WBJEE 2018 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) किसी ग्रह की सतह से पलायन वेग $v_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $g = \frac{GM}{R^{2}}$,इसलिए $v_{e} = \sqrt{2gR}$ होता है।
गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^{2}} = \frac{G}{R^{2}} \cdot \frac{4}{3}\pi R^{3}\rho = \frac{4}{3}G\pi R\rho$ है।
अतः,त्रिज्या $R$ का मान $\frac{g}{\rho}$ के समानुपाती है,यानी $R \propto \frac{g}{\rho}$।
इसे $v_{e}$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$v_{e} = \sqrt{2g \cdot \left(\frac{3g}{4\pi G\rho}\right)} = \sqrt{\frac{3g^{2}}{2\pi G\rho}} \propto \frac{g}{\sqrt{\rho}}$।
दिया गया है कि $\frac{g_{1}}{g_{2}} = \frac{5}{2}$ और $\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} = \frac{2}{1}$,अतः पलायन वेग का अनुपात:
$\frac{v_{1}}{v_{2}} = \frac{g_{1}}{g_{2}} \cdot \sqrt{\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}}} = \frac{5}{2} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{5}{2\sqrt{2}}$।
अतः,अनुपात $5:2\sqrt{2}$ है।

(C) किसी प्रक्रिया के लिए,मोलर ऊष्मा धारिता $C = C_{V} + \frac{P}{n} \frac{dV}{dT}$ द्वारा दी जाती है।
एकपरमाणुक गैस के लिए,$C_{V} = \frac{3}{2} R$ है।
यह प्रक्रिया $V-T$ आरेख में एक सीधी रेखा है जो $(V_{0}, T_{0})$ और $(2V_{0}, 3T_{0})$ से होकर गुजरती है।
रेखा का समीकरण $V - V_{0} = \frac{2V_{0} - V_{0}}{3T_{0} - T_{0}} (T - T_{0}) = \frac{V_{0}}{2T_{0}} (T - T_{0})$ है।
अतः,$\frac{dV}{dT} = \frac{V_{0}}{2T_{0}}$ है।
आदर्श गैस नियम $PV = nRT$ का उपयोग करने पर,$P = \frac{nRT}{V}$ प्राप्त होता है।
$(V_{0}, T_{0})$ बिंदु पर,$P = \frac{nRT_{0}}{V_{0}}$ है।
इन मानों को ऊष्मा धारिता के सूत्र में रखने पर:
$C = \frac{3}{2} R + \left( \frac{nRT_{0}}{V_{0}} \right) \frac{1}{n} \left( \frac{V_{0}}{2T_{0}} \right) = \frac{3}{2} R + \frac{R}{2} = 2R$।

(B) मान लीजिए $N_{1}$ दो ब्लॉकों के बीच अभिलंब बल है और $N_{2}$ निचले ब्लॉक और मेज के बीच अभिलंब बल है।
$m_{1}$ द्रव्यमान के ऊपरी ब्लॉक के लिए,अभिलंब बल $N_{1} = m_{1}g$ है।
$m_{2}$ द्रव्यमान के निचले ब्लॉक के लिए,कुल नीचे की ओर बल $N_{2} = m_{2}g + N_{1} = (m_{1} + m_{2})g$ है।
ऊपरी ब्लॉक पर क्षैतिज बल $F$ निचले ब्लॉक पर घर्षण बल $f_{1}$ उत्पन्न करता है,जहाँ $f_{1} \leq \mu_{1}N_{1} = \mu_{1}m_{1}g$ है।
निचले ब्लॉक के कभी न हिलने के लिए,मेज से लगने वाला अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल,ऊपरी ब्लॉक द्वारा निचले ब्लॉक पर लगाए गए अधिकतम घर्षण बल से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
अतः,$\mu_{2}N_{2} \geq \mu_{1}N_{1}$।
मान रखने पर,$\mu_{2}(m_{1} + m_{2})g \geq \mu_{1}m_{1}g$।
दोनों पक्षों को $\mu_{2}m_{1}g$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{m_{1} + m_{2}}{m_{1}} \geq \frac{\mu_{1}}{\mu_{2}}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\frac{\mu_{1}}{\mu_{2}} \leq 1 + \frac{m_{2}}{m_{1}}$।
अधिकतम संभव मान $1 + \frac{m_{2}}{m_{1}}$ है।

(C) दिया गया है,$v = \frac{k}{\sqrt{x}} = k x^{-1/2}$,जहाँ $k$ एक नियतांक है।
त्वरण $a = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = v \frac{dv}{dx}$.
सबसे पहले,$\frac{dv}{dx}$ ज्ञात करें:
$\frac{dv}{dx} = k \cdot (-\frac{1}{2}) x^{-3/2} = -\frac{k}{2x^{3/2}}$.
अब,$v$ और $\frac{dv}{dx}$ का मान त्वरण के सूत्र में रखने पर:
$a = (k x^{-1/2}) \cdot (-\frac{k}{2x^{3/2}}) = -\frac{k^2}{2x^2}$.
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F = ma$.
बल का परिमाण $F = |ma| = m \cdot \frac{k^2}{2x^2}$ है।
चूँकि $m$ और $k$ नियतांक हैं,इसलिए $F \propto \frac{1}{x^2}$ प्राप्त होता है।

(B) टर्मिनल वेग $v$ का सूत्र $v = \frac{2}{9} r^{2} \frac{(\rho - \sigma)}{\eta} g$ है।
हवा के उत्प्लावन प्रभाव की उपेक्षा करते हुए,हम $\sigma \approx 0$ लेते हैं।
सूत्र $v = \frac{2}{9} \frac{\rho}{\eta} r^{2} g$ में बदल जाता है।
दिया गया है: व्यास $d = 1.8 \times 10^{-3} \ m$,इसलिए त्रिज्या $r = 0.9 \times 10^{-3} \ m$ है।
घनत्व $\rho = 10^{3} \ kg \ m^{-3}$,श्यानता $\eta = 1.8 \times 10^{-5} \ N \ s \ m^{-2}$,और $g = 9.8 \ m \ s^{-2}$ है।
मान रखने पर: $v = \frac{2}{9} \times \frac{10^{3}}{1.8 \times 10^{-5}} \times (0.9 \times 10^{-3})^{2} \times 9.8$.
$v = \frac{2}{9} \times \frac{10^{3}}{1.8 \times 10^{-5}} \times (0.81 \times 10^{-6}) \times 9.8$.
गणना करने पर $v = 98 \ m \ s^{-1}$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है कि प्रतिबल $\sigma_{s} = \frac{1}{100} Y$,जहाँ $Y$ यंग मापांक है।
हम जानते हैं कि $Y = \frac{\text{प्रतिबल}}{\text{अनुदैर्ध्य विकृति}} = \frac{\sigma_{s}}{\Delta l / l}$.
प्रतिबल का मान रखने पर: $Y = \frac{Y / 100}{\Delta l / l} \implies \frac{\Delta l}{l} = \frac{1}{100} = 0.01$.
प्वासों अनुपात $\nu = -\frac{\Delta w / w}{\Delta l / l} = -\frac{\Delta t / t}{\Delta l / l} = 0.3$.
अतः,पार्श्व विकृति $\frac{\Delta w}{w} = \frac{\Delta t}{t} = -\nu \left( \frac{\Delta l}{l} \right) = -0.3 \times 0.01 = -0.003$.
एक आयताकार छड़ का आयतन $V = l \times w \times t$ होता है।
आयतन में भिन्नात्मक परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V} \approx \frac{\Delta l}{l} + \frac{\Delta w}{w} + \frac{\Delta t}{t}$ होता है।
मान रखने पर: $\frac{\Delta V}{V} = 0.01 + (-0.003) + (-0.003) = 0.01 - 0.006 = 0.004$.
इसलिए,आयतन में प्रतिशत परिवर्तन $0.004 \times 100 \% = 0.4 \%$ है।

(C) सरल आवर्त गति के लिए,विस्थापन $y = A \sin(\omega t)$ द्वारा और वेग $v = \frac{dy}{dt} = A \omega \cos(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
इन्हें पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{y}{A} = \sin(\omega t)$ और $\frac{v}{A \omega} = \cos(\omega t)$ प्राप्त होता है।
वर्ग करके जोड़ने पर,हमें $\frac{v^2}{(A \omega)^2} + \frac{y^2}{A^2} = 1$ प्राप्त होता है,जो एक दीर्घवृत्त को दर्शाता है।
$X$-अक्ष (वेग) के अनुदिश दीर्घ अक्ष $2A \omega$ है और $Y$-अक्ष (विस्थापन) के अनुदिश लघु अक्ष $2A$ है।
दीर्घ अक्ष और लघु अक्ष का अनुपात $\frac{2A \omega}{2A} = \omega$ है।
यह दिया गया है कि अनुपात $20 \pi$ है,इसलिए $\omega = 20 \pi$।
चूंकि $\omega = 2 \pi f$,इसलिए $2 \pi f = 20 \pi$।
अतः,$f = 10 \ Hz$।

(C) $\sigma$ पृष्ठ आवेश घनत्व वाली एक अनंत समतल प्लेट द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}$ होता है।
चूंकि गोलक पर $q$ आवेश है,यह ऊपर की ओर $F_e = qE = \frac{q \sigma}{2 \varepsilon_{0}}$ का स्थिर-वैद्युत बल अनुभव करता है।
गोलक पर कार्य करने वाला प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g_{\text{eff}}$ इस प्रकार है: $m g_{\text{eff}} = mg - F_e = mg - \frac{q \sigma}{2 \varepsilon_{0}}$।
अतः,$g_{\text{eff}} = g - \frac{q \sigma}{2 \varepsilon_{0} m}$।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g_{\text{eff}}}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
$g_{\text{eff}}$ का मान रखने पर,हमें $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g - \frac{q \sigma}{2 \varepsilon_{0} m}}}$ प्राप्त होता है।

(D) मान लीजिए कि दोनों गोलों का द्रव्यमान $M$ है। ठोस गोले के लिए: $M = \rho_{1} \frac{4}{3} \pi R^{3}$.
आंतरिक त्रिज्या $r$ वाले खोखले गोले के लिए: $M = \rho_{2} \frac{4}{3} \pi (R^{3} - r^{3})$.
द्रव्यमानों की तुलना करने पर: $\rho_{1} R^{3} = \rho_{2} (R^{3} - r^{3})$.
इससे $\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}} = 1 - \frac{r^{3}}{R^{3}}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\frac{r^{3}}{R^{3}} = 1 - \frac{\rho_{1}}{\rho_{2}}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{r}{R} = (1 - \frac{\rho_{1}}{\rho_{2}})^{1/3}$.
ठोस गोले का जड़त्व आघूर्ण $I_{S} = \frac{2}{5} M R^{2}$ है।
खोखले गोले का जड़त्व आघूर्ण $I_{H} = \frac{2}{5} M \frac{R^{5} - r^{5}}{R^{3} - r^{3}}$ है।
$M = \rho_{2} \frac{4}{3} \pi (R^{3} - r^{3})$ का उपयोग करने पर,हमें $I_{H} = \frac{2}{5} (\rho_{2} \frac{4}{3} \pi (R^{3} - r^{3})) \frac{R^{5} - r^{5}}{R^{3} - r^{3}} = \frac{2}{5} \rho_{2} \frac{4}{3} \pi (R^{5} - r^{5})$ प्राप्त होता है।
चूंकि $M = \rho_{1} \frac{4}{3} \pi R^{3}$ है,हमारे पास $I_{S} = \frac{2}{5} (\rho_{1} \frac{4}{3} \pi R^{3}) R^{2} = \frac{2}{5} \rho_{1} \frac{4}{3} \pi R^{5}$ है।
अतः,$\frac{I_{H}}{I_{S}} = \frac{\rho_{2} (R^{5} - r^{5})}{\rho_{1} R^{5}} = \frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} [1 - (\frac{r}{R})^{5}]$.
$\frac{r}{R} = (1 - \frac{\rho_{1}}{\rho_{2}})^{1/3}$ रखने पर,हमें $\frac{I_{H}}{I_{S}} = \frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} [1 - (1 - \frac{\rho_{1}}{\rho_{2}})^{5/3}]$ प्राप्त होता है।

(C) माना बर्फ का प्रारंभिक द्रव्यमान $m \ g$ है।
कैलोरीमिति के सिद्धांत के अनुसार,दी गई ऊष्मा = ली गई ऊष्मा।
चूंकि आधी बर्फ पिघलती है,इसलिए अंतिम संतुलन तापमान $0^{\circ} C$ है।
पानी और कैलोरीमीटर द्वारा खोई गई ऊष्मा: $Q_{lost} = (50 + 10) \times 1.0 \times (15 - 0) = 60 \times 15 = 900 \ cal$.
बर्फ द्वारा प्राप्त ऊष्मा: बर्फ $-10^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक गर्म होती है और फिर आधी बर्फ पिघलती है।
$Q_{gained} = m \times 0.5 \times (0 - (-10)) + (m/2) \times 80 = 5m + 40m = 45m$.
दोनों को बराबर करने पर: $900 = 45m$.
$m = 900 / 45 = 20 \ g$.

(B) $p-V$ आरेख में, किसी भी बिंदु पर रुद्धोष्म वक्र की ढाल उसी बिंदु पर समतापीय वक्र की ढाल से अधिक तीव्र होती है।
मान लीजिए प्रारंभिक अवस्था $A(p_{i}, V_{i})$ है।
$V_{0}$ आयतन तक उत्क्रमणीय समतापीय प्रसार के दौरान, गैस समतापीय वक्र के अनुदिश अवस्था $B(p_{2}, V_{0})$ तक जाती है, जहाँ $p_{2} < p_{i}$ है।
इसके बाद $V_{0}$ आयतन से मूल आयतन $V_{i}$ तक उत्क्रमणीय रुद्धोष्म संपीड़न के दौरान, गैस रुद्धोष्म वक्र के अनुदिश अवस्था $B(p_{2}, V_{0})$ से अवस्था $C(p_{f}, V_{i})$ तक जाती है।
चूंकि रुद्धोष्म वक्र समतापीय वक्र से अधिक तीव्र होता है, इसलिए $p-V$ तल में $B$ से $C$ का पथ $A$ से $B$ के पथ के ऊपर स्थित होता है।
इसलिए, $V_{i}$ आयतन पर अंतिम दाब $p_{f}$, प्रारंभिक दाब $p_{i}$ से अधिक होना चाहिए।
अतः, $p_{f} > p_{i}$.

(B, C) एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $(U)$ केवल तापमान $(T)$ का फलन होती है, जिसे $U = f(T)$ द्वारा दर्शाया जाता है।
समतापीय प्रक्रिया में, गैस का तापमान स्थिर रहता है $(\Delta T = 0)$।
चूंकि आंतरिक ऊर्जा केवल तापमान पर निर्भर करती है, इसलिए यह समतापीय प्रक्रिया में स्थिर रहती है।
समदाबी प्रक्रिया में, यदि गैस का विस्तार होता है, तो तापमान बढ़ता है ($PV = nRT$ से, यदि $P$ स्थिर है और $V$ बढ़ता है, तो $T$ को बढ़ना चाहिए), जिससे आंतरिक ऊर्जा में वृद्धि होती है।
अतः, कथन $(B)$ और कथन $(C)$ दोनों सत्य हैं।

(D) वह घटना जिसमें ध्वनि की तीव्रता समय के साथ आवर्ती रूप से बदलती है,उसे $beats$ (विस्पंद) कहा जाता है।
$Beats$ तब उत्पन्न होते हैं जब थोड़ी अलग आवृत्तियों वाली दो ध्वनि तरंगें,$f_1$ और $f_2$,एक-दूसरे के साथ व्यतिकरण (interference) करती हैं।
परिणामी तीव्रता दोनों आवृत्तियों के अंतर,$|f_1 - f_2|$,के बराबर आवृत्ति के साथ बदलती है।
इसके अतिरिक्त,यदि स्रोत की तीव्रता स्वयं आवर्ती रूप से बदल रही हो,तो प्रेक्षक को तीव्रता में आवर्ती परिवर्तन महसूस होगा।
दिए गए विकल्पों की तुलना करने पर,विकल्प $D$ $beats$ के लिए भौतिक स्थिति का वर्णन करता है,जो आवर्ती तीव्रता परिवर्तन का एक मानक कारण है।

(D) एक श्रेणी $L-C-R$ परिपथ में,यदि धारा दो अलग-अलग आवृत्तियों $f_1$ और $f_2$ पर समान है,तो ये आवृत्तियाँ अनुनाद आवृत्ति $f_0$ से ज्यामितीय रूप से समान दूरी पर होती हैं।
अनुनाद आवृत्ति $f_0$ उन दो आवृत्तियों के ज्यामितीय माध्य द्वारा दी जाती है जिन पर धारा समान होती है:
$f_0 = \sqrt{f_1 \times f_2}$
दिया गया है:
$f_1 = 200 \ Hz$
$f_2 = 800 \ Hz$
मान रखने पर:
$f_0 = \sqrt{200 \times 800}$
$f_0 = \sqrt{160000}$
$f_0 = 400 \ Hz$
अतः,परिपथ की अनुनाद आवृत्ति $400 \ Hz$ है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु की $n$ वीं कक्षा में एक इलेक्ट्रॉन का रैखिक वेग $v$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$
जहाँ $Z$ परमाणु क्रमांक है,$e$ इलेक्ट्रॉन का आवेश है,$\epsilon_0$ मुक्त स्थान की विद्युतशीलता है,$n$ मुख्य क्वांटम संख्या है और $h$ प्लांक नियतांक है।
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि किसी दिए गए परमाणु के लिए $n$ को छोड़कर सभी पद नियतांक हैं।
इसलिए,संबंध $v \propto \frac{1}{n}$ है।

(C) जब स्विच चालू किया जाता है,तो संधारित्र चार्ज होना शुरू हो जाता है। प्रारंभ में,संधारित्र पर आवेश $0$ होता है,इसलिए इसके सिरों पर विभवांतर $0 \ V$ होता है। परिणामस्वरूप,बैटरी का पूरा वोल्टेज बल्ब पर आ जाता है,जिससे यह अधिकतम तीव्रता के साथ जलता है।
जैसे-जैसे संधारित्र चार्ज होता है,इसके सिरों पर विभवांतर $(V_c = q/C)$ समय के साथ बढ़ता जाता है। किरचॉफ के वोल्टेज नियम के अनुसार,बल्ब पर वोल्टेज $(V_b)$ का मान $V_b = V_{battery} - V_c$ होता है। जैसे-जैसे $V_c$ बढ़ता है,$V_b$ घटता जाता है।
इसलिए,प्रकाश की तीव्रता,जो बल्ब द्वारा व्यय की गई शक्ति $(P = V_b^2 / R)$ पर निर्भर करती है,शुरुआत में अधिकतम होगी और जैसे-जैसे संधारित्र पूरी तरह चार्ज होगा,यह धीरे-धीरे कम होती जाएगी।

(A) एक पृथक आवेशित समांतर प्लेट संधारित्र के लिए,प्लेटों पर आवेश $q$ स्थिर रहता है।
प्लेटों के बीच विद्युत क्षेत्र $E = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}} = \frac{q}{A \varepsilon_{0}}$ द्वारा दिया जाता है,जो स्थिर है क्योंकि $q$,$A$ और $\varepsilon_{0}$ स्थिर हैं।
प्लेटों के बीच इलेक्ट्रोस्टैटिक आकर्षण बल $F = qE = \frac{q^2}{2A \varepsilon_{0}}$ है।
चूंकि बल स्थिर है,प्लेटों का त्वरण $a$ स्थिर है $(a = F/m)$।
समय $t$ पर प्लेटों के बीच की दूरी $d(t) = d_{0} - \frac{1}{2} a t^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $d_{0}$ प्रारंभिक दूरी है।
विभवांतर $V = E \cdot d(t) = E (d_{0} - \frac{1}{2} a t^2)$ है।
यह समीकरण $V(t) = E d_{0} - (\frac{E a}{2}) t^2$ नीचे की ओर खुलने वाले परवलय (parabola) को दर्शाता है,जो ग्राफ $A$ के अनुरूप है।

(D) विकर्ण के आर-पार समतुल्य प्रतिरोध को अधिकतम करने के लिए,हमें प्रतिरोधकों को इस तरह से समूहित करना चाहिए कि दो समानांतर शाखाओं में प्रतिरोधों का योग सबसे अधिक हो। मान लीजिए कि चार प्रतिरोधक $R_1, R_2, R_3, R_4$ हैं। जब उन्हें विकर्ण के आर-पार जोड़ा जाता है,तो वे दो समानांतर शाखाएँ बनाते हैं,जिनमें से प्रत्येक में श्रेणीक्रम में दो प्रतिरोधक होते हैं। मान लीजिए कि शाखाएँ $(R_a + R_b)$ और $(R_c + R_d)$ हैं। समतुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = \frac{(R_a + R_b)(R_c + R_d)}{(R_a + R_b) + (R_c + R_d)}$ है। इसे अधिकतम करने के लिए,हमें दोनों शाखाओं के योग को एक-दूसरे के जितना संभव हो सके करीब रखना चाहिए। कुल योग $100 + 200 + 300 + 400 = 1000 \Omega$ है। इस प्रकार,हमारा लक्ष्य प्रत्येक शाखा को $500 \Omega$ बनाना है। हम उन्हें $(400 + 100) = 500 \Omega$ और $(300 + 200) = 500 \Omega$ के रूप में जोड़ सकते हैं। समतुल्य प्रतिरोध $\frac{500 \times 500}{500 + 500} = \frac{250000}{1000} = 250 \Omega$ होगा।

(C) स्थिर अवस्था (steady state) में,एक संधारित्र (capacitor) एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है,जिसका अर्थ है कि संधारित्र वाली शाखाओं से कोई दिष्ट धारा $(DC)$ प्रवाहित नहीं होती है।
इसलिए,हम $1 \mu F$ और $2 \mu F$ संधारित्र वाली शाखाओं की उपेक्षा कर सकते हैं।
परिपथ एक एकल श्रेणी लूप में सरल हो जाता है जिसमें $6 V$ की बैटरी,$200 \Omega$ का प्रतिरोधक और $400 \Omega$ का प्रतिरोधक होता है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{\text{net}} = 200 \Omega + 400 \Omega = 600 \Omega$ है।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,परिपथ में धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{\text{net}}} = \frac{6 V}{600 \Omega} = 0.01 A$.
मिलीएम्पीयर में बदलने पर,$I = 0.01 \times 1000 mA = 10 mA$।

(B, D) मान लीजिए बैटरी का वोल्टेज $V = 10 \ V$ है। जब कुंजी $K$ खुली होती है,तो परिपथ एक श्रेणी-समांतर संयोजन होता है। तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = (200 + 300) \parallel (100 + G) = \frac{500(100+G)}{600+G}$ है। गैल्वेनोमीटर शाखा से प्रवाहित धारा $I_{G, open} = \frac{V}{100+G}$ है।
जब कुंजी $K$ बंद होती है,तो परिपथ एक व्हीटस्टोन ब्रिज बन जाता है। गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा न बदलने का अर्थ है कि ब्रिज संतुलित है,अर्थात $\frac{200}{100} = \frac{300}{G}$।
$G$ के लिए हल करने पर: $G = \frac{300 \times 100}{200} = 150 \ \Omega$। अतः,विकल्प $D$ सही है।
$G = 150 \ \Omega$ के साथ,कुंजी बंद होने पर गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I_{G, closed} = \frac{V}{R_{eq}'}$ है। चूंकि ब्रिज संतुलित है,गैल्वेनोमीटर के दोनों सिरों पर विभव समान है,और धारा विभव विभाजक द्वारा निर्धारित होती है: $I_G = \frac{10}{100+150} = \frac{10}{250} = 0.04 \ A = 40 \ mA$। अतः,विकल्प $B$ सही है।
चूंकि ब्रिज संतुलित है,भुजाओं में प्रतिरोधों का अनुपात समान है,इसलिए ऊपरी और निचली शाखाओं में धारा गैल्वेनोमीटर के कनेक्शन से स्वतंत्र है,लेकिन $200 \ \Omega$ से प्रवाहित धारा का $300 \ \Omega$ से प्रवाहित धारा के बराबर होना आवश्यक नहीं है जब तक कि प्रतिरोध समान न हों। यहाँ $200 \ \Omega \neq 300 \ \Omega$,इसलिए विकल्प $C$ गलत है।

(D) $V$ विभव द्वारा त्वरित इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र: $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2 m_e e V}}$ है।
इस संबंध से हम देख सकते हैं कि $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{V}}$.
इसलिए,$\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \sqrt{\frac{V_2}{V_1}}$.
यहाँ $\lambda_1 = \lambda$ और $\lambda_2 = 2\lambda$ दिया गया है,अतः $\frac{\lambda}{2\lambda} = \sqrt{\frac{V_2}{10000}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\frac{1}{4} = \frac{V_2}{10000}$.
अतः,$V_2 = \frac{10000}{4} = 2500 \ V$.

(A) धारा $I$ ले जाने वाले एक लंबे सीधे तार से $y$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I}{2 \pi y}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए लूप की लंबाई $l$ और चौड़ाई $b$ है। लूप $v$ वेग से तार से दूर जा रहा है। $t=0$ पर तार से लूप के आंतरिक किनारे की दूरी $y_0$ है। $t$ समय पर दूरी $y(t) = y_0 + vt$ है।
चूंकि चौड़ाई $b$ बहुत छोटी $(b \ll y)$ है,लूप पर चुंबकीय क्षेत्र को समान माना जा सकता है,और प्रेरित emf $E$ लंबाई $l$ की दो भुजाओं के बीच गतिज emf का अंतर है:
$E = E_1 - E_2 = v l (B_1 - B_2) = v l \left( \frac{\mu_{0} I}{2 \pi y} - \frac{\mu_{0} I}{2 \pi (y+b)} \right)$
$E = \frac{\mu_{0} I v l}{2 \pi} \left( \frac{y+b-y}{y(y+b)} \right) = \frac{\mu_{0} I v l b}{2 \pi y(y+b)}$
चूंकि $b \ll y$,इसलिए $y+b \approx y$,जिससे $E \approx \frac{\mu_{0} I v l b}{2 \pi y^2}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $y = y_0 + vt$,बड़े $t$ के लिए,$y \approx vt$ होता है। अतः,$E \propto \frac{1}{(vt)^2} \propto \frac{1}{t^2}$।

(D) वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल स्थिर-वैद्युत आकर्षण बल द्वारा प्रदान किया जाता है:
$F_{\text{centripetal}} = m r \omega^{2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{q_{1} q_{2}}{r^{2}}$
इससे,हम कोणीय वेग $\omega$ ज्ञात करते हैं:
$\omega^{2} = \frac{q_{1} q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} m r^{3}} \implies \omega \propto \frac{1}{r^{3/2}}$
गतिमान आवेश $q_{1}$ एक धारा $i$ उत्पन्न करता है जो इस प्रकार है:
$i = \frac{q_{1}}{T} = \frac{q_{1} \omega}{2 \pi}$
वृत्ताकार धारा लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ है:
$B = \frac{\mu_{0} i}{2 r} = \frac{\mu_{0}}{2 r} \left( \frac{q_{1} \omega}{2 \pi} \right) = \frac{\mu_{0} q_{1} \omega}{4 \pi r}$
चूंकि $\omega \propto r^{-3/2}$,इसलिए:
$B \propto \frac{\omega}{r} \propto \frac{r^{-3/2}}{r} = r^{-5/2}$
अतः,$B \propto \frac{1}{r^{5/2}}$.

(C) एक समषट्भुज में,केंद्र $O$ से किसी भी शीर्ष की दूरी भुजा की लंबाई $a$ के बराबर होती है।
केंद्र पर विद्युत क्षेत्र को अधिकतम करने के लिए,हम चार आवेशों को चित्र में दिखाए अनुसार $A, B, C$ और $F$ शीर्षों पर रखते हैं।
$F$ और $C$ पर आवेशों के कारण विद्युत क्षेत्र परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होते हैं,इसलिए वे एक-दूसरे के प्रभाव को निरस्त कर देते हैं $(E_F + E_C = 0)$।
केंद्र $O$ पर नेट विद्युत क्षेत्र $A$ और $B$ पर स्थित आवेशों के कारण होता है।
प्रत्येक आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{Q}{a^2}$ है।
विद्युत क्षेत्र सदिशों $E_A$ और $E_B$ के बीच का कोण $60^{\circ}$ है।
परिणामी विद्युत क्षेत्र $E_{\text{net}}$ इस प्रकार दिया जाता है:
$E_{\text{net}} = \sqrt{E_A^2 + E_B^2 + 2 E_A E_B \cos 60^{\circ}}$
चूंकि $E_A = E_B = E$,इसलिए:
$E_{\text{net}} = \sqrt{E^2 + E^2 + 2 E^2 (1/2)} = \sqrt{3E^2} = E\sqrt{3}$
$E$ का मान रखने पर:
$E_{\text{net}} = \frac{\sqrt{3}Q}{4 \pi \epsilon_0 a^2}$

(C) $1$. केंद्र $O$ पर स्थित $+Q$ आवेश पूरे घन से $\frac{Q}{\varepsilon_{0}}$ का कुल फ्लक्स उत्पन्न करता है। समरूपता के अनुसार,प्रत्येक $6$ फलक से गुजरने वाला फ्लक्स $\frac{Q}{6\varepsilon_{0}}$ है।
$2$. बिंदु $P$ पर स्थित $+Q$ आवेश सतह $ABCD$ के केंद्र से $a/2$ दूरी पर है। इस आवेश के कारण सतह $ABCD$ से गुजरने वाला फ्लक्स $\frac{Q}{2\varepsilon_{0}}$ है (चूंकि आवेश सतह के केंद्र से $a/2$ दूरी पर है,यह सतह पर $2\pi$ स्टेरेडियन का ठोस कोण बनाता है)।
$3$. दोनों आवेशों के कारण सतह $ABCD$ से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi_{ABCD} = \phi_{O, ABCD} + \phi_{P, ABCD} = \frac{Q}{6\varepsilon_{0}} - \frac{Q}{2\varepsilon_{0}} = -\frac{Q}{3\varepsilon_{0}}$ है (चूंकि $P$ से आने वाला फ्लक्स घन में प्रवेश करता है,इसलिए यह ऋणात्मक है)।
$4$. दोनों आवेशों के कारण घन से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi_{total} = \frac{Q_{enclosed}}{\varepsilon_{0}} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}}$ है।
$5$. शेष $5$ फलकों से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_{5} = \phi_{total} - \phi_{ABCD} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}} - (-\frac{Q}{3\varepsilon_{0}}) = \frac{4Q}{3\varepsilon_{0}} = \frac{8Q}{6\varepsilon_{0}}$।

(B) $r$ त्रिज्या और $q$ आवेश वाली वलय के केंद्र से $x$ दूरी पर विद्युत विभव $V = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{q}{\sqrt{x^{2} + r^{2}}}$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु $A$ के लिए,$x_A = \frac{4}{3}r$,अतः वलय की परिधि से दूरी $d_A = \sqrt{(\frac{4}{3}r)^2 + r^2} = \frac{5}{3}r$.
अतः,$V_A = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{3q}{5r}$.
बिंदु $B$ के लिए,$x_B = \frac{3}{4}r$,अतः वलय की परिधि से दूरी $d_B = \sqrt{(\frac{3}{4}r)^2 + r^2} = \frac{5}{4}r$.
अतः,$V_B = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{4q}{5r}$.
$-q$ आवेश को $A$ से $B$ तक ले जाने में किया गया कार्य $W = (-q)(V_B - V_A)$.
$W = -q \left( \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{4q}{5r} - \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \cdot \frac{3q}{5r} \right) = -\frac{1}{5} \cdot \frac{q^2}{4 \pi \varepsilon_{0} r}$.

(A) आवेशों के बीच बिंदु $P$ पर कुल विद्युत विभव $V = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{Q}{r} + \frac{4Q}{d-r} \right)$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$,$A$ से $P$ की दूरी है।
विभव के न्यूनतम होने के लिए,हम $\frac{dV}{dr} = 0$ रखते हैं।
$\frac{dV}{dr} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( -\frac{Q}{r^2} + \frac{4Q}{(d-r)^2} \right) = 0$.
इसका अर्थ है $\frac{Q}{r^2} = \frac{4Q}{(d-r)^2}$,जो उस स्थिति के बराबर है जहाँ कुल विद्युत क्षेत्र $E = 0$ होता है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $\frac{1}{r} = \frac{2}{d-r}$.
$r$ के लिए हल करने पर: $d - r = 2r \Rightarrow 3r = d \Rightarrow r = \frac{d}{3}$.
अतः,$A$ के दाईं ओर $\frac{d}{3}$ इकाई की दूरी पर विभव न्यूनतम है।

(C) $R$ त्रिज्या वाले एक पतले खोखले बेलन के लिए जो अपनी लंबाई के अनुदिश एक समान धारा $i$ का वहन करता है:
$1$. बेलन के अंदर $(d < R)$,चुंबकीय क्षेत्र $B$ शून्य है क्योंकि परिबद्ध धारा शून्य है।
$2$. बेलन के बाहर $(d \geq R)$,एम्पीयर के नियम के अनुसार चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} i}{2 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है। यह दर्शाता है कि $B \propto \frac{1}{d}$ है।
अतः,$B$ बनाम $d$ का ग्राफ $d < R$ के लिए $B = 0$ और $d \geq R$ के लिए एक अतिपरवलयिक (hyperbolic) क्षय दिखाएगा। यह चित्र $C$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(B) $I$ धारा प्रवाहित करने वाले $r$ त्रिज्या के वृत्ताकार लूप के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
स्थिति $(I)$: $r$ त्रिज्या वाले लूप के लिए,लंबाई $l_1 = 2\pi r$ है। प्रतिरोध $R_1 = \rho \frac{l_1}{A} = \rho \frac{2\pi r}{A}$ है। धारा $I_1 = \frac{V}{R_1}$ है। चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I_1}{2r}$ है।
स्थिति $(II)$: $2r$ त्रिज्या वाले लूप के लिए,लंबाई $l_2 = 2\pi(2r) = 2l_1$ है। प्रतिरोध $R_2 = \rho \frac{l_2}{A} = 2R_1$ है। धारा $I_2 = \frac{V}{R_2} = \frac{V}{2R_1} = \frac{I_1}{2}$ है।
नया चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I_2}{2(2r)} = \frac{\mu_0 (I_1/2)}{4r} = \frac{1}{4} \left( \frac{\mu_0 I_1}{2r} \right) = \frac{B_1}{4}$ होगा।

(B) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में वृत्ताकार पथ पर गति करने वाले आवेशित कण का आवर्तकाल $T$ सूत्र $T = \frac{2\pi m}{qB}$ द्वारा दिया जाता है।
यह सूत्र दर्शाता है कि आवर्तकाल $T$ केवल द्रव्यमान $m$,आवेश $q$ और चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता $B$ पर निर्भर करता है।
चूंकि $m$,$q$ और $B$ स्थिर रहते हैं,इसलिए आवर्तकाल $T$ प्रोटॉन की चाल $v$ से स्वतंत्र है।
अतः,यदि चाल को बढ़ाकर $\sqrt{2}v$ भी कर दिया जाए,तो आवर्तकाल $T$ ही रहेगा।

(D) दिया है,अर्ध-आयु $t_{1/2} = 3$ दिन।
समय $t$ के बाद शेष सक्रिय नाभिकों की संख्या $N(t) = N_0 (1/2)^{t/t_{1/2}}$ द्वारा दी जाती है।
तीसरे दिन की शुरुआत में ($t = 2$ दिन),शेष नाभिकों की संख्या $N_1 = N_0 (1/2)^{2/3} = N_0 / (2^{2/3}) = N_0 / (4^{1/3})$ है।
दिया है $\sqrt[3]{0.25} \approx 0.63$,इसलिए $N_1 = N_0 \times 0.63$।
तीसरे दिन के अंत में ($t = 3$ दिन),शेष नाभिकों की संख्या $N_2 = N_0 (1/2)^{3/3} = 0.5 N_0$ है।
तीसरे दिन के दौरान क्षयित होने वाले नाभिकों की संख्या दिन की शुरुआत और अंत में मौजूद नाभिकों के बीच का अंतर है:
$\Delta N = N_1 - N_2 = 0.63 N_0 - 0.5 N_0 = 0.13 N_0$।
अतः,तीसरे दिन क्षयित होने वाले प्रारंभिक नाभिकों का अंश $0.13$ है।

(A, C) क्रांतिक कोण $\theta_{C} = \sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = 45^{\circ}$ है।
आपतित सतह $S$ पर स्नेल का नियम लागू करने पर $(n_{1} \sin \theta_{1} = n_{2} \sin \theta_{2})$:
$1 \cdot \sin 45^{\circ} = \sqrt{2} \cdot \sin \theta \implies \sin \theta = \frac{1}{2} \implies \theta = 30^{\circ}$.
बिंदु $P$ पर,आपतन कोण $90^{\circ} - 15^{\circ} = 75^{\circ}$ है। चूँकि $75^{\circ} > 45^{\circ}$,इसलिए $P$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ होता है।
बिंदु $Q$ पर,आपतन कोण $15^{\circ}$ है। चूँकि $15^{\circ} < 45^{\circ}$,इसलिए $Q$ पर आंशिक परावर्तन और अपवर्तन होता है।
$R$ पर निर्गत किरण $S$ पर आपतित किरण के समानांतर है क्योंकि प्रिज्म की ज्यामिति और किरण का पथ कुल विचलन $0^{\circ}$ (या $360^{\circ}$) देता है,जिसका अर्थ है कि वे समानांतर हैं। अतः,कथन $A$ और $C$ सही हैं।

(B) दिया गया संयोजन तीन लेंसों के संपर्क से बना है: दो समान समोत्तल कांच के लेंस ($L_1$ और $L_3$) और उनके बीच बना पानी का लेंस $(L_2)$।
मान लीजिए प्रत्येक कांच के लेंस की फोकस दूरी $f_1$ है और पानी के लेंस की फोकस दूरी $f_2$ है।
चूंकि लेंस संपर्क में हैं,इसलिए तुल्य फोकस दूरी $F$ इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{1}{F} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2} + \frac{1}{f_3}$
चूंकि $L_1$ और $L_3$ समान हैं,$f_1 = f_3 = f$। पानी का लेंस $L_2$ एक अवतल लेंस है,इसलिए इसकी फोकस दूरी $f_2$ ऋणात्मक है।
अतः,$\frac{1}{F} = \frac{1}{f} + \frac{1}{f_2} + \frac{1}{f} = \frac{2}{f} + \frac{1}{f_2}$।
मान लीजिए $R$ वक्रता त्रिज्या है। कांच के लेंस के लिए,$\frac{1}{f} = (\mu_g - 1)(\frac{2}{R})$। पानी के लेंस के लिए,$\frac{1}{f_2} = -(\mu_w - 1)(\frac{2}{R})$।
चूंकि $\mu_g > \mu_w$,कांच के लेंस की शक्ति का परिमाण पानी के लेंस की शक्ति से अधिक है,जिसका अर्थ है $|\frac{1}{f}| > |\frac{1}{f_2}|$।
इसलिए,$\frac{1}{F} = \frac{2}{f} - |\frac{1}{f_2}|$। चूंकि $|\frac{1}{f_2}| > 0$,$\frac{1}{F} < \frac{2}{f}$,जिसका अर्थ है $F > \frac{f}{2}$।
साथ ही,चूंकि $\frac{1}{F} = \frac{2}{f} - |\frac{1}{f_2}|$,यह स्पष्ट है कि $\frac{1}{F} > \frac{1}{f}$ (क्योंकि हम $\frac{2}{f}$ से एक धनात्मक मान घटा रहे हैं लेकिन शुद्ध शक्ति अभी भी धनात्मक है और $\frac{2}{f}$ से कम है),इसलिए $F < f$।
इन दोनों को मिलाने पर,हमें $\frac{f}{2} < F < f$ प्राप्त होता है।

(D) हवा का बुलबुला ठोस कांच के गोले के केंद्र $O$ पर स्थित है।
जब हवा के बुलबुले से निकलने वाली प्रकाश की किरणें गोले की सतह की ओर यात्रा करती हैं,तो वे गोले की त्रिज्या के अनुदिश चलती हैं।
चूंकि त्रिज्या हमेशा गोले की सतह के लंबवत होती है,इसलिए प्रकाश की किरणें सतह पर $i = 0^\circ$ के आपतन कोण पर टकराती हैं।
स्नेल के नियम के अनुसार,जब प्रकाश किसी सतह पर लंबवत आपतित होता है,तो उसका कोई अपवर्तन या विचलन नहीं होता है।
इसलिए,प्रकाश की किरणें बिना मुड़े सीधी रेखा में यात्रा करना जारी रखती हैं।
परिणामस्वरूप,बाहर से देखने वाले प्रेक्षक को बुलबुले का प्रतिबिंब वस्तु के स्थान पर ही दिखाई देता है।
अतः,गोले के केंद्र से बुलबुले की आभासी दूरी शून्य है।

(A) माना स्रोत $S(0,1)$ पर है और दर्पण पर बिंदु $M$ है। परावर्तित किरण $P(3,3)$ से होकर गुजरती है।
चूंकि दर्पण $X$-अक्ष के अनुदिश है,इसलिए दर्पण द्वारा स्रोत $S(0,1)$ का बना प्रतिबिंब $I(0,-1)$ है।
परावर्तित किरण की पथ लंबाई $SM + MP$ है।
परावर्तन के नियम के अनुसार,$SM = IM$ है।
इसलिए,कुल पथ लंबाई $IM + MP = IP$ है।
दूरी $IP$,बिंदु $I(0,-1)$ और $P(3,3)$ के बीच की दूरी है।
दूरी सूत्र का उपयोग करने पर: $IP = \sqrt{(3-0)^2 + (3 - (-1))^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$.

(A) दिए गए परिपथ में,ज़ेनर डायोड $4 \text{ k}\Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर में जुड़ा हुआ है। चूंकि ज़ेनर डायोड अपने ब्रेकडाउन क्षेत्र में कार्य कर रहा है,इसलिए इसके सिरों पर वोल्टेज $6 \text{ V}$ पर स्थिर रहता है।
चूंकि ज़ेनर डायोड और $4 \text{ k}\Omega$ का प्रतिरोध समानांतर में हैं,इसलिए $4 \text{ k}\Omega$ के प्रतिरोध के सिरों पर भी वोल्टेज $6 \text{ V}$ होगा।
परिपथ में कुल वोल्टेज $10 \text{ V}$ है। $6 \text{ k}\Omega$ के श्रेणी प्रतिरोध में वोल्टेज ड्रॉप,स्रोत वोल्टेज और ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज के बीच का अंतर है:
$V_{6\text{k}\Omega} = 10 \text{ V} - 6 \text{ V} = 4 \text{ V}$.
$6 \text{ k}\Omega$ के प्रतिरोध से प्रवाहित होने वाली धारा ओम के नियम द्वारा दी जाती है:
$I = \frac{V_{6\text{k}\Omega}}{R} = \frac{4 \text{ V}}{6 \text{ k}\Omega} = \frac{4}{6} \text{ mA} = \frac{2}{3} \text{ mA}$.

(C) यह परिपथ दो क्रॉस-कपल्ड $NAND$ गेट से बना है, जो एक $S-R$ लैच का निर्माण करते हैं।
यहाँ $A=1$ और $B=0$ दिया गया है।
निचले $NAND$ गेट का आउटपुट $Y = \overline{B \cdot X} = \overline{0 \cdot X} = \overline{0} = 1$ होता है।
अब, $Y$ के इस मान का उपयोग ऊपरी $NAND$ गेट में करने पर, आउटपुट $X = \overline{A \cdot Y} = \overline{1 \cdot 1} = \overline{1} = 0$ प्राप्त होता है।
अतः, स्थिर अवस्था $X=0$ और $Y=1$ है।

(C) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में,श्वेत प्रकाश में $4000 \ Å$ से $7000 \ Å$ तक की तरंगदैर्घ्य होती है।
पर्दे पर केंद्रीय स्थिति में,सभी तरंगदैर्घ्यों के लिए पथ अंतर शून्य होता है।
चूंकि पथ अंतर शून्य है,इसलिए सभी तरंगदैर्घ्य केंद्र पर संपोषी व्यतिकरण करती हैं,जिसके परिणामस्वरूप एक सफेद फ्रिंज बनती है।
जैसे-जैसे हम केंद्र से दूर जाते हैं,पथ अंतर बढ़ता जाता है,जिससे विभिन्न तरंगदैर्घ्य अलग-अलग स्थानों पर संपोषी व्यतिकरण करती हैं,जिसके परिणामस्वरूप रंगीन फ्रिंज दिखाई देती हैं।