WBJEE 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) टक्कर से पहले दो ब्लॉकों की कुल गतिज ऊर्जा $K.E. = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}mv^2 = mv^2$ है।
चूंकि टक्कर पूरी तरह से अप्रत्यास्थ है (ब्लॉक पिघल जाते हैं),गतिज ऊर्जा में अधिकतम नुकसान कुल प्रारंभिक गतिज ऊर्जा के बराबर है,जो $mv^2$ है।
इस ऊर्जा का उपयोग बर्फ के तापमान को $-8^{\circ}C$ से $0^{\circ}C$ तक बढ़ाने और फिर उसे पिघलाने के लिए किया जाता है।
एक ब्लॉक के लिए आवश्यक ऊर्जा $Q = ms\Delta\theta + mL$ है।
दो ब्लॉकों के लिए,आवश्यक कुल ऊर्जा $2(ms\Delta\theta + mL)$ है।
ऊर्जा के नुकसान को आवश्यक ऊष्मा के बराबर करने पर: $mv^2 = 2m(s\Delta\theta + L)$।
दोनों तरफ से $m$ को हटाने पर: $v^2 = 2(s\Delta\theta + L)$।
दिया गया है: $s = 2100 \ Jkg^{-1}K^{-1}$,$\Delta\theta = 8^{\circ}C$,$L = 3.36 \times 10^5 \ Jkg^{-1}$।
$v^2 = 2(2100 \times 8 + 3.36 \times 10^5) = 2(16800 + 336000) = 2(352800) = 705600$।
$v = \sqrt{705600} = 840 \ ms^{-1}$।

(A) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार,आवर्तकाल $T$ का वर्ग कक्षीय त्रिज्या $r$ के घन के समानुपाती होता है:
$T^2 \propto r^3$
चूंकि कोणीय गति $\omega = \frac{2\pi}{T}$,इसलिए $T = \frac{2\pi}{\omega}$। इस मान को नियम में रखने पर:
$(\frac{2\pi}{\omega})^2 \propto r^3 \Rightarrow \frac{1}{\omega^2} \propto r^3 \Rightarrow r^3 \omega^2 = \text{स्थिरांक}$।
पृथ्वी $(E)$ और ग्रह $(P)$ के लिए:
$r_E^3 \omega_E^2 = r_P^3 \omega_P^2$
यहाँ $r_E = R$ और $\omega_P = 2\omega_E$ दिया गया है:
$R^3 \omega_E^2 = r_P^3 (2\omega_E)^2$
$R^3 \omega_E^2 = r_P^3 (4\omega_E^2)$
$R^3 = 4 r_P^3$
$r_P^3 = \frac{R^3}{4} = \frac{R^3}{2^2}$
दोनों पक्षों का घनमूल लेने पर:
$r_P = \frac{R}{2^{2/3}} = 2^{-2/3} R$.

(B) $T$ तापमान पर एक गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा इस प्रकार दी जाती है:
$U = \frac{f}{2} \mu R T$
जहाँ $f$ स्वतंत्रता की कोटि (degree of freedom) है।
आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन है:
$\Delta U = \frac{f}{2} \mu R \Delta T$
स्थिर आयतन पर प्रक्रिया के लिए,दी गई ऊष्मा आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होती है:
$\Delta Q_V = \mu C_V \Delta T = \Delta U$
$\Delta U$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\mu C_V \Delta T = \frac{f}{2} \mu R \Delta T$
$C_V = \frac{f}{2} R$
दृढ़ द्विपरमाणुक अणुओं के लिए,स्वतंत्रता की कोटि $f = 5$ ($3$ स्थानांतरण + $2$ घूर्णन) होती है।
सूत्र में $f = 5$ रखने पर:
$C_V = \frac{5}{2} R$

(D) मान लीजिए कि $T$ डोरी में तनाव है और $a$ द्रव्यमानों के त्वरण का परिमाण है।
चूंकि $m_{2} > m_{1}$,द्रव्यमान $m_{2}$ त्वरण $a$ के साथ नीचे की ओर गति करता है,और द्रव्यमान $m_{1}$ त्वरण $a$ के साथ ऊपर की ओर गति करता है।
द्रव्यमान $m_{1}$ के लिए (ऊपर की ओर गति): $T - m_{1}g = m_{1}a$ ....$(i)$
द्रव्यमान $m_{2}$ के लिए (नीचे की ओर गति): $m_{2}g - T = m_{2}a$ ....(ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(T - m_{1}g) + (m_{2}g - T) = m_{1}a + m_{2}a$
$(m_{2} - m_{1})g = (m_{1} + m_{2})a$
$a = \frac{m_{2} - m_{1}}{m_{1} + m_{2}} g$

(C) जब एक छोटा गोलाकार पिंड किसी श्यान द्रव में गिरता है,तो वह तीन बलों का अनुभव करता है: नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल (भार),ऊपर की ओर कार्य करने वाला उत्प्लावन बल,और ऊपर की ओर कार्य करने वाला श्यान घर्षण बल।
टर्मिनल वेग $v$ पर,पिंड एक स्थिर वेग से गति करता है,जिसका अर्थ है कि पिंड का कुल त्वरण शून्य है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,$F_{\text{net}} = ma$। चूंकि त्वरण $a = 0$ है,इसलिए पिंड पर कार्य करने वाला कुल बल $F_{\text{net}} = 0$ है।
अतः,पिंड का भार उत्प्लावन बल और श्यान घर्षण बल के योग द्वारा पूरी तरह से संतुलित हो जाता है।

(C) दिया गया है: लंबाई में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta l}{l} = -0.01$ (क्योंकि यह $1 \%$ कम हो जाती है)।
प्वासों अनुपात, $\sigma = 0.2$.
एक छड़ के लिए, आयतन $V = A \times l$, जहाँ $A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है。
आयतन में आंशिक परिवर्तन $\frac{\Delta V}{V} = \frac{\Delta A}{A} + \frac{\Delta l}{l}$ द्वारा दिया जाता है。
चूंकि $A = w \times t$ (चौड़ाई $\times$ मोटाई), इसलिए $\frac{\Delta A}{A} = \frac{\Delta w}{w} + \frac{\Delta t}{t}$.
प्वासों अनुपात की परिभाषा के अनुसार, $\sigma = -\frac{\Delta w / w}{\Delta l / l} = -\frac{\Delta t / t}{\Delta l / l}$.
अतः, $\frac{\Delta w}{w} = -\sigma \frac{\Delta l}{l}$ और $\frac{\Delta t}{t} = -\sigma \frac{\Delta l}{l}$.
इन मानों को आयतन समीकरण में रखने पर:
$\frac{\Delta V}{V} = -\sigma \frac{\Delta l}{l} - \sigma \frac{\Delta l}{l} + \frac{\Delta l}{l} = \frac{\Delta l}{l} (1 - 2\sigma)$.
मान रखने पर: $\frac{\Delta V}{V} = -0.01 \times (1 - 2 \times 0.2) = -0.01 \times (1 - 0.4) = -0.01 \times 0.6 = -0.006$.
अतः, आयतन में $0.6 \%$ की कमी होती है।

(A) दिया गया है,प्रारंभिक वेग $u = 10 \ m/s$।
परास $R = 5 \ m$।
गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \ m/s^2$।
प्रक्षेप्य की परास का सूत्र $R = \frac{u^2 \sin(2\alpha)}{g}$ है।
दिए गए मानों को रखने पर:
$5 = \frac{(10)^2 \sin(2\alpha)}{10}$
$5 = \frac{100 \sin(2\alpha)}{10}$
$5 = 10 \sin(2\alpha)$
$\sin(2\alpha) = \frac{5}{10} = 0.5$।
चूंकि $\sin(30^{\circ}) = 0.5$,इसलिए $2\alpha = 30^{\circ}$ या $2\alpha = 150^{\circ}$।
अतः,$\alpha = 15^{\circ}$ या $\alpha = 75^{\circ}$।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,सही मान $15^{\circ}$ है।

(A) दिया गया है,नोजल का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A = \frac{5}{\sqrt{21}} \times 10^{-3} \text{ m}^2$.
आयतन प्रवाह दर $Q = \frac{1 \text{ m}^3}{10 \text{ s}} = 0.1 \text{ m}^3/\text{s}$.
पानी का वेग $v = \frac{Q}{A} = \frac{0.1}{\frac{5}{\sqrt{21}} \times 10^{-3}} = \frac{10^{-1} \times \sqrt{21}}{5 \times 10^{-3}} = 20\sqrt{21} \text{ m/s}$.
जब पानी एक कठोर दीवार से टकराता है,तो उसकी गतिज ऊर्जा ऊष्मीय ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है। तापमान में अधिकतम संभव वृद्धि $\Delta T$ ऊर्जा संतुलन समीकरण द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{2}mv^2 = ms\Delta T$.
यहाँ,$s$ पानी की विशिष्ट ऊष्मा धारिता है $= 4.2 \times 10^3 \text{ J/(kg} \cdot ^{\circ}\text{C)}$.
अतः,$\Delta T = \frac{v^2}{2s} = \frac{(20\sqrt{21})^2}{2 \times 4.2 \times 10^3}$.
$\Delta T = \frac{400 \times 21}{8.4 \times 10^3} = \frac{8400}{8400} = 1^{\circ} \text{C}$.

(C) स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम के अनुसार,एक कृष्णिका द्वारा प्रति सेकंड विकिरित ऊष्मीय ऊर्जा $(Q)$ का सूत्र है: $Q = \sigma A T^4$,जहाँ $\sigma$ स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियतांक है,$A$ पृष्ठीय क्षेत्रफल है,और $T$ केल्विन में परम तापमान है।
चूँकि दोनों वस्तुओं $A$ और $B$ के पृष्ठीय क्षेत्रफल समान हैं $(A_A = A_B = A)$,इसलिए विकिरित ऊर्जा का अनुपात होगा:
$\frac{Q_A}{Q_B} = \frac{\sigma A T_A^4}{\sigma A T_B^4} = \left(\frac{T_A}{T_B}\right)^4$
तापमान को सेल्सियस से केल्विन में बदलने पर:
$T_A = 27^{\circ} C = 27 + 273 = 300 \ K$
$T_B = 177^{\circ} C = 177 + 273 = 450 \ K$
मानों को अनुपात में रखने पर:
$\frac{Q_A}{Q_B} = \left(\frac{300}{450}\right)^4 = \left(\frac{2}{3}\right)^4$
$\frac{Q_A}{Q_B} = \frac{16}{81}$
अतः,$A$ और $B$ द्वारा प्रति सेकंड विकिरित ऊष्मीय ऊर्जा का अनुपात $16: 81$ है।

(B) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच का संबंध $T V^{\gamma-1} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए कि रुद्धोष्म संपीड़न के बाद तापमान $T$ है। तो,$T_{0} V_{0}^{\gamma-1} = T \left(\frac{V_{0}}{2}\right)^{\gamma-1}$.
$T$ के लिए हल करने पर,हमें $T = T_{0} 2^{\gamma-1}$ प्राप्त होता है।
जब गैस को $\frac{V_{0}}{2}$ के स्थिर आयतन पर आसपास के वातावरण के साथ तापीय संतुलन में आने दिया जाता है,तो मुक्त होने वाली ऊष्मा $\Delta Q$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होती है: $\Delta Q = n C_{V} \Delta T$.
$C_{V} = \frac{R}{\gamma-1}$ और आदर्श गैस नियम $n R T_{0} = p_{0} V_{0}$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\Delta Q = n \left(\frac{R}{\gamma-1}\right) (T - T_{0}) = \frac{n R T_{0}}{\gamma-1} (2^{\gamma-1} - 1)$.
$n R T_{0} = p_{0} V_{0}$ प्रतिस्थापित करने पर,मुक्त होने वाली ऊष्मा $\frac{p_{0} V_{0}}{\gamma-1} (2^{\gamma-1} - 1)$ है।

(A) इस प्रक्रिया को आदर्श गैस का मुक्त प्रसार (free expansion) कहा जाता है।
चूंकि प्रणाली तापीय रूप से पृथक है,इसलिए परिवेश के साथ कोई ऊष्मा विनिमय नहीं होता है,अतः $Q = 0$ है।
चूंकि गैस निर्वात में फैलती है,इसलिए गैस को किसी बाहरी दबाव के विरुद्ध कार्य नहीं करना पड़ता है,अतः किया गया कार्य $W = 0$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = Q - W$ है।
चूंकि $Q = 0$ और $W = 0$ है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है।
आदर्श गैस के लिए,आंतरिक ऊर्जा केवल उसके तापमान पर निर्भर करती है $(U \propto T)$।
चूंकि $\Delta U = 0$ है,इसलिए आदर्श गैस का तापमान स्थिर रहता है।
अतः,संतुलन पर प्राप्त अंतिम तापमान $T$ होगा।

(C) दिया गया है,शक्ति $(P) =$ स्थिर।
गतिज ऊर्जा $(KE) = \frac{1}{2} m v^{2}$।
हम जानते हैं कि,$P = \frac{d(KE)}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{1}{2} m v^{2}) = m v \frac{dv}{dt}$।
चूंकि $P$ स्थिर है,$m v \frac{dv}{dt} = P$।
समय $t$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का समाकलन करने पर:
$\int m v dv = \int P dt \Rightarrow \frac{1}{2} m v^{2} = P t$ (मान लें कि $t=0$ पर प्रारंभिक वेग $0$ है)।
$v^{2} = \frac{2 P}{m} t \Rightarrow v = \sqrt{\frac{2 P}{m}} t^{1/2}$।
चूंकि $v = \frac{ds}{dt}$,इसलिए $\frac{ds}{dt} = \sqrt{\frac{2 P}{m}} t^{1/2}$।
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$s = \int \sqrt{\frac{2 P}{m}} t^{1/2} dt = \sqrt{\frac{2 P}{m}} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{2 P}{m}} t^{3/2}$।
अतः,$s \propto t^{3/2}$,जिसका अर्थ है $s = a t^{3/2}$ जहाँ $a$ एक स्थिरांक है।

(C) श्रेणी $R-L-C$ परिपथ में,अनुनाद आवृत्ति $f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $R = 100 \Omega$,$L = 20 \text{ mH} = 20 \times 10^{-3} \text{ H}$,$f_0 = \frac{1250}{\pi} \text{ Hz}$.
अनुनाद सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{1250}{\pi} = \frac{1}{2\pi\sqrt{20 \times 10^{-3} \times C}}$
$1250 = \frac{1}{2\sqrt{0.02 \times C}}$
$2500 = \frac{1}{\sqrt{0.02 \times C}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$6.25 \times 10^6 = \frac{1}{0.02 \times C}$
$C = \frac{1}{0.02 \times 6.25 \times 10^6} = \frac{1}{0.125 \times 10^6} = 8 \times 10^{-6} \text{ F} = 8 \mu\text{F}$.
जब $V = 25 \text{ V}$ के $DC$ स्रोत द्वारा आवेशित किया जाता है,तो संचित आवेश $Q$ है:
$Q = C \times V = 8 \times 10^{-6} \text{ F} \times 25 \text{ V} = 200 \times 10^{-6} \text{ C} = 0.2 \times 10^{-3} \text{ C} = 0.2 \text{ mC}$.

(A) दिया गया है,प्रेरकत्व $L = 60 \text{ mH} = 60 \times 10^{-3} \text{ H}$.
$L-R$ परिपथ में कलांतर,$\theta_{1} = 60^{\circ}$.
धारिता $C = 0.5 \text{ } \mu\text{F} = 0.5 \times 10^{-6} \text{ F}$.
$R-C$ परिपथ में कलांतर,$\theta_{2} = 30^{\circ}$.
$L-R$ परिपथ के लिए,$\tan \theta_{1} = \frac{X_{L}}{R} = \frac{\omega L}{R} \quad \dots(i)$.
$R-C$ परिपथ के लिए,$\tan \theta_{2} = \frac{X_{C}}{R} = \frac{1}{\omega CR} \quad \dots(ii)$.
$(i)$ को (ii) से विभाजित करने पर: $\frac{\tan \theta_{1}}{\tan \theta_{2}} = \frac{\omega L / R}{1 / (\omega CR)} = \omega^{2} LC$.
मान रखने पर: $\frac{\tan 60^{\circ}}{\tan 30^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 3 = \omega^{2} LC$.
$\omega^{2} = \frac{3}{LC} = \frac{3}{60 \times 10^{-3} \times 0.5 \times 10^{-6}} = \frac{3}{30 \times 10^{-9}} = 10^{8}$.
$\omega = \sqrt{10^{8}} = 10^{4} \text{ rad/s}$.
चूंकि $\omega = 2 \pi f$,इसलिए $f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{10^{4}}{2 \pi} \text{ Hz}$.

(D) बोहर के परमाणु मॉडल के अनुसार,कोणीय संवेग $L$ इस प्रकार दिया जाता है:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi} \dots (i)$
चूंकि कोणीय वेग $\omega = \frac{v}{r}$,इसलिए $v = r\omega$ होता है।
समीकरण $(i)$ में $v = r\omega$ रखने पर:
$m(r\omega)r = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow m\omega r^2 = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow \omega = \frac{nh}{2\pi mr^2} \dots (ii)$
$n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की त्रिज्या इस प्रकार है:
$r = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi m Z e^2} \dots (iii)$
समीकरण $(iii)$ से $r$ का मान समीकरण $(ii)$ में रखने पर:
$\omega = \frac{nh}{2\pi m} \left( \frac{\pi m Z e^2}{n^2 h^2 \epsilon_0} \right)^2$
$\omega = \frac{nh}{2\pi m} \cdot \frac{\pi^2 m^2 Z^2 e^4}{n^4 h^4 \epsilon_0^2}$
$\omega = \frac{\pi m Z^2 e^4}{2 h^3 \epsilon_0^2} \cdot \frac{1}{n^3}$
अतः,$\omega \propto \frac{1}{n^3}$.

(A) जब संधारित्र पूरी तरह से आवेशित हो जाता है,तो उस पर आवेश $q = CE$ होता है।
$DC$ स्रोत (बैटरी) द्वारा किया गया कुल कार्य $W = qE = (CE)E = CE^2$ है।
संधारित्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} CE^2$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,बैटरी द्वारा किया गया कार्य संधारित्र में संचित ऊर्जा और प्रतिरोध $R$ में ऊष्मा के रूप में क्षय हुई ऊर्जा के योग के बराबर होता है।
इसलिए,प्रतिरोध $R$ में क्षय हुई ऊर्जा इस प्रकार है:
$H = W - U$
$H = CE^2 - \frac{1}{2} CE^2$
$H = \frac{1}{2} CE^2$.

(D) दिया गया परिपथ $150 V$ की बैटरी से जुड़ी दो समानांतर शाखाओं से बना है।
शाखा $1$ (ऊपरी) में दो $20 \mu F$ के संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_1$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{C_1} = \frac{1}{20} + \frac{1}{20} = \frac{2}{20} = \frac{1}{10} \implies C_1 = 10 \mu F$.
शाखा $2$ (निचली) में भी दो $20 \mu F$ के संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_2$ है:
$\frac{1}{C_2} = \frac{1}{20} + \frac{1}{20} = \frac{1}{10} \implies C_2 = 10 \mu F$.
चूँकि ये दोनों शाखाएँ समानांतर हैं,इसलिए कुल तुल्य धारिता $C_{eq}$ होगी:
$C_{eq} = C_1 + C_2 = 10 \mu F + 10 \mu F = 20 \mu F$.
संचित कुल आवेश $Q = C_{eq} V$ द्वारा प्राप्त होता है:
$Q = 20 \times 10^{-6} F \times 150 V = 3000 \times 10^{-6} C = 3 \times 10^{-3} C$.

(C) दिए गए लैडर नेटवर्क में,मान लीजिए कि पहले श्रेणी प्रतिरोध $R$ से बहने वाली धारा $I_1$ है।
प्रत्येक नोड पर,धारा शंट प्रतिरोध $2R$ और अगले श्रेणी प्रतिरोध $R$ के बीच विभाजित हो जाती है।
परिपथ का दाएं से बाएं विश्लेषण करने पर,हम देखते हैं कि लैडर नेटवर्क की समरूपता के कारण प्रत्येक चरण पर धारा आधी हो जाती है।
विशेष रूप से,यदि $I_1$ पहले श्रेणी प्रतिरोध में प्रवेश करने वाली धारा है,तो बाद के शंट प्रतिरोधों से बहने वाली धारा $I_1/2, I_1/4, I_1/8$ आदि होगी।
अंतिम शाखा में धारा $I$ का मान $I = I_1/8$ है।
चूंकि पहले शंट प्रतिरोध $2R$ के सिरों पर वोल्टेज $V$ है,इसलिए पहले श्रेणी प्रतिरोध से बहने वाली धारा $I_1 = V / (2R)$ है।
इस मान को $I$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{8} \times \frac{V}{2R} = \frac{V}{16R}$.

(A, C) बिंदुओं $A$ और $B$ के बीच तुल्य प्रतिरोध तब अपरिवर्तित रहता है जब दो बिंदुओं के बीच एक प्रतिरोध $R$ जोड़ा जाता है,यदि उन दो बिंदुओं के बीच विभवांतर शून्य हो। यह व्हीटस्टोन ब्रिज की संतुलित स्थिति के बराबर है,जहाँ $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$ होता है।
विकल्प $(a)$ के लिए: बिंदुओं $2$ और $6$ को जोड़ने पर $(2r, r)$ और $(4r, 2r)$ प्रतिरोधों की भुजाओं वाला एक ब्रिज बनता है। चूँकि $\frac{2r}{4r} = \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$,इसलिए ब्रिज संतुलित है।
विकल्प $(b)$ के लिए: बिंदुओं $3$ और $6$ को जोड़ने पर $(3r, r)$ और $(3r, 2r)$ प्रतिरोधों की भुजाओं वाला एक ब्रिज बनता है। चूँकि $\frac{3r}{3r} \neq \frac{r}{2r}$,इसलिए ब्रिज संतुलित नहीं है।
विकल्प $(c)$ के लिए: बिंदुओं $4$ और $7$ को जोड़ने पर $(4r, 2r)$ और $(2r, r)$ प्रतिरोधों की भुजाओं वाला एक ब्रिज बनता है। चूँकि $\frac{4r}{2r} = \frac{2r}{r} = 2$,इसलिए ब्रिज संतुलित है।
विकल्प $(d)$ के लिए: बिंदुओं $4$ और $6$ को जोड़ने पर $(4r, r)$ और $(2r, 2r)$ प्रतिरोधों की भुजाओं वाला एक ब्रिज बनता है। चूँकि $\frac{4r}{2r} \neq \frac{r}{2r}$,इसलिए ब्रिज संतुलित नहीं है।
अतः,विकल्प $(a)$ और $(c)$ के लिए तुल्य प्रतिरोध अपरिवर्तित रहता है।

(D) व्हीटस्टोन ब्रिज की संतुलित स्थिति के अनुसार,विपरीत भुजाओं में प्रतिरोधों का अनुपात समान होता है: $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$।
प्रथम स्थिति में:
$\frac{P}{Q} = \frac{5}{S} \quad \dots(i)$
दूसरी स्थिति में,$R$ को बढ़ाकर $7 \Omega$ कर दिया जाता है और $S$ को $3 \Omega$ बढ़ा दिया जाता है (अर्थात $S + 3 \Omega$):
$\frac{P}{Q} = \frac{7}{S + 3} \quad \dots(ii)$
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$\frac{5}{S} = \frac{7}{S + 3}$
$5(S + 3) = 7S$
$5S + 15 = 7S$
$2S = 15$
$S = 7.5 \Omega$
अतः,$S$ का प्रारंभिक मान $7.5 \Omega$ है।

(D) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2m(KE)}}$ है।
चूंकि कण समान विभवांतर $V$ द्वारा त्वरित होते हैं,इसलिए गतिज ऊर्जा $KE = qV$ होती है।
अतः,$\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$।
यहाँ $h$,$q$ और $V$ स्थिर हैं,इसलिए $\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{\lambda_{p}}{\lambda_{e}} = \sqrt{\frac{m_{e}}{m_{p}}}$।
दिया गया है कि $m_{p} = 2000 m_{e}$,इसलिए अनुपात लेने पर:
$\frac{\lambda_{p}}{\lambda_{e}} = \sqrt{\frac{m_{e}}{2000 m_{e}}} = \sqrt{\frac{1}{2000}} = \frac{1}{\sqrt{400 \times 5}} = \frac{1}{20 \sqrt{5}}$।
इस प्रकार,$\lambda_{p} = \frac{\lambda_{e}}{20 \sqrt{5}}$।

(D) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $T$ को $T = hv - \phi$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$v$ आपतित प्रकाश की आवृत्ति है,और $\phi$ धातु का कार्य फलन है।
इस समीकरण से यह स्पष्ट है कि $T$ आपतित प्रकाश की आवृत्ति $v$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है।
इसके अतिरिक्त,प्रति सेकंड उत्सर्जित फोटोइलेक्ट्रॉन की संख्या आपतित प्रकाश की तीव्रता $J$ के सीधे आनुपातिक होती है,बशर्ते आवृत्ति $v$ देहली आवृत्ति $v_{0}$ से अधिक हो।
अतः,विकल्प $(D)$ प्रकाश-विद्युत प्रभाव का एक मानक अवलोकन है।

(B, D) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार, जब लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\Phi = B \cdot A \cos \theta$ समय के साथ बदलता है, तो लूप में emf प्रेरित होता है।
$1$. यदि लूप को $B$ की दिशा में ले जाया जाता है, तो चुंबकीय क्षेत्र $B$, क्षेत्रफल $A$ और कोण $\theta$ स्थिर रहते हैं। अतः, फ्लक्स स्थिर रहता है और कोई emf प्रेरित नहीं होता है।
$2$. यदि लूप को छोटे क्षेत्रफल में सिकोड़ा जाता है, तो क्षेत्रफल $A$ समय के साथ बदलता है। इसलिए, चुंबकीय फ्लक्स $\Phi$ बदलता है और emf प्रेरित होता है।
$3$. यदि लूप को उसकी अक्ष के परितः घुमाया जाता है, तो चुंबकीय क्षेत्र के सापेक्ष क्षेत्रफल सदिश का अभिविन्यास स्थिर रहता है $(\theta = 0^\circ)$। अतः, फ्लक्स स्थिर रहता है और कोई emf प्रेरित नहीं होता है।
$4$. यदि लूप को उसके किसी एक व्यास के परितः घुमाया जाता है, तो चुंबकीय क्षेत्र $B$ और क्षेत्रफल सदिश के बीच का कोण $\theta$ समय के साथ बदलता है। इसलिए, चुंबकीय फ्लक्स $\Phi$ बदलता है और emf प्रेरित होता है।
चूंकि $(b)$ और $(d)$ दोनों स्थितियों में चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है, इसलिए दोनों स्थितियों में emf प्रेरित होगा।

(A) यदि घड़ी के सभी $12$ घंटों के स्थानों पर $+Q$ के समान आवेश होते,तो समरूपता के कारण केंद्र पर विद्युत क्षेत्र शून्य होता,क्योंकि प्रत्येक आवेश अपने व्यासीय विपरीत स्थिति पर स्थित समान और विपरीत आवेश द्वारा निरस्त हो जाता।
मान लीजिए कि $10$ बजे की स्थिति पर स्थित $+Q$ आवेश के कारण केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{10}$ है। जब $10$ बजे की स्थिति पर आवेश अनुपस्थित हो,तो नेट विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{net}$ इस प्रकार होगा:
$\vec{E}_{total} = \vec{E}_{net} + \vec{E}_{10} = 0$
अतः,$\vec{E}_{net} = -\vec{E}_{10}$।
$r$ दूरी पर स्थित एक $+Q$ आवेश के कारण विद्युत क्षेत्र का परिमाण $E = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}$ है।
$\vec{E}_{10}$ की दिशा $10$ बजे की स्थिति से केंद्र की ओर है।
इस प्रकार,$-\vec{E}_{10}$ एक $\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}$ परिमाण का सदिश है जो केंद्र से $10$ बजे की स्थिति की ओर निर्देशित है।

(A) मान लीजिए कि दो धन आवेश $Q$,$(0, d)$ और $(0, -d)$ पर स्थित हैं। ऋण आवेश $-q$ को $(x, 0)$ पर विस्थापित किया जाता है।
प्रत्येक धन आवेश $Q$ और ऋण आवेश $-q$ के बीच की दूरी $r = \sqrt{x^2 + d^2}$ है।
प्रत्येक धन आवेश द्वारा ऋण आवेश पर लगाए गए स्थिर-विद्युत बल का परिमाण $F_e = \frac{kQq}{r^2}$ है।
सममिति के कारण $y$-अक्ष पर इन बलों के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। $x$-अक्ष पर घटकों का योग होता है:
$F = -2 F_e \cos \theta$,जहाँ $\cos \theta = \frac{x}{r}$ है।
मान रखने पर:
$F = -2 \left( \frac{kQq}{r^2} \right) \left( \frac{x}{r} \right) = -\frac{2kQqx}{r^3}$.
चूंकि $r = (x^2 + d^2)^{1/2}$,इसलिए:
$F = -\frac{2kQqx}{(x^2 + d^2)^{3/2}}$.
दी गई शर्त $x \ll d$ के कारण,हर में $x^2 + d^2 \approx d^2$ लिया जा सकता है:
$F \approx -\frac{2kQqx}{(d^2)^{3/2}} = -\frac{2kQqx}{d^3}$.
अतः,बल $F$ का परिमाण विस्थापन $x$ के सीधे समानुपाती है,अर्थात $F \propto x$।

(B) अनंत लंबाई के धारा $I$ वाले तार से $x$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi x}$ द्वारा दिया जाता है।
जैसे ही तार में धारा $I$ अचानक आधी हो जाती है, वर्गाकार लूप से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स $\phi$ कम हो जाता है।
लेंज के नियम के अनुसार, लूप में प्रेरित धारा ऐसी दिशा में बहेगी जो चुंबकीय फ्लक्स में इस कमी का विरोध करे। इसका मतलब है कि प्रेरित धारा मूल चुंबकीय क्षेत्र की दिशा में ही चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करेगी।
ऐसा होने के लिए, लूप में प्रेरित धारा को दक्षिणावर्त (clockwise) दिशा में बहना चाहिए।
अब, लूप की भुजाओं पर लगने वाले बलों पर विचार करें:
$1$. तार के निकट वाली भुजा (मान लीजिए $CD$) में धारा मुख्य तार की दिशा में ही बहती है। इसलिए, यह तार की ओर आकर्षण बल $F_{CD}$ का अनुभव करती है।
$2$. तार से दूर वाली भुजा (मान लीजिए $AB$) में धारा मुख्य तार की विपरीत दिशा में बहती है। इसलिए, यह तार से दूर प्रतिकर्षण बल $F_{AB}$ का अनुभव करती है।
चूंकि तार के करीब चुंबकीय क्षेत्र अधिक मजबूत होता है, इसलिए निकट वाली भुजा पर लगने वाला आकर्षण बल दूर वाली भुजा पर लगने वाले प्रतिकर्षण बल से अधिक होता है $(F_{CD} > F_{AB})$।
इसलिए, लूप पर कुल बल तार की ओर निर्देशित होता है, और लूप तार की ओर गति करेगा।

(D) विद्युत धारा $I$ एक बिंदु पर प्रवेश करती है और वृत्ताकार तार के व्यास के विपरीत बिंदु से बाहर निकलती है। यह तार को दो अर्धवृत्ताकार चापों में विभाजित करता है,जिनमें से प्रत्येक $I/2$ धारा का वहन करता है।
प्रत्येक अर्धवृत्ताकार चाप के लिए,वृत्त के केंद्र पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र की गणना बायो-सावर्ट नियम का उपयोग करके की जा सकती है। एक अर्धवृत्ताकार चाप के कारण उसके केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_{0} I_{arc}}{4r}$ होता है।
चूंकि दोनों अर्धवृत्ताकार चाप केंद्र के सापेक्ष विपरीत दिशाओं में धारा का वहन करते हैं,इसलिए उनके द्वारा केंद्र पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र परिमाण में समान लेकिन दिशा में विपरीत होते हैं।
विशेष रूप से,यदि एक चाप कागज के अंदर की ओर चुंबकीय क्षेत्र $B$ उत्पन्न करता है,तो दूसरा चाप कागज के बाहर की ओर चुंबकीय क्षेत्र $B$ उत्पन्न करता है।
इसलिए,वृत्त के केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = B - B = 0$ होता है।
चुंबकीय क्षेत्र $B$ में $v$ वेग से गतिमान $q$ आवेश पर लगने वाला चुंबकीय बल $F = q(v \times B)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = 0$ है,इसलिए कण द्वारा अनुभव किया गया चुंबकीय बल $F = q(v \times 0) = 0$ होगा।

(C) तारों से बिंदु $P$ की दूरियाँ $r_1 = 3 \ m$ और $r_2 = 4 \ m$ हैं। तारों के बीच की दूरी $5 \ m$ है। चूँकि $3^2 + 4^2 = 5^2$,दो तारों और बिंदु $P$ द्वारा निर्मित त्रिभुज एक समकोण त्रिभुज है,जिसका समकोण $P$ पर है।
पहले तार के कारण $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r_1} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi (3)} = \frac{\mu_0 I}{6 \pi}$ है।
दूसरे तार के कारण $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r_2} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi (4)} = \frac{\mu_0 I}{8 \pi}$ है।
चूँकि धाराएँ विपरीत दिशाओं में हैं,चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}_1$ और $\vec{B}_2$ बिंदु $P$ पर एक-दूसरे के लंबवत हैं क्योंकि त्रिभुज $P$ पर समकोण है। अतः,कुल चुंबकीय क्षेत्र $B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2}$ होगा।
$B = \sqrt{\left( \frac{\mu_0 I}{6 \pi} \right)^2 + \left( \frac{\mu_0 I}{8 \pi} \right)^2} = \frac{\mu_0 I}{\pi} \sqrt{\frac{1}{36} + \frac{1}{64}} = \frac{\mu_0 I}{\pi} \sqrt{\frac{16 + 9}{576}} = \frac{\mu_0 I}{\pi} \sqrt{\frac{25}{576}} = \frac{5}{24} \left( \frac{\mu_0 I}{\pi} \right)$.

(D) जब कोई आवेशित कण $v$ वेग के साथ एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ के लंबवत गति करता है (अर्थात $\theta = 90^{\circ}$),तो वह चुंबकीय लॉरेंट्ज़ बल $F = qvB$ का अनुभव करता है।
यह बल वेग के लंबवत कार्य करता है,जो वृत्तातीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$qvB = \frac{mv^2}{r}$
त्रिज्या $r$ के लिए हल करने पर:
$r = \frac{mv}{qB}$
चूंकि कण का संवेग $p = mv$ होता है,इसलिए हम लिख सकते हैं:
$r = \frac{p}{qB}$
इस समीकरण से स्पष्ट है कि त्रिज्या $r$ कण के संवेग $p$ के सीधे आनुपातिक है।
अतः,विकल्प $(D)$ सही है।

(A) प्रश्न के अनुसार,कण पर आवेश $q$ है और इसका वेग $v$ है।
समान विद्युत क्षेत्र के कारण,कण पर विद्युत बल $F_{\text{electric}} = qE$ है।
समान चुंबकीय क्षेत्र के कारण,कण पर चुंबकीय बल $F_{\text{magnetic}} = q(v \times B)$ द्वारा दिया जाता है।
कण के बिना विक्षेपित हुए चलने के लिए,कुल लॉरेंट्ज़ बल शून्य होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि विद्युत बल और चुंबकीय बल परिमाण में समान और दिशा में विपरीत होने चाहिए: $F_{\text{electric}} = F_{\text{magnetic}}$।
परिमाणों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $qE = qvB$ प्राप्त होता है।
वेग के लिए हल करने पर,हमें $v = \frac{E}{B}$ प्राप्त होता है।
अतः,कण के बिना विक्षेपित हुए चलने की स्थिति $v = \frac{E}{B}$ है।

(B) क्षय प्रक्रिया $X \xrightarrow{\alpha} Y \xrightarrow{\beta} Z$ है।
मान लीजिए कि $N_X$ और $N_Y$ किसी भी समय $t$ पर मौजूद $X$ और $Y$ नाभिकों की संख्या है।
पुत्री नाभिक $Y$ की संख्या में परिवर्तन की दर: $\frac{dN_Y}{dt} = \lambda_X N_X - \lambda_Y N_Y$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $\beta$-कणों के उत्सर्जन की दर $(\lambda_Y N_Y)$ कई महीनों तक स्थिर रहती है,इसलिए $\frac{dN_Y}{dt} \approx 0$ है।
इसका अर्थ है कि $\lambda_X N_X = \lambda_Y N_Y$ है।
$\alpha$-कणों के उत्सर्जन की दर $\lambda_X N_X$ है,और $\beta$-कणों के उत्सर्जन की दर $\lambda_Y N_Y$ है।
यह दिया गया है कि $\beta$-उत्सर्जन की दर $10^{7} / \text{h}$ है,इसलिए $\alpha$-उत्सर्जन की दर भी $10^{7} / \text{h}$ होनी चाहिए।
अतः,एक घंटे में उत्सर्जित $\alpha$-कणों की संख्या $10^{7}$ है।

(D) दिया गया है: फोकस दूरी $f = 0.05 \ m$,वस्तु की दूरी $u = -0.2 \ m$.
लेंस सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
मान रखने पर: $\frac{1}{v} = \frac{1}{f} + \frac{1}{u} = \frac{1}{0.05} - \frac{1}{0.2} = 20 - 5 = 15 \ m^{-1}$.
अतः,$v = \frac{1}{15} \ m$.
समय के सापेक्ष लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का अवकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है: $-\frac{dv}{v^2} + \frac{du}{u^2} = 0$.
यह दर्शाता है कि $dv = \left( \frac{v^2}{u^2} \right) du$.
प्रतिबिंब के दोलन का आयाम $A_{image} = |dv|$ को $A_{image} = \left( \frac{v}{u} \right)^2 A_{object}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $A_{object} = A \ cm = A \times 10^{-2} \ m$.
$A_{image} = \left( \frac{1/15}{0.2} \right)^2 \times A \times 10^{-2} \ m = \left( \frac{1}{15 \times 0.2} \right)^2 \times A \times 10^{-2} \ m = \left( \frac{1}{3} \right)^2 \times A \times 10^{-2} \ m = \frac{A}{9} \times 10^{-2} \ m$.

(B) आपतित किरण का सदिश $\hat{e}_0$ है और परावर्तित किरण का सदिश $\hat{e}$ है। अभिलंब सदिश $\hat{n}$ है।
परावर्तन के नियम के अनुसार,आपतन कोण परावर्तन कोण के बराबर होता है,और तीनों सदिश एक ही तल में स्थित होते हैं।
मान लीजिए $\theta$ आपतित किरण और अभिलंब के बीच का कोण है। चूँकि $\hat{e}_0$ दर्पण की ओर निर्देशित है,$\hat{e}_0$ और $\hat{n}$ के बीच का कोण $(180^\circ - \theta)$ है।
अतः,$\hat{e}_0 \cdot \hat{n} = |\hat{e}_0| |\hat{n}| \cos(180^\circ - \theta) = -\cos \theta$.
हम आपतित किरण $\hat{e}_0$ को अभिलंब $\hat{n}$ के समानांतर और लंबवत घटकों में विभाजित कर सकते हैं:
$\hat{e}_0 = \hat{e}_{0\perp} + \hat{e}_{0\parallel} = (\hat{e}_0 \cdot \hat{n}) \hat{n} + (\hat{e}_0 - (\hat{e}_0 \cdot \hat{n}) \hat{n})$.
परावर्तित किरण $\hat{e}$ का दर्पण की सतह के समानांतर घटक समान रहता है लेकिन अभिलंब की दिशा में घटक उलट जाता है:
$\hat{e} = -(\hat{e}_0 \cdot \hat{n}) \hat{n} + (\hat{e}_0 - (\hat{e}_0 \cdot \hat{n}) \hat{n})$.
$\hat{e} = \hat{e}_0 - 2(\hat{e}_0 \cdot \hat{n}) \hat{n}$.
अतः,सही विकल्प $(B)$ है।

(D) यह निर्धारित करने के लिए कि क्या ज़ेनर डायोड ब्रेकडाउन में है, हम पहले $1 k\Omega$ के प्रतिरोधक और ज़ेनर डायोड के समानांतर संयोजन के सिरों पर वोल्टेज की गणना करते हैं (ज़ेनर डायोड को हटाकर)।
वोल्टेज विभाजक नियम का उपयोग करते हुए, $1 k\Omega$ प्रतिरोधक के सिरों पर वोल्टेज $V_{AB}$ है:
$V_{AB} = V_s \times \frac{R_{parallel}}{R_s + R_{parallel}} = 10 V \times \frac{1 k\Omega}{1 k\Omega + 1 k\Omega} = 10 V \times \frac{1}{2} = 5 V$.
चूंकि टर्मिनल $A$ और $B$ के बीच का वोल्टेज $5 V$ है, जो ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $6 V$ से कम है, इसलिए ज़ेनर डायोड चालन नहीं करेगा।
अतः, ज़ेनर डायोड से होकर बहने वाली धारा $0 A$ (शून्य) है।

(B) डी मॉर्गन के पहले नियम के अनुसार,दो चरों के योग का पूरक उनके व्यक्तिगत पूरकों के गुणनफल के बराबर होता है।
गणितीय रूप से,इसे इस प्रकार व्यक्त किया जाता है: $\overline{A+B} = \bar{A} \cdot \bar{B}$।
इसलिए,व्यंजक $\bar{A} \cdot \bar{B}$ का मान $\overline{A+B}$ के बराबर है।

(A) यंग के द्वि-स्लिट प्रयोग में फ्रिंज की चौड़ाई का सूत्र $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
लघुगणकीय अवकलन लेने पर,हमें सापेक्ष त्रुटि का सूत्र प्राप्त होता है: $\frac{\Delta \beta}{\beta} = \frac{\Delta D}{D} - \frac{\Delta d}{d}$.
दिया गया है कि $D$ में $0.5 \%$ की वृद्धि होती है,इसलिए $\frac{\Delta D}{D} \times 100 = 0.5 \%$.
दिया गया है कि $d$ में $0.3 \%$ की कमी होती है,इसलिए $\frac{\Delta d}{d} \times 100 = -0.3 \%$.
इन मानों को त्रुटि सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta \beta}{\beta} \times 100 = 0.5 \% - (-0.3 \%) = 0.5 \% + 0.3 \% = 0.8 \%$.
अतः,फ्रिंज की चौड़ाई $0.8 \%$ बढ़ जाती है।

(C) एकल स्लिट विवर्तन पैटर्न में केंद्रीय उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\theta = \frac{2\lambda}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda$ तरंगदैर्ध्य है और $d$ स्लिट की चौड़ाई है।
कोणीय चौड़ाई में परिवर्तन $\Delta\theta = \frac{2\Delta\lambda}{d}$ है,जहाँ $\Delta\lambda = |\lambda_1 - \lambda_2|$ है।
दी गई आवृत्तियाँ $f_1 = 4 \times 10^{14} \ s^{-1}$ और $f_2 = 5 \times 10^{14} \ s^{-1}$ हैं।
$\lambda = \frac{c}{f}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ है:
$\lambda_1 = \frac{3 \times 10^8}{4 \times 10^{14}} = 7.5 \times 10^{-7} \ m$.
$\lambda_2 = \frac{3 \times 10^8}{5 \times 10^{14}} = 6.0 \times 10^{-7} \ m$.
$\Delta\lambda = |7.5 \times 10^{-7} - 6.0 \times 10^{-7}| = 1.5 \times 10^{-7} \ m$.
दिया गया है $\Delta\theta = 0.6 \ \text{radian}$.
$d = \frac{2\Delta\lambda}{\Delta\theta}$ से:
$d = \frac{2 \times 1.5 \times 10^{-7}}{0.6} = \frac{3.0 \times 10^{-7}}{0.6} = 5 \times 10^{-7} \ m$.