WBJEE 2011 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) वाहन घर्षण रहित नत समतल पर $a = g\sin \alpha$ के त्वरण के साथ नीचे की ओर गति करता है।
वाहन के फ्रेम में,लोलक के गोलक पर ऊपर की दिशा में एक छद्म बल (pseudo force) $F_p = ma = mg\sin \alpha$ कार्य करता है।
प्रभावी त्वरण $g_{eff}$ गुरुत्वाकर्षण के कारण त्वरण $\vec{g}$ और वाहन के त्वरण के ऋणात्मक $-\vec{a}$ का सदिश योग है।
घटकों को वियोजित करने पर,नत समतल के लंबवत $g$ का घटक $g\cos \alpha$ है और नत समतल के समानांतर $g$ का घटक $g\sin \alpha$ है। छद्म बल $g\sin \alpha$ घटक को निरस्त कर देता है।
अतः,प्रभावी त्वरण $g_{eff} = g\cos \alpha$ है।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{eff}}} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g\cos \alpha}}$ द्वारा दिया जाता है।

(B) पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर $m$ द्रव्यमान की वस्तु की गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GMm}{r}$ द्वारा दी जाती है।
पृथ्वी की सतह पर,$r = R$,इसलिए $U_i = -\frac{GMm}{R}$।
सतह से $h = R$ ऊँचाई पर,केंद्र से दूरी $r = R + h = R + R = 2R$ होती है।
अतः,$h$ ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा $U_f = -\frac{GMm}{2R}$ है।
स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि $\Delta U = U_f - U_i = -\frac{GMm}{2R} - (-\frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R} = \frac{GMm}{2R}$ है।
चूँकि पृथ्वी की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ है,इसलिए $GM = gR^2$ होता है।
इस मान को $\Delta U$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,$\Delta U = \frac{(gR^2)m}{2R} = \frac{mgR}{2}$ प्राप्त होता है।

(B) पात्र के अंदर कुल दबाव शुष्क हवा के आंशिक दबाव $(p)$ और पानी के संतृप्त वाष्प दबाव $(\bar{p})$ का योग है,इसलिए $P_{total} = p + \bar{p}$ है।
जब तापमान स्थिर रखकर आयतन को आधा $(V' = V/2)$ किया जाता है,तो शुष्क हवा का आंशिक दबाव बॉयल के नियम $(P_1V_1 = P_2V_2)$ का पालन करता है।
इस प्रकार,शुष्क हवा का नया दबाव $p' = p \times (V / (V/2)) = 2p$ हो जाता है।
चूंकि तापमान स्थिर रहता है,इसलिए पानी का संतृप्त वाष्प दबाव $(\bar{p})$ अपरिवर्तित रहता है क्योंकि यह केवल तापमान पर निर्भर करता है।
अतः,नया कुल दबाव $P'_{total} = p' + \bar{p} = 2p + \bar{p}$ होगा।

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 0.25 \,kg$, प्रारंभिक वेग $u = 10 \,m/s$, अंतिम वेग $v = -10 \,m/s$ (चूंकि यह विपरीत दिशा में वापस लौटती है), और समय अंतराल $\Delta t = 0.01 \,s$ है।
संवेग में परिवर्तन $\Delta P = m(v - u) = 0.25 \times (-10 - 10) = 0.25 \times (-20) = -5 \,kg \cdot m/s$ है।
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta P| = 5 \,kg \cdot m/s$ है।
बल्ले द्वारा गेंद पर लगाया गया बल $F = \frac{\Delta P}{\Delta t} = \frac{5}{0.01} = 500 \,N$ है।
न्यूटन के गति के तीसरे नियम के अनुसार, गेंद द्वारा बल्ले पर लगाया गया बल परिमाण में समान होगा, जो कि $500 \,N$ है।

(C) माना पत्थर का आयतन $V$ है,पत्थर का घनत्व $\sigma$ है और पानी का घनत्व $\rho$ है।
पत्थर का सापेक्ष घनत्व $K$,$K = \frac{\sigma}{\rho}$ द्वारा दिया जाता है,इसलिए $\sigma = K\rho$ है।
पत्थर के डूबते समय उस पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. पत्थर का भार नीचे की ओर: $W = V\sigma g = V(K\rho)g$।
$2$. उत्प्लावन बल ऊपर की ओर: $F_B = V\rho g$।
न्यूटन के दूसरे नियम के अनुसार,कुल बल $F_{net} = W - F_B = ma$,जहाँ $m = V\sigma$ पत्थर का द्रव्यमान है।
$V\sigma g - V\rho g = (V\sigma)a$
$V\sigma$ से विभाजित करने पर:
$a = g - \frac{V\rho g}{V\sigma} = g - \frac{\rho}{\sigma}g$
चूंकि $K = \frac{\sigma}{\rho}$,इसलिए $\frac{\rho}{\sigma} = \frac{1}{K}$ है।
अतः,त्वरण $a = g - \frac{g}{K} = g\left(1 - \frac{1}{K}\right)$ होगा।

(D) मान लीजिए कि वस्तु का आयतन $V$ है और इसका घनत्व $d$ है। द्रव में वस्तु का आभासी वजन,वास्तविक वजन में से उत्प्लावन बल को घटाने पर प्राप्त होता है।
पहले द्रव में: $m_1 g = V d g - V d_1 g = V g (d - d_1) \implies m_1 = V(d - d_1) \quad (1)$
दूसरे द्रव में: $m_2 g = V d g - V d_2 g = V g (d - d_2) \implies m_2 = V(d - d_2) \quad (2)$
समीकरण $(1)$ को समीकरण $(2)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{m_1}{m_2} = \frac{d - d_1}{d - d_2}$
$m_1(d - d_2) = m_2(d - d_1)$
$m_1 d - m_1 d_2 = m_2 d - m_2 d_1$
$d(m_1 - m_2) = m_1 d_2 - m_2 d_1$
$d = \frac{m_1 d_2 - m_2 d_1}{m_1 - m_2}$

(D) माना वस्तु का कुल आयतन $V$ है और इसका घनत्व $\rho$ है।
प्लवन के नियम के अनुसार,वस्तु का भार विस्थापित द्रव के भार के बराबर होता है।
स्थिति $1$: पानी में (घनत्व $\rho_w = 1 \text{ g/cm}^3$):
पानी के अंदर का आयतन = $V - 0.4V = 0.6V$.
वस्तु का भार = विस्थापित पानी का भार $\implies V \rho g = (0.6V) \rho_w g \implies \rho = 0.6 \rho_w = 0.6 \text{ g/cm}^3$.
स्थिति $2$: तेल में (घनत्व $\rho_o$):
तेल के अंदर का आयतन = $V - 0.6V = 0.4V$.
वस्तु का भार = विस्थापित तेल का भार $\implies V \rho g = (0.4V) \rho_o g \implies \rho = 0.4 \rho_o$.
दोनों स्थितियों से वस्तु के घनत्व की तुलना करने पर: $0.6 \rho_w = 0.4 \rho_o$.
तेल का आपेक्षिक घनत्व = $\frac{\rho_o}{\rho_w} = \frac{0.6}{0.4} = 1.5$.

(A) जब निर्वात में दो साबुन के बुलबुले आपस में जुड़ते हैं,तो हवा के मोलों की कुल संख्या स्थिर रहती है। यदि प्रक्रिया समतापीय (isothermal) है,तो हम आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हैं। चूंकि $n$ और $T$ स्थिर हैं,इसलिए $PV$ स्थिर रहेगा।
साबुन के बुलबुले के लिए,अतिरिक्त दबाव $P_{ex} = \frac{4T}{r}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $T$ पृष्ठ तनाव है और $r$ त्रिज्या है। निर्वात में,बुलबुले के अंदर का कुल दबाव $P = \frac{4T}{r}$ होता है।
गोलाकार बुलबुले का आयतन $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ होता है।
प्रारंभिक दो बुलबुलों के लिए,$P_1 V_1 = (\frac{4T}{x})(\frac{4}{3}\pi x^3) = \frac{16}{3}\pi T x^2$ और $P_2 V_2 = (\frac{4T}{y})(\frac{4}{3}\pi y^3) = \frac{16}{3}\pi T y^2$ है।
अंतिम बुलबुले के लिए,$P V = (\frac{4T}{z})(\frac{4}{3}\pi z^3) = \frac{16}{3}\pi T z^2$ है।
चूंकि हवा की कुल मात्रा संरक्षित रहती है,इसलिए $P_1 V_1 + P_2 V_2 = PV$ होगा।
$\frac{16}{3}\pi T x^2 + \frac{16}{3}\pi T y^2 = \frac{16}{3}\pi T z^2$।
दोनों पक्षों को $\frac{16}{3}\pi T$ से विभाजित करने पर,हमें $x^2 + y^2 = z^2$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $z = \sqrt{x^2 + y^2}$।

(D) अनुदैर्ध्य विकृति $\epsilon_L = 2 \times 10^{-3}$ दी गई है।
पॉइसन अनुपात $\sigma$ को पार्श्व विकृति $\epsilon_d$ और अनुदैर्ध्य विकृति $\epsilon_L$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $\sigma = -\frac{\epsilon_d}{\epsilon_L}$.
अतः,पार्श्व विकृति $\epsilon_d = -\sigma \epsilon_L = -0.50 \times (2 \times 10^{-3}) = -1 \times 10^{-3}$ है।
आयतन विकृति $\frac{\Delta V}{V}$ अनुदैर्ध्य विकृति और दो पार्श्व विकृतियों के योग के बराबर होती है: $\frac{\Delta V}{V} = \epsilon_L + 2\epsilon_d$.
मान रखने पर: $\frac{\Delta V}{V} = (2 \times 10^{-3}) + 2(-1 \times 10^{-3}) = 2 \times 10^{-3} - 2 \times 10^{-3} = 0$.
चूंकि आयतन विकृति $0$ है,इसलिए आयतन में प्रतिशत परिवर्तन $0$ है।

(C) जब किसी पत्थर को प्रारंभिक वेग $u$ के साथ ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है,तो प्राप्त अधिकतम ऊँचाई का सूत्र है:
$h = \frac{u^2}{2g}$
इससे,हम प्रारंभिक वेग के वर्ग को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$u^2 = 2gh$
जब उसी पत्थर को क्षैतिज रूप से (प्रक्षेप्य गति के रूप में) अधिकतम क्षैतिज परास $R_{\max}$ प्राप्त करने के लिए फेंका जाता है,तो प्रक्षेपण कोण $\theta = 45^{\circ}$ होना चाहिए। अधिकतम क्षैतिज परास का सूत्र है:
$R_{\max} = \frac{u^2}{g}$
पहले समीकरण से $u^2$ का मान दूसरे समीकरण में रखने पर:
$R_{\max} = \frac{2gh}{g}$
$R_{\max} = 2h$
अतः,वह अधिकतम क्षैतिज दूरी जिस तक व्यक्ति पत्थर को फेंक सकता है,$2h$ है।

(C) दिया गया समीकरण $x = 4(\cos \pi t + \sin \pi t)$ है।
हम इसे $x = A \sin(\omega t + \phi)$ या $x = A \cos(\omega t + \phi)$ के रूप में फिर से लिख सकते हैं।
$\sqrt{4^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$ से गुणा और भाग करने पर।
$x = 4\sqrt{2} \left( \frac{4}{4\sqrt{2}} \cos \pi t + \frac{4}{4\sqrt{2}} \sin \pi t \right)$.
$x = 4\sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \pi t + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \pi t \right)$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करके,हम लिख सकते हैं:
$x = 4\sqrt{2} \sin(\pi t + \frac{\pi}{4})$.
इसे मानक समीकरण $x = A \sin(\omega t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,आयाम $A = 4\sqrt{2}$ प्राप्त होता है।

(B) विन्यास $(a)$ के लिए, स्प्रिंगें श्रेणीक्रम में हैं। तुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_1$ इस प्रकार है: $\frac{1}{k_1} = \frac{1}{k} + \frac{1}{k} = \frac{2}{k}$, अतः $k_1 = \frac{k}{2}$।
आवर्तकाल $T_1 = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k_1}} = 2\pi \sqrt{\frac{2m}{k}} = 2 \,s$ है।
विन्यास $(b)$ के लिए, स्प्रिंगें समांतर क्रम में हैं। तुल्य स्प्रिंग नियतांक $k_2$ का मान $k_2 = k + k = 2k$ है।
आवर्तकाल $T_2 = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k_2}} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{2k}}$ है।
दोनों आवर्तकालों का अनुपात लेने पर: $\frac{T_1}{T_2} = \frac{2\pi \sqrt{2m/k}}{2\pi \sqrt{m/2k}} = \sqrt{\frac{2m}{k} \cdot \frac{2k}{m}} = \sqrt{4} = 2$।
अतः, $T_2 = \frac{T_1}{2} = \frac{2 \,s}{2} = 1 \,s$ प्राप्त होता है।

(B) स्थितिज ऊर्जा $V(x) = A(1 - \cos px)$ है।
कण पर कार्य करने वाला बल $F = -\frac{dV}{dx}$ है।
$F = -\frac{d}{dx} [A(1 - \cos px)] = -A(p \sin px) = -Ap \sin px$।
छोटे दोलनों के लिए,$x$ बहुत छोटा है,इसलिए $\sin px \approx px$ लिया जा सकता है।
अतः,$F \approx -Ap(px) = -Ap^2 x$।
इसे प्रत्यानयन बल के समीकरण $F = -kx$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्रभावी स्प्रिंग नियतांक $k = Ap^2$ प्राप्त होता है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{Ap^2}{m}} = p \sqrt{\frac{A}{m}}$ है।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{Ap^2}}$ होगा।

(C) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,चूंकि पृथ्वी पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं करता है,इसलिए कोणीय संवेग स्थिर रहता है: $L_1 = L_2$.
चूंकि $L = I\omega$,हमारे पास $I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2$ है।
एक ठोस गोले का जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5}MR^2$ होता है।
मान लीजिए $R_1 = R$ और $R_2 = \frac{R}{n}$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $\frac{2}{5}MR^2 \left(\frac{2\pi}{T_1}\right) = \frac{2}{5}M\left(\frac{R}{n}\right)^2 \left(\frac{2\pi}{T_2}\right)$.
समीकरण को सरल करने पर: $R^2 \left(\frac{1}{T_1}\right) = \frac{R^2}{n^2} \left(\frac{1}{T_2}\right)$.
अतः,$T_2 = \frac{T_1}{n^2}$।
दिन की प्रारंभिक अवधि $T_1 = 24 \text{ hr}$ दी गई है,इसलिए नई अवधि $T_2 = \frac{24}{n^2} \text{ hr}$ होगी।

(B) ऊष्मा चालन की दर का सूत्र है: $\frac{dQ}{dt} = \frac{KA \Delta T}{x}$
दिया गया है:
ऊष्मा $Q = 1.56 \times 10^5 \ J$
क्षेत्रफल $A = 2 \ m^2$
मोटाई $x = 12 \ cm = 0.12 \ m$
समय $t = 1 \ hour = 3600 \ s$
तापमान का अंतर $\Delta T = 20^{\circ} C$
मान रखने पर:
$\frac{1.56 \times 10^5}{3600} = \frac{K \times 2 \times 20}{0.12}$
$K = \frac{1.56 \times 10^5 \times 0.12}{3600 \times 40}$
$K = \frac{1.56 \times 10^5 \times 12 \times 10^{-2}}{3600 \times 40}$
$K = \frac{1.56 \times 10^3 \times 12}{3600 \times 40} = \frac{1.56 \times 12000}{144000} = \frac{1.56}{12} = 0.13 \ W \ m^{-1} \ K^{-1}$

(C) दो तापमान पैमानों के बीच संबंध $\frac{A-42}{110} = \frac{B-72}{220}$ दिया गया है।
वह तापमान ज्ञात करने के लिए जहाँ दोनों पैमानों का पाठ्यांक समान हो,हम $A = B = T$ रखते हैं।
समीकरण में $T$ प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{T-42}{110} = \frac{T-72}{220}$.
हर को $110$ से विभाजित करके समीकरण को सरल करने पर: $\frac{T-42}{1} = \frac{T-72}{2}$.
वज्र-गुणन (cross-multiplication) करने पर: $2(T-42) = T-72$.
पदों का विस्तार करने पर: $2T - 84 = T - 72$.
$T$ के लिए हल करने पर: $2T - T = 84 - 72$.
अतः,$T = 12$.
इसलिए,दोनों पैमानों का पाठ्यांक $12^{\circ}$ पर समान होगा।

(A) मान लीजिए गैस की प्रारंभिक अवस्था $(P_i, V, T)$ है।
चरण $1$: समतापीय संपीड़न।
गैस को तब तक संपीड़ित किया जाता है जब तक दबाव दोगुना न हो जाए। चूंकि प्रक्रिया समतापीय है,$P_i V = P_f V_f$। दिया गया है $P_f = 2P_i$,इसलिए $P_i V = (2P_i) V_f$,जिससे $V_f = V/2$ प्राप्त होता है।
समतापीय संपीड़न के बाद की अवस्था $(2P_i, V/2, T)$ है।
चरण $2$: रुद्धोष्म प्रसार।
गैस रुद्धोष्म रूप से फैलती है और अपना मूल आयतन $V$ पुनः प्राप्त कर लेती है। मान लीजिए अंतिम दबाव $P_f'$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया समीकरण $P_1 V_1^\gamma = P_2 V_2^\gamma$ का उपयोग करते हुए:
$(2P_i) (V/2)^\gamma = P_f' V^\gamma$
$P_f' = (2P_i) \left(\frac{V/2}{V}\right)^\gamma = (2P_i) \left(\frac{1}{2}\right)^\gamma = 2P_i \times 2^{-\gamma}$
$P_f' = P_i \times 2^{1-\gamma}$
यहाँ $\gamma = 1.4$ दिया गया है,इसलिए $P_f' = 2P_i \times 2^{-1.4}$।
दिए गए मान को प्रतिस्थापित करने पर: $P_f' = 2P_i \times 0.38 = 0.76 P_i$।
अतः,अंतिम और प्रारंभिक दबाव का अनुपात $P_f'/P_i = 0.76: 1$ है।

(A) समतल प्रगामी तरंग का मानक समीकरण $y = A \cos(2\pi(\nu t - \frac{x}{\lambda}))$ है,जहाँ $\nu$ आवृत्ति है।
दिया गया समीकरण: $y = 2 \cos 6.284(330t - x)$।
चूंकि $6.284 \approx 2\pi$,हम समीकरण को $y = 2 \cos 2\pi(330t - x)$ के रूप में लिख सकते हैं।
इसकी तुलना मानक रूप से करने पर,आवृत्ति $\nu = 330 \text{ Hz}$ प्राप्त होती है।
आवर्तकाल $T$ आवृत्ति का व्युत्क्रम होता है,अर्थात $T = \frac{1}{\nu}$।
अतः,$T = \frac{1}{330} \text{ s}$।

(B) पात्र से पानी को बाहर निकालने के लिए, हमें पानी के द्रव्यमान केंद्र को पात्र के ऊपरी स्तर तक उठाना होगा।
मान लीजिए घन की भुजा की लंबाई $L = 1 \,m$ है।
पानी का आयतन $V = L^3 = 1^3 = 1 \,m^3$ है।
पानी का घनत्व $\rho = 1000 \,kg/m^3$ है।
पानी का द्रव्यमान $m = \rho V = 1000 \times 1 = 1000 \,kg$ है।
पूर्ण भरे हुए घनाकार पात्र में पानी का द्रव्यमान केंद्र तल से $h_{cm} = L/2 = 0.5 \,m$ की ऊँचाई पर होता है।
पानी को बाहर निकालने के लिए, द्रव्यमान केंद्र को पात्र के शीर्ष तक उठाना होगा, जो प्रारंभिक द्रव्यमान केंद्र की स्थिति से $h = L/2 = 0.5 \,m$ की ऊँचाई पर है।
किया गया कार्य $W = mgh = 1000 \times 10 \times 0.5 = 5000 \,J$ है।

(C) दिया गया है कि शक्ति $P$ नियत है।
हम जानते हैं कि $P = F \cdot v = m \cdot a \cdot v = m \cdot \frac{dv}{dt} \cdot v$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $v \cdot dv = \frac{P}{m} \cdot dt$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,$\int v \cdot dv = \int \frac{P}{m} \cdot dt$,जिससे $\frac{v^2}{2} = \frac{P}{m} \cdot t$ प्राप्त होता है।
अतः,$v = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot t^{\frac{1}{2}}$.
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot t^{\frac{1}{2}}$.
समय $t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,$x = \int \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot t^{\frac{1}{2}} \cdot dt = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot \frac{t^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}$.
इसलिए,$x = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot t^{\frac{3}{2}}$.
चूंकि $P$ और $m$ नियत हैं,इसलिए $x \propto t^{\frac{3}{2}}$.

(D) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 6 \,kg$,विस्थापन $x = \frac{t^2}{4} \,m$ है।
वेग $v = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{t^2}{4}) = \frac{2t}{4} = \frac{t}{2} \,m/s$ है।
$t = 0 \,s$ पर,वेग $v_i = \frac{0}{2} = 0 \,m/s$ है।
$t = 2 \,s$ पर,वेग $v_f = \frac{2}{2} = 1 \,m/s$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,किया गया कार्य $W$ गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K$ के बराबर होता है।
$W = K_f - K_i = \frac{1}{2} m v_f^2 - \frac{1}{2} m v_i^2$ है।
$W = \frac{1}{2} \times 6 \times (1)^2 - \frac{1}{2} \times 6 \times (0)^2$ है।
$W = 3 - 0 = 3 \,J$ है।

(B) पर्दे पर केंद्र से $y$ दूरी पर स्थित बिंदु $P$ पर पथ अंतर $\Delta x = d \sin \theta \approx d \tan \theta = d \left( \frac{y}{D} \right)$ द्वारा दिया जाता है।
अदीप्त फ्रिंज के लिए,पथ अंतर तरंगदैर्ध्य के आधे का विषम गुणज होना चाहिए: $\Delta x = (2n - 1) \frac{\lambda}{2}$,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ है।
पहली अदीप्त फ्रिंज के लिए $n = 1$ है,अतः $\Delta x = \frac{\lambda}{2}$।
प्रश्न के अनुसार,पहली अदीप्त फ्रिंज एक स्लिट के ठीक सामने देखी जाती है। केंद्र से स्लिट की दूरी $d/2$ है। अतः,$y = d/2$।
इन मानों को पथ अंतर के सूत्र में रखने पर:
$\frac{d}{2} \cdot \frac{d}{D} = \frac{\lambda}{2}$
$\frac{d^2}{D} = \lambda$
अतः,प्रकाश की तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{d^2}{D}$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ द्वारा दी जाती है।
मूल अवस्था $(n=1)$ के लिए,$E_1 = -13.6 \ eV$ है।
$M$-कोश $(n=3)$ के लिए,ऊर्जा $E_3 = -\frac{13.6 \ eV}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \ eV \approx -1.51 \ eV$ है।
$M$-अवस्था से हाइड्रोजन परमाणु को आयनित करने के लिए,परमाणु को आयनीकरण सीमा $(E_{\infty} = 0 \ eV)$ तक पहुँचने के लिए पर्याप्त ऊर्जा प्रदान की जानी चाहिए।
आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_{\infty} - E_3 = 0 - (-1.51 \ eV) = +1.51 \ eV$ है।
अतः,दूसरे इलेक्ट्रॉन को परमाणु को कम से कम $+1.51 \ eV$ ऊर्जा स्थानांतरित करनी होगी।

(C) स्थायी अवस्था में,संधारित्र एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है,जिसका अर्थ है कि संधारित्र वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
इसलिए,विद्युत धारा $I$ केवल प्रतिरोध $R_2$ और बैटरी के आंतरिक प्रतिरोध $r$ वाली शाखा से प्रवाहित होती है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,परिपथ में धारा $I = \frac{E}{R_2 + r}$ है।
संधारित्र के सिरों पर विभवांतर $V$,प्रतिरोध $R_2$ के सिरों पर विभवांतर के बराबर होता है,क्योंकि वे समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
अतः,$V = I R_2 = \frac{E R_2}{R_2 + r}$।
संधारित्र पर आवेश $Q = CV$ द्वारा दिया जाता है।
$V$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $Q = C \left( \frac{E R_2}{R_2 + r} \right) = \frac{C E R_2}{R_2 + r}$ प्राप्त होता है।

(C) श्रेणीक्रम में जुड़े दो सेलों का कुल e.m.f. $E + E = 2E$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R + r_1 + r_2$ है।
परिपथ में बहने वाली धारा $I = \frac{2E}{R + r_1 + r_2}$ द्वारा दी जाती है।
पहले सेल (जिसका आंतरिक प्रतिरोध $r_1$ है) के सिरों पर विभवांतर $V = E - Ir_1$ है।
हमें दिया गया है कि पहले सेल के सिरों पर विभवांतर शून्य है,इसलिए $E - Ir_1 = 0$,जिसका अर्थ है $E = Ir_1$।
इस समीकरण में $I$ का मान रखने पर:
$E = \left( \frac{2E}{R + r_1 + r_2} \right) r_1$
$1 = \frac{2r_1}{R + r_1 + r_2}$
$R + r_1 + r_2 = 2r_1$
$R = 2r_1 - r_1 - r_2$
$R = r_1 - r_2$

(C) मान लीजिए कि नोड्स को चिह्नित किया गया है। पहला नोड $A$ है। तार पहले प्रतिरोधक की शुरुआत को दूसरे प्रतिरोधक के अंत से जोड़ता है। दूसरा तार दूसरे प्रतिरोधक की शुरुआत को तीसरे प्रतिरोधक के अंत (बिंदु $B$) से जोड़ता है।
परिपथ का विश्लेषण करने पर,हम देखते हैं कि $R$ प्रतिरोध वाले तीनों प्रतिरोधक बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
समानांतर क्रम में जुड़े प्रतिरोधकों के लिए,तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R} = \frac{3}{R}$
अतः,$R_{eq} = \frac{R}{3}$.

(C) परिपथ आरेख से,हम देख सकते हैं कि प्रतिरोधक एक ब्रिज जैसी संरचना में व्यवस्थित हैं।
समरूपता के कारण,बिंदु $F$ और बिंदु $E$ पर विभव का विश्लेषण किया जा सकता है।
जब $A$ और $B$ के बीच $V$ वोल्टेज लगाया जाता है,तो परिपथ इस प्रकार सरल हो जाता है कि $A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = R$ होता है।
अतः,बैटरी से ली गई कुल धारा $I = \frac{V}{R}$ है।
परिपथ की सममित प्रकृति के कारण,यह धारा $F$ से जुड़ी दो समानांतर शाखाओं में समान रूप से विभाजित हो जाती है।
इसलिए,प्रतिरोधक $FC$ से बहने वाली धारा $I_{FC} = \frac{I}{2} = \frac{V}{2R}$ होगी।

(B) मान लीजिए कि वर्ग की भुजा $a$ है। केंद्र से प्रत्येक कोने की दूरी $r = \frac{a}{\sqrt{2}}$ है।
निकाय के संतुलन में रहने के लिए,किसी भी कोने पर स्थित आवेश पर कुल बल शून्य होना चाहिए।
एक कोने पर स्थित $-Q$ आवेश पर विचार करें। उस पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. अन्य तीन $-Q$ आवेशों द्वारा लगाया गया प्रतिकर्षण बल।
मान लीजिए $F = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q^2}{a^2}$ है।
भुजाओं के अनुदिश दो बलों का परिणामी बल $F_{res} = \sqrt{F^2 + F^2} = \sqrt{2} F$ है।
विकर्ण पर स्थित आवेश द्वारा लगाया गया बल $F_{diag} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q^2}{(\sqrt{2}a)^2} = \frac{F}{2}$ है।
कुल प्रतिकर्षण बल $F_{total} = \sqrt{2} F + \frac{F}{2} = F(\sqrt{2} + \frac{1}{2})$ है।
$2$. केंद्रीय आवेश $q$ द्वारा लगाया गया आकर्षण बल: $F_q = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q Q}{r^2} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q Q}{(a/\sqrt{2})^2} = \frac{2 q Q}{4 \pi \epsilon_0 a^2}$ है।
संतुलन के लिए,$F_q = F_{total} \implies \frac{2 q Q}{4 \pi \epsilon_0 a^2} = \frac{Q^2}{4 \pi \epsilon_0 a^2} (\sqrt{2} + \frac{1}{2})$.
$2q = Q(\sqrt{2} + 0.5) = Q(\frac{2\sqrt{2}+1}{2})$.
$q = \frac{Q}{4}(1 + 2\sqrt{2})$.
चूंकि बल को आकर्षण बल होना चाहिए,इसलिए $q$ का चिह्न $-Q$ के विपरीत होना चाहिए,अतः $q$ धनात्मक है।

(B) $P$ बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $BC$ और $B^{\prime} C^{\prime}$ खंडों द्वारा उत्पन्न होता है।
$AB$ और $A^{\prime} B^{\prime}$ खंड $P$ युक्त अक्ष की ओर और उससे दूर निर्देशित हैं,इसलिए इन खंडों के कारण $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र शून्य है क्योंकि $P$ इन धारा तत्वों की रेखा पर स्थित है।
अर्ध-अनंत तार $BC$ के लिए,सिरे $B$ से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r}$ है।
इसी प्रकार,अर्ध-अनंत तार $B^{\prime} C^{\prime}$ के लिए,सिरे $B^{\prime}$ से $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r}$ है।
दाएं हाथ के नियम का उपयोग करते हुए,$P$ पर दोनों क्षेत्र एक ही दिशा में (कागज के अंदर की ओर) हैं।
इसलिए,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = B_1 + B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} + \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \left( \frac{2 I}{r} \right)$ है।

(D) सीमित लंबाई के सीधे तार के कारण लंबवत दूरी $r$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r} (\sin \theta_1 + \sin \theta_2)$ द्वारा दिया जाता है।
$L$ भुजा वाले वर्गाकार लूप के लिए,केंद्र से किसी भी भुजा की लंबवत दूरी $r = L/2$ है।
प्रत्येक भुजा के सिरों द्वारा केंद्र पर बनने वाले कोण $\theta_1 = 45^{\circ}$ और $\theta_2 = 45^{\circ}$ हैं।
चूंकि $4$ समान भुजाएं हैं,इसलिए कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{total}$ एक भुजा के कारण क्षेत्र का $4$ गुना होगा:
$B_{total} = 4 \times \left[ \frac{\mu_0 I}{4 \pi (L/2)} (\sin 45^{\circ} + \sin 45^{\circ}) \right]$
$B_{total} = 4 \times \left[ \frac{\mu_0 I}{2 \pi L} (\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}) \right]$
$B_{total} = 4 \times \left[ \frac{\mu_0 I}{2 \pi L} (\frac{2}{\sqrt{2}}) \right]$
$B_{total} = 4 \times \left[ \frac{\mu_0 I}{\pi L} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \times 2 \right] = \frac{8 \mu_0 I}{2 \sqrt{2} \pi L} = \frac{4 \mu_0 I}{\sqrt{2} \pi L} = \frac{2 \sqrt{2} \mu_0 I}{\pi L}$.

(D) नाभिकीय अभिक्रिया में,समीकरण के दोनों ओर कुल परमाणु क्रमांक $(Z)$ और कुल द्रव्यमान संख्या $(A)$ का संरक्षण होना चाहिए।
मान लीजिए कि $X$ को ${ }_{Z'}^{A'} X$ के रूप में दर्शाया गया है।
अभिक्रिया है: ${ }_{7}^{14} N + { }_{Z'}^{A'} X \rightarrow { }_{6}^{14} C + { }_{1}^{1} H$।
द्रव्यमान संख्या $(A)$ का संरक्षण: $14 + A' = 14 + 1 \Rightarrow A' = 1$।
परमाणु क्रमांक $(Z)$ का संरक्षण: $7 + Z' = 6 + 1 \Rightarrow 7 + Z' = 7 \Rightarrow Z' = 0$।
$1$ द्रव्यमान संख्या और $0$ परमाणु क्रमांक वाला कण एक न्यूट्रॉन है,जिसे ${ }_{0}^{1} n$ के रूप में दर्शाया जाता है।

(C) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,निकाय का प्रारंभिक संवेग शून्य है क्योंकि नाभिक प्रारंभ में स्थिर है।
मान लीजिए कि जनक नाभिक का द्रव्यमान $M$ है,जो द्रव्यमान संख्या $A$ के समानुपाती है। अतः,$M = kA$।
$\alpha$-कण का द्रव्यमान $4$ (परमाणु द्रव्यमान इकाई में) है और पुत्री नाभिक का द्रव्यमान $(A-4)$ है।
मान लीजिए कि पुत्री नाभिक की प्रतिक्षेप चाल $V_r$ है।
संवेग संरक्षण के अनुसार: $P_{\text{initial}} = P_{\text{final}}$
$0 = m_{\alpha} v + m_{\text{daughter}} V_r$
$0 = 4v + (A-4) V_r$
$V_r = -\frac{4v}{A-4}$
प्रतिक्षेप चाल का परिमाण $\frac{4v}{A-4}$ है।

(C) जब एक गोताखोर पानी के अंदर होता है,तो वह पूर्ण आंतरिक परावर्तन की घटना के कारण बाहरी दुनिया को प्रकाश के एक शंकु के माध्यम से देखता है।
इस शंकु का अर्ध-शीर्ष कोण पानी-हवा इंटरफ़ेस के लिए क्रांतिक कोण $c$ के बराबर होता है।
क्रांतिक कोण का सूत्र $\sin c = \frac{1}{\mu}$ द्वारा दिया जाता है।
पानी का अपवर्तनांक $\mu = \frac{4}{3}$ दिया गया है,इसलिए:
$\sin c = \frac{1}{4/3} = \frac{3}{4}$.
अतः,अर्ध-शीर्ष कोण $c = \sin ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$ है।

(A) लेंस की शक्ति $P = \frac{100}{f}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $f$ फोकस दूरी $cm$ में है।
पहले लेंस के लिए,$P_1 = \frac{100}{20} = 5 \ D$।
दूसरे लेंस के लिए,$P_2 = \frac{100}{25} = 4 \ D$।
जब दो पतले लेंस संपर्क में रखे जाते हैं,तो संयोजन की प्रभावी शक्ति $P_{eff}$ उनकी व्यक्तिगत शक्तियों का योग होती है: $P_{eff} = P_1 + P_2$।
अतः,$P_{eff} = 5 \ D + 4 \ D = 9 \ D$।

(A) दिया गया है: फोकस दूरी $f = +30 \,cm$ (उत्तल लेंस के लिए)।
आवर्धन $m = -5$ (क्योंकि प्रतिबिंब वास्तविक है)।
हम जानते हैं कि आवर्धन $m = \frac{v}{u}$, इसलिए $v = mu = -5u$ है।
लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} - \frac{1}{u}$।
मान रखने पर: $\frac{1}{30} = \frac{1}{-5u} - \frac{1}{u}$।
$\frac{1}{30} = \frac{-1 - 5}{5u} = \frac{-6}{5u}$।
$5u = -180$।
$u = -36 \,cm$।
वस्तु की दूरी का परिमाण $36 \,cm$ है।

(B) लेंस की शक्ति $P$ को लेंस मेकर सूत्र द्वारा दिया जाता है: $P = \frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
एक समतल-अवतल लेंस के लिए, वक्र पृष्ठ पहला पृष्ठ है $(R_1 = -1 \,m)$ और दूसरा पृष्ठ समतल है $(R_2 = \infty)$.
दिया गया अपवर्तनांक $\mu = 1.5$ है।
मान रखने पर: $P = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{-1} - \frac{1}{\infty} \right)$.
$P = (0.5) (-1 - 0) = -0.5 \,D$.

(C) सामान्य समायोजन में खगोलीय दूरबीन की आवर्धन क्षमता $(m)$ का सूत्र है: $m = -\frac{f_o}{f_e}$,जहाँ $f_o$ अभिदृश्यक लेंस की फोकस दूरी है और $f_e$ नेत्रिका की फोकस दूरी है।
यदि नेत्रिका की फोकस दूरी दोगुनी कर दी जाए,तो नई फोकस दूरी $f_e' = 2f_e$ होगी।
नई आवर्धन क्षमता $(m')$ होगी: $m' = -\frac{f_o}{f_e'} = -\frac{f_o}{2f_e} = \frac{1}{2} \left( -\frac{f_o}{f_e} \right) = \frac{m}{2}$.
अतः,आवर्धन क्षमता अपने मूल मान की आधी हो जाएगी।

(D) दी गई सत्यता सारणी इस प्रकार है:
| इनपुट $A$ | इनपुट $B$ | आउटपुट $Q$ |
| :--- | :--- | :--- |
| $0$ | $0$ | $1$ |
| $0$ | $1$ | $1$ |
| $1$ | $0$ | $1$ |
| $1$ | $1$ | $0$ |
सत्यता सारणी का विश्लेषण:
$1$. जब दोनों इनपुट $A$ और $B$ $1$ होते हैं, तो आउटपुट $Q$ $0$ होता है।
$2$. अन्य सभी इनपुट संयोजनों ($0,0$; $0,1$; $1,0$) के लिए, आउटपुट $Q$ $1$ होता है।
यह व्यवहार $NAND$ गेट के अनुरूप है, जो एक $AND$ गेट और उसके बाद एक $NOT$ गेट के संयोजन के बराबर है। इस गेट के लिए बूलियन व्यंजक $Q = \overline{A \cdot B}$ है।