल द्वारा प्रदान किया जाता है: $\frac{mv^2}{r} = evB$,जो देता है $\frac{v}{r} = \frac{eB}{m}$।
$v = \frac{eBr}{m}$ को $M$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$M = \frac{e}{2} \left( \frac{eBr}{m} \right) r = \frac{e^2 B r^2}{2m}$.
$r^2 = \frac{h}{B \pi e}$ को $M$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$M = \frac{e^2 B}{2m} \left( \frac{h}{B \pi e} \right) = \frac{eh}{2 \pi m}$.

(A) हवा वाले समांतर प्लेट संधारित्र की प्रारंभिक धारिता $C_1 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ है।
जब $t_1 = \frac{3}{8}d$ और $t_2 = \frac{d}{2}$ मोटाई वाली दो परावैद्युत स्लैब डाली जाती हैं,तो शेष हवा का अंतराल $t_{air} = d - (\frac{3}{8}d + \frac{1}{2}d) = d - \frac{7}{8}d = \frac{1}{8}d$ होता है।
नई धारिता $C_2$ को कई परावैद्युत स्लैब वाले संधारित्र के सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{\frac{t_1}{K_1} + \frac{t_2}{K_2} + t_{air}} = \frac{\varepsilon_0 A}{\frac{3d}{8K_1} + \frac{d}{2K_2} + \frac{d}{8}}.$
दिया गया है कि $K_1 = 1.25 K_2 = \frac{5}{4} K_2,$ इसलिए $K_2 = \frac{4}{5} K_1 = 0.8 K_1.$
$C_2$ के व्यंजक में $K_2$ का मान रखने पर:
$C_2 = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{3}{8K_1} + \frac{1}{2(0.8K_1)} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{3}{8K_1} + \frac{1}{1.6K_1} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{3}{8K_1} + \frac{5}{8K_1} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{8}{8K_1} + \frac{1}{8} \right)} = \frac{\varepsilon_0 A}{d \left( \frac{1}{K_1} + \frac{1}{8} \right)}.$
दिया गया है कि $C_2 = 2 C_1,$ इसलिए:
$\frac{\varepsilon_0 A}{d (\frac{1}{K_1} + \frac{1}{8})} = 2 \frac{\varepsilon_0 A}{d} \Rightarrow \frac{1}{\frac{1}{K_1} + \frac{1}{8}} = 2 \Rightarrow \frac{1}{K_1} + \frac{1}{8} = \frac{1}{2}.$
$\frac{1}{K_1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{4-1}{8} = \frac{3}{8}.$
अतः,$K_1 = \frac{8}{3} \approx 2.66.$

(C) विस्थापन धारा $I_d$ को $I_d = \epsilon_0 \frac{d\phi_e}{dt} = \epsilon_0 \frac{d}{dt}(EA \cos 0^{\circ})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$,इसलिए $I_d = \epsilon_0 A \frac{d}{dt}(\frac{\sigma}{\epsilon_0}) = A \frac{d\sigma}{dt}$ है।
यह दिया गया है कि पृष्ठीय आवेश घनत्व $\sigma$ एक स्थिर दर से बढ़ता है,इसलिए $\frac{d\sigma}{dt}$ स्थिर है,अतः $I_d$ स्थिर है।
एम्पीयर-मैक्सवेल नियम का उपयोग करते हुए,अक्ष से $r$ दूरी पर (प्लेटों के अंदर,$r < R$) चुंबकीय क्षेत्र $B$ का मान $B(2\pi r) = \mu_0 I_{enclosed} = \mu_0 I_d (\frac{\pi r^2}{\pi R^2})$ है।
इस प्रकार,$B = \frac{\mu_0 I_d r}{2\pi R^2}$ प्राप्त होता है।
$r > R$ (प्लेटों के बाहर) के लिए,$B(2\pi r) = \mu_0 I_d$,इसलिए $B = \frac{\mu_0 I_d}{2\pi r}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र हर जगह गैर-शून्य है और यह सीमा $r = R$ (प्लेटों की परिधि को जोड़ने वाली काल्पनिक बेलनाकार सतह) पर अपना अधिकतम मान प्राप्त करता है।

(A) जब अध्रुवित प्रकाश $1.73$ अपवर्तनांक वाले माध्यम पर ब्रूस्टर कोण $(i_p)$ पर आपतित होता है,तो परावर्तित प्रकाश पूर्णतः ध्रुवित हो जाता है।
ब्रूस्टर के नियम के अनुसार:
$\mu = \tan(i_p)$
$1.73 = \tan(i_p)$
चूंकि $\tan(60^{\circ}) = \sqrt{3} \approx 1.732$,इसलिए $i_p = 60^{\circ}$ प्राप्त होता है।
परावर्तन के नियम के अनुसार,परावर्तन कोण $r$ आपतन कोण $i_p$ के बराबर होता है,इसलिए $r = 60^{\circ}$।
अतः,परावर्तित प्रकाश पूर्णतः ध्रुवित है और परावर्तन कोण $60^{\circ}$ है।

(D) प्रारंभ में,गोलों $A$ और $B$ के बीच बल कूलम्ब के नियम के अनुसार $F = \frac{k q^2}{r^2}$ है।
जब तीसरा समान अनावेशित गोला $C$ को गोले $A$ के संपर्क में लाया जाता है,तो कुल आवेश $q + 0 = q$ उनके बीच समान रूप से विभाजित हो जाता है। इस प्रकार,$A$ पर नया आवेश $q_A' = \frac{q}{2}$ और $C$ पर आवेश $q_C' = \frac{q}{2}$ हो जाता है।
इसके बाद,गोले $C$ (जिस पर अब $\frac{q}{2}$ आवेश है) को गोले $B$ (जिस पर $q$ आवेश है) के संपर्क में लाया जाता है। कुल आवेश $q + \frac{q}{2} = \frac{3q}{2}$ हो जाता है। यह आवेश $B$ और $C$ के बीच समान रूप से विभाजित हो जाता है। इस प्रकार,$B$ पर नया आवेश $q_B' = \frac{3q}{4}$ और $C$ पर आवेश $q_C'' = \frac{3q}{4}$ हो जाता है।
$A$ और $B$ के बीच नया प्रतिकर्षण बल $F' = \frac{k q_A' q_B'}{r^2} = \frac{k (q/2) (3q/4)}{r^2} = \frac{3}{8} \frac{k q^2}{r^2}$ है।
चूंकि $F = \frac{k q^2}{r^2}$,इसलिए $F' = \frac{3 F}{8}$ प्राप्त होता है।

(C) अभिकेंद्र बल मूल बिंदु की ओर कार्य करने वाले स्थिर बल $F$ द्वारा प्रदान किया जाता है:
$\frac{m v^2}{r} = F \quad ....(1)$
कोणीय संवेग के लिए बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार:
$mvr = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow v = \frac{nh}{2\pi mr} \quad ....(2)$
समीकरण $(2)$ से $v$ का मान समीकरण $(1)$ में रखने पर:
$\frac{m}{r} \left( \frac{nh}{2\pi mr} \right)^2 = F$
$\frac{m}{r} \cdot \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m^2 r^2} = F$
$\frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m r^3} = F$
$r^3$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$r^3 = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m F}$
चूंकि $h, m, F$ स्थिरांक हैं,इसलिए $r^3 \propto n^2$,जिसका अर्थ है $r \propto n^{2/3}$।
अब,समीकरण $(2)$ से $v$ के व्यंजक में $r \propto n^{2/3}$ रखने पर:
$v \propto \frac{n}{r} \propto \frac{n}{n^{2/3}} \propto n^{1 - 2/3} \propto n^{1/3}$।
अतः,$r \propto n^{2/3}$ और $v \propto n^{1/3}$ है।

(C) $8$ बराबर टुकड़ों में से प्रत्येक का प्रतिरोध $r = \frac{R}{8}$ होगा।
जब ऐसे $4$ टुकड़ों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो एक सेट का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{r}{4} = \frac{R/8}{4} = \frac{R}{32}$ होता है।
चूंकि ऐसे दो सेट श्रेणी क्रम में जुड़े हैं,इसलिए कुल प्रभावी प्रतिरोध $R_{\text{eff}} = R_p + R_p = 2 \times \frac{R}{32} = \frac{R}{16}$ होगा।

(B) बोहर के क्वांटाइजेशन प्रतिबंध के अनुसार,कक्षा की परिधि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का एक पूर्णांक गुणज होती है: $2 \pi r_n = n \lambda$.
$n$-वीं कक्षा की त्रिज्या $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $a_0 = 0.052 \ nm$ और हाइड्रोजन के लिए $Z = 1$ है।
$n=2$ के लिए,त्रिज्या $r_2 = 0.052 \times \frac{2^2}{1} = 0.052 \times 4 = 0.208 \ nm$ है।
इस मान को क्वांटाइजेशन प्रतिबंध में रखने पर: $2 \pi (0.208) = 2 \lambda$.
$\lambda$ के लिए हल करने पर: $\lambda = \pi \times 0.208 \approx 3.14159 \times 0.208 \approx 0.653 \ nm$.
दिए गए विकल्पों में निकटतम मान $0.67 \ nm$ है।

(B) दिया गया है:
द्विध्रुव आघूर्ण $p = 5 \times 10^{-6} \ Cm$
विद्युत क्षेत्र $E = 4 \times 10^5 \ N/C$
प्रारंभिक कोण $\theta_{i} = 0^{\circ}$
अंतिम कोण $\theta_{f} = 60^{\circ}$
विद्युत क्षेत्र में एक विद्युत द्विध्रुव की स्थितिज ऊर्जा $U = -pE \cos \theta$ द्वारा दी जाती है।
स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = U_{f} - U_{i}$ है।
$\Delta U = (-pE \cos \theta_{f}) - (-pE \cos \theta_{i})$
$\Delta U = pE (\cos \theta_{i} - \cos \theta_{f})$
मान रखने पर:
$\Delta U = (5 \times 10^{-6}) \times (4 \times 10^5) \times (\cos 0^{\circ} - \cos 60^{\circ})$
$\Delta U = 20 \times 10^{-1} \times (1 - 0.5)$
$\Delta U = 2 \times 0.5 = 1 \ J$.

(B) माना बिंदु $A$ पर विभव $V_A = 50 \ V$ है और बिंदु $B$ पर विभव $V_B = 0 \ V$ है। माना नोड $C$ पर विभव $V_C$ और नोड $D$ पर विभव $V_D$ है।
नोड $C$ पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर:
$\frac{V_A - V_C}{1} + \frac{V_B - V_C}{2} = I_{CD} \implies (50 - V_C) + \frac{0 - V_C}{2} = I_{CD} \implies 50 - 1.5V_C = I_{CD} \quad (1)$
नोड $D$ पर $KCL$ लागू करने पर:
$\frac{V_A - V_D}{3} + \frac{V_B - V_D}{4} = -I_{CD} \implies \frac{50 - V_D}{3} + \frac{0 - V_D}{4} = -I_{CD} \implies \frac{50}{3} - \frac{7V_D}{12} = -I_{CD} \quad (2)$
चूंकि शाखा $CD$ नोड $C$ और $D$ के बीच एक सीधा जुड़ाव है,इसलिए $V_C = V_D = V$ लेते हैं। संयुक्त नोड $CD$ पर $KCL$ लागू करने पर:
$\frac{V - 50}{1} + \frac{V - 0}{2} + \frac{V - 50}{3} + \frac{V - 0}{4} = 0$
$V(1 + 0.5 + 0.333 + 0.25) = 50 + 16.667$
$V(2.0833) = 66.667 \implies V = 32 \ V$.
$1 \ \Omega$ के प्रतिरोधक से बहने वाली धारा $I_1 = \frac{50 - 32}{1} = 18 \ A$ है।
$2 \ \Omega$ के प्रतिरोधक से बहने वाली धारा $I_2 = \frac{32 - 0}{2} = 16 \ A$ है।
नोड $C$ पर $KCL$ के अनुसार,$I_{CD} = I_1 - I_2 = 18 - 16 = 2 \ A$ है।

(C) फोटॉन के लिए,ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda_{\text{photon}}}$ द्वारा दी जाती है,इसलिए $\lambda_{\text{photon}} = \frac{hc}{E}$ है।
इलेक्ट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_{\text{electron}} = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ द्वारा दी जाती है।
दोनों तरंगदैर्ध्य का अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda_{\text{photon}}}{\lambda_{\text{electron}}} = \frac{hc/E}{h/\sqrt{2mE}} = \frac{hc}{E} \times \frac{\sqrt{2mE}}{h} = c \frac{\sqrt{2mE}}{E} = c \sqrt{\frac{2mE}{E^2}} = c \sqrt{\frac{2m}{E}}$।

(A) $1$. प्रकाश-विद्युत धारा $(I)$ आपतित प्रकाश की तीव्रता के सीधे समानुपाती होती है,बशर्ते प्रकाश की आवृत्ति देहली आवृत्ति से अधिक हो। इसलिए,ग्राफ $A$ सही है,जो प्रकाश-विद्युत धारा और तीव्रता के बीच एक रैखिक संबंध को दर्शाता है।
$2$. प्रकाश-विद्युत धारा आपतित प्रकाश की आवृत्ति पर निर्भर नहीं करती है (जब तक कि यह देहली आवृत्ति से अधिक हो)। एक बार देहली आवृत्ति प्राप्त हो जाने के बाद,धारा आवृत्ति के संबंध में स्थिर रहती है। इसलिए,ग्राफ $C$ और $D$ गलत हैं।

(B) दिया गया इनपुट वोल्टेज $V_{in} = 220 \sin(100 \pi t) \ V$ है।
समय $t = 15 \ ms = 15 \times 10^{-3} \ s$ पर, इनपुट वोल्टेज है:
$V_{in} = 220 \sin(100 \pi \times 15 \times 10^{-3})$
$V_{in} = 220 \sin(1.5 \pi) = 220 \sin\left(\frac{3\pi}{2}\right)$
$V_{in} = 220 \times (-1) = -220 \ V$.
सेंटर-टैप्ड फुल-वेव रेक्टिफायर में, जब सेकेंडरी कॉइल के ऊपरी टर्मिनल का विभव सेंटर टैप के सापेक्ष ऋणात्मक होता है, तो डायोड $D_1$ रिवर्स बायस्ड होता है और डायोड $D_2$ फॉरवर्ड बायस्ड होता है।

(C) मान लीजिए कि पहले पोलेरॉइड से गुजरने के बाद प्रकाश की तीव्रता $I_0$ है।
जब एक दूसरा पोलेरॉइड पहले पोलेरॉइड के साथ $\theta = 22.5^{\circ}$ के कोण पर रखा जाता है,तो उससे संचरित प्रकाश की तीव्रता मालस के नियम द्वारा दी जाती है: $I_1 = I_0 \cos^2 \theta$.
तीसरा पोलेरॉइड दूसरे पोलेरॉइड के सापेक्ष $(90^{\circ} - \theta)$ के कोण पर रखा गया है।
तीसरे पोलेरॉइड से संचरित प्रकाश की तीव्रता $I_2 = I_1 \cos^2(90^{\circ} - \theta) = I_0 \cos^2 \theta \sin^2 \theta$ होगी।
सर्वसमिका $\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करते हुए,हमें $\sin^2(2\theta) = 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$ प्राप्त होता है,इसलिए $\sin^2 \theta \cos^2 \theta = \frac{\sin^2(2\theta)}{4}$.
इस मान को $I_2$ के व्यंजक में रखने पर: $I_2 = I_0 \frac{\sin^2(2\theta)}{4}$.
यहाँ $\theta = 22.5^{\circ}$ दिया गया है,इसलिए $2\theta = 45^{\circ}$.
$I_2 = \frac{I_0}{4} \sin^2(45^{\circ}) = \frac{I_0}{4} \times (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{I_0}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{I_0}{8}$.