WBJEE 2021 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) मान लीजिए कि पहली प्रणाली का कुल द्रव्यमान $M_1 = 1 + 2 + 3 = 6 \,kg$ है और इसका $C.M.$ $R_1 = (1, 2, 3)$ पर है।
मान लीजिए कि दूसरी प्रणाली का कुल द्रव्यमान $M_2 = 3 + 2 = 5 \,kg$ है और इसका $C.M.$ $R_2 = (-1, 3, -2)$ पर है।
हम $M_3 = 5 \,kg$ द्रव्यमान का एक तीसरा कण $R_3 = (x, y, z)$ स्थिति पर जोड़ते हैं।
पूरी प्रणाली का $C.M.$ $R_{cm} = (1, 2, 3)$ दिया गया है।
संयुक्त प्रणाली के $C.M.$ के लिए सूत्र $R_{cm} = \frac{M_1 R_1 + M_2 R_2 + M_3 R_3}{M_1 + M_2 + M_3}$ है।
मान रखने पर: $(1, 2, 3) = \frac{6(1, 2, 3) + 5(-1, 3, -2) + 5(x, y, z)}{6 + 5 + 5}$.
कुल द्रव्यमान $M = 16 \,kg$ है। इसलिए,$16(1, 2, 3) = (6, 12, 18) + (-5, 15, -10) + (5x, 5y, 5z)$.
$(16, 32, 48) = (1, 27, 8) + (5x, 5y, 5z)$.
$x$-निर्देशांक के लिए: $16 = 1 + 5x \Rightarrow 5x = 15 \Rightarrow x = 3$.
$y$-निर्देशांक के लिए: $32 = 27 + 5y \Rightarrow 5y = 5 \Rightarrow y = 1$.
$z$-निर्देशांक के लिए: $48 = 8 + 5z \Rightarrow 5z = 40 \Rightarrow z = 8$.
अतः,स्थिति $(3, 1, 8)$ है।

(B) एकसमान गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र में,द्रव्यमान केंद्र $(COM)$ और गुरुत्व केंद्र $(COG)$ एक ही बिंदु पर होते हैं।
द्रव्यमान केंद्र की ऊँचाई $y_{\text{cen}}$ का सूत्र: $y_{\text{cen}} = \frac{\int_{0}^{\infty} y \, dm}{\int_{0}^{\infty} dm} = \frac{\int_{0}^{\infty} y \rho(y) \, dy}{\int_{0}^{\infty} \rho(y) \, dy}$.
बैरोमीटर के सूत्र के अनुसार,$y$ ऊँचाई पर गैस का घनत्व: $\rho(y) = \rho_{0} e^{-Mgy / RT}$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$y_{\text{cen}} = \frac{\int_{0}^{\infty} y e^{-Mgy / RT} \, dy}{\int_{0}^{\infty} e^{-Mgy / RT} \, dy}$.
मानक समाकलन $\int_{0}^{\infty} x e^{-ax} \, dx = \frac{1}{a^2}$ और $\int_{0}^{\infty} e^{-ax} \, dx = \frac{1}{a}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $a = \frac{Mg}{RT}$:
$y_{\text{cen}} = \frac{1/a^2}{1/a} = \frac{1}{a} = \frac{RT}{Mg}$.

(B) दिया गया समीकरण $P = \frac{RT}{2V - b} - \frac{a}{4b^{2}}$ है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर, हमें प्राप्त होता है: $P + \frac{a}{4b^{2}} = \frac{RT}{2V - b}$.
हर से $2$ कॉमन लेने पर: $P + \frac{a}{4b^{2}} = \frac{RT}{2(V - b/2)}$.
दोनों पक्षों को $2(V - b/2)$ से गुणा करने पर, हमें मिलता है: $(P + \frac{a}{4b^{2}})(V - b/2) = \frac{RT}{2}$.
इसे $n$ मोल के लिए वान डर वाल्स समीकरण $(P + \frac{an^{2}}{V^{2}})(V - nb) = nRT$ के साथ तुलना करने पर, हम देख सकते हैं कि दिए गए समीकरण के लिए $n = 1/2 \text{ मोल}$ है।
$O_{2}$ का मोलर द्रव्यमान $32 \text{ g/mol}$ है।
अतः, गैस का द्रव्यमान $m = n \times M = (1/2) \times 32 \text{ g} = 16 \text{ g}$ होगा।

(A) निकाय का कुल द्रव्यमान $M = m + 2m + 3m = 6m$ है।
निकाय का त्वरण $a = \frac{F}{6m}$ है।
$N_{1}$ ज्ञात करने के लिए,$2m$ और $3m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉकों की गति को एक साथ लें। बल $N_{1}$ इन दो ब्लॉकों को धकेलता है:
$N_{1} = (2m + 3m)a = 5m \times \frac{F}{6m} = \frac{5}{6}F$.
$N_{2}$ ज्ञात करने के लिए,केवल $3m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक की गति पर विचार करें। बल $N_{2}$ इस ब्लॉक को धकेलता है:
$N_{2} = (3m)a = 3m \times \frac{F}{6m} = \frac{3}{6}F = \frac{1}{2}F$.
मानों की तुलना करने पर,हमें $F = \frac{6}{6}F$,$N_{1} = \frac{5}{6}F$,और $N_{2} = \frac{3}{6}F$ प्राप्त होता है।
अतः,$F > N_{1} > N_{2}$.

(A) मान लीजिए डोरी की लंबाई $l$ है। चरम स्थिति पर,वेग शून्य होता है,इसलिए तनाव $T_{\min } = mg \cos \theta$ होता है,जहाँ $\theta$ अधिकतम कोणीय विस्थापन है।
सबसे निचले बिंदु (माध्य स्थिति) पर,तनाव अधिकतम होता है,जो $T_{\max } = mg + \frac{mv^2}{l}$ द्वारा दिया जाता है।
चरम स्थिति और माध्य स्थिति के बीच ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार: $\frac{1}{2} mv^2 = mgl(1 - \cos \theta)$,जिसका अर्थ है $v^2 = 2gl(1 - \cos \theta)$।
$T_{\max }$ के व्यंजक में $v^2$ का मान रखने पर: $T_{\max } = mg + \frac{m(2gl(1 - \cos \theta))}{l} = mg + 2mg(1 - \cos \theta) = mg(1 + 2 - 2 \cos \theta) = mg(3 - 2 \cos \theta)$।
दिया गया है कि $T_{\max } = 2 T_{\min }$,इसलिए $mg(3 - 2 \cos \theta) = 2(mg \cos \theta)$।
$3 - 2 \cos \theta = 2 \cos \theta \implies 4 \cos \theta = 3 \implies \cos \theta = \frac{3}{4}$।
$T_{\max }$ के व्यंजक में $\cos \theta = \frac{3}{4}$ रखने पर: $T_{\max } = 2mg \cos \theta = 2mg \left(\frac{3}{4}\right) = \frac{3mg}{2}$।

(B) समतापीय स्थितियों के लिए, हवा के मोलों की कुल संख्या स्थिर रहती है। $r$ त्रिज्या वाले साबुन के बुलबुले के अंदर का दबाव $P_{in} = P + \frac{4T}{r}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $P$ बाहरी दबाव है और $T$ पृष्ठ तनाव है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए, चूंकि तापमान स्थिर है, $PV$ मोलों की संख्या के समानुपाती है।
अतः, $P_1V_1 + P_2V_2 = P_cV_c$.
मान रखने पर: $(P + \frac{4T}{a}) \cdot \frac{4}{3}\pi a^3 + (P + \frac{4T}{b}) \cdot \frac{4}{3}\pi b^3 = (P + \frac{4T}{c}) \cdot \frac{4}{3}\pi c^3$.
$\frac{4}{3}\pi$ से विभाजित करने पर: $P(a^3 + b^3 - c^3) = 4T(c^2 - a^2 - b^2)$.
$T$ के लिए व्यवस्थित करने पर: $T = \frac{P(a^3 + b^3 - c^3)}{4(c^2 - a^2 - b^2)} = \frac{P(c^3 - a^3 - b^3)}{4(a^2 + b^2 - c^2)}$.

(B) $r$ त्रिज्या और $d$ घनत्व वाले गोले का श्यान माध्यम में सीमांत वेग $v_{T} = \frac{2r^{2}g(d-\rho)}{9\eta}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $g, d, \rho$ और $\eta$ दोनों गोलों के लिए स्थिर हैं,इसलिए $v_{T} \propto r^{2}$ होगा।
गोले का द्रव्यमान $m = \frac{4}{3}\pi r^{3}d$ होता है,जिसका अर्थ है कि $r \propto m^{1/3}$।
इस मान को सीमांत वेग के समानुपाती संबंध में रखने पर,हमें $v_{T} \propto (m^{1/3})^{2} = m^{2/3}$ प्राप्त होता है।
अतः,सीमांत वेगों का अनुपात $\frac{v_{1}}{v_{2}} = \left(\frac{m_{1}}{m_{2}}\right)^{2/3}$ होगा।
दिया गया है कि $\frac{m_{1}}{m_{2}} = 8$,इसलिए $\frac{v_{1}}{v_{2}} = (8)^{2/3} = (2^{3})^{2/3} = 2^{2} = 4$।

(B) प्रक्षेप्य गति में,जब वायु प्रतिरोध की उपेक्षा की जाती है,तो प्रक्षेप्य पर कोई क्षैतिज बल कार्य नहीं करता है।
न्यूटन के गति के प्रथम नियम के अनुसार,क्षैतिज त्वरण $(a_{x})$ शून्य होता है।
चूंकि $a_{x} = 0$ है,इसलिए वेग का क्षैतिज घटक $(u_{x})$ पूरी गति के दौरान स्थिर रहता है।
इसलिए,$u_{x}$ बनाम $t$ का ग्राफ समय अक्ष के समानांतर एक क्षैतिज सीधी रेखा होनी चाहिए।
यह विकल्प $B$ में दिखाए गए चित्र के अनुरूप है।

(B, C) दिया गया है $V = A x(x-4) = A x^2 - 4Ax \ J$.
कण पर कार्य करने वाला बल $F = -\frac{dV}{dx} = -(2Ax - 4A) = -2A(x-2) \ N$ है।
चूंकि $F \propto -(x-2)$,कण $x = 2 \ m$ की माध्य स्थिति के परितः सरल आवर्त गति $(SHM)$ करता है।
$SHM$ में,चाल माध्य स्थिति पर अधिकतम होती है,इसलिए $x = 2 \ m$ पर चाल अधिकतम है।
$F = -2A(x-2)$ की तुलना मानक $SHM$ समीकरण $F = -k(x-x_0)$ से करने पर,स्प्रिंग नियतांक $k = 2A$ प्राप्त होता है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{2A}{0.02}} = \sqrt{100A} = 10\sqrt{A} \ rad/s$ है।
आवर्तकाल $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{10\sqrt{A}} = \frac{\pi}{5\sqrt{A}} \ s$ है।
अतः,कथन $B$ और $C$ सही हैं।

(D) जब छड़ के एक सिरे पर आवेग $P$ लगाया जाता है,तो द्रव्यमान केंद्र का रैखिक संवेग $P = mv$ होता है,इसलिए द्रव्यमान केंद्र का वेग $v = \frac{P}{m}$ है।
द्रव्यमान केंद्र के परितः कोणीय आवेग $J = P \times \frac{L}{2}$ है। चूंकि $J = I\omega$,जहाँ $I = \frac{mL^2}{12}$ द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण है,इसलिए $\omega = \frac{P(L/2)}{mL^2/12} = \frac{6P}{mL}$ प्राप्त होता है।
कुल गतिज ऊर्जा $K$ स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है: $K = K_{trans} + K_{rot} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$.
मान रखने पर: $K = \frac{1}{2}m\left(\frac{P}{m}\right)^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{mL^2}{12}\right)\left(\frac{6P}{mL}\right)^2$.
$K = \frac{P^2}{2m} + \frac{1}{2}\left(\frac{mL^2}{12}\right)\left(\frac{36P^2}{m^2L^2}\right) = \frac{P^2}{2m} + \frac{3P^2}{2m} = \frac{4P^2}{2m} = \frac{2P^2}{m}$.

(B) चूंकि छड़ स्वतंत्र रूप से घूम रही है, कोणीय संवेग $L$ संरक्षित रहता है।
$L = I \omega = \text{constant}$.
प्रारंभिक जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{mL^2}{3}$ है।
तापमान बढ़ने के बाद, नई लंबाई $L' = L(1 + \alpha \Delta T)$ है।
नया जड़त्व आघूर्ण $I' = \frac{m(L')^2}{3} = \frac{m L^2 (1 + \alpha \Delta T)^2}{3} = I(1 + \alpha \Delta T)^2$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम से: $I \omega = I' \omega'$.
दिया गया है कि $\omega' = \frac{\omega}{2}$, इसलिए $I \omega = I(1 + \alpha \Delta T)^2 \frac{\omega}{2}$.
$1 = \frac{(1 + \alpha \Delta T)^2}{2} \implies (1 + \alpha \Delta T)^2 = 2$.
वर्गमूल लेने पर: $1 + \alpha \Delta T = \sqrt{2}$.
चूंकि $\alpha \ll 1$, हम द्विपद सन्निकटन $(1 + x)^n \approx 1 + nx$ का उपयोग करते हैं:
$1 + 2 \alpha \Delta T \approx 2$.
$2 \alpha \Delta T = 1$.
$\Delta T = \frac{1}{2 \alpha}$.

(B) $25^{\circ}C$ से $0^{\circ}C$ तक ठंडा होने पर $300 \text{ g}$ पानी द्वारा मुक्त की गई ऊष्मा $Q_{released} = m \cdot c \cdot \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
$Q_{released} = 300 \text{ g} \times 1 \text{ cal/g}^{\circ}C \times (25^{\circ}C - 0^{\circ}C) = 7500 \text{ cal}$.
$0^{\circ}C$ पर $100 \text{ g}$ बर्फ को $0^{\circ}C$ पर पानी में पिघलाने के लिए आवश्यक ऊष्मा $Q_{required} = m \cdot L_f$ द्वारा दी जाती है।
$Q_{required} = 100 \text{ g} \times 80 \text{ cal/g} = 8000 \text{ cal}$.
चूंकि $Q_{required} > Q_{released}$,उपलब्ध ऊष्मा पूरी बर्फ को पिघलाने के लिए पर्याप्त नहीं है।
इसलिए,मिश्रण $0^{\circ}C$ पर तापीय संतुलन की स्थिति में पहुँच जाएगा और कुछ बर्फ बिना पिघले रह जाएगी।
अतः,मिश्रण का अंतिम तापमान $0^{\circ}C$ होगा।

(A, B, C) प्रक्रिया $A \rightarrow B \rightarrow C$ है। निर्देशांक $A(2V_{0}, P_{0})$,$B(V_{0}, P_{0})$,और $C(V_{0}, 2P_{0})$ हैं।
आदर्श गैस के लिए,$\Delta U = n C_{v} \Delta T = \frac{n C_{v}}{nR} (P_{f}V_{f} - P_{i}V_{i}) = \frac{C_{v}}{R} (P_{f}V_{f} - P_{i}V_{i})$.
एकपरमाणुक गैस के लिए,$C_{v} = \frac{3}{2}R$,इसलिए $\Delta U = \frac{3}{2} (P_{f}V_{f} - P_{i}V_{i})$.
पूरी प्रक्रिया $A \rightarrow C$ के लिए,$\Delta U = \frac{3}{2} (P_{C}V_{C} - P_{A}V_{A}) = \frac{3}{2} (2P_{0}V_{0} - P_{0}2V_{0}) = 0$. अतः,विकल्प $A$ सही है।
किया गया कार्य $W = \int P dV$ है। $A \rightarrow B$ के लिए $P-V$ वक्र के नीचे का क्षेत्रफल $P_{0}(V_{0} - 2V_{0}) = -P_{0}V_{0}$ है। $B \rightarrow C$ के लिए,$dV = 0$,इसलिए $W = 0$ है। कुल कार्य $W = -P_{0}V_{0}$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम से,$\Delta Q = \Delta U + W$ है। चूँकि $\Delta U = 0$ और $W < 0$ है,इसलिए $\Delta Q < 0$ है,जिसका अर्थ है कि ऊष्मा का उत्सर्जन होता है। अतः,विकल्प $B$ सही है।
प्रक्रिया $A \rightarrow B$ के लिए,$\Delta U_{AB} = \frac{3}{2} (P_{B}V_{B} - P_{A}V_{A}) = \frac{3}{2} (P_{0}V_{0} - P_{0}2V_{0}) = -\frac{3}{2} P_{0}V_{0}$ है। अतः,विकल्प $C$ सही है।
गणना के अनुसार,कुल कार्य $-P_{0}V_{0}$ है,इसलिए विकल्प $D$ गलत है।

(D) एक आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = nC_{v}\Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\Delta U \propto \Delta T$,हम समान प्रारंभिक अवस्था $(P_{0}, V_{0})$ से समान अंतिम आयतन $2V_{0}$ तक की तीनों प्रक्रियाओं के लिए तापमान परिवर्तनों की तुलना करते हैं।
प्रक्रिया $1$ (समदाबी) के लिए: $T_{initial} = \frac{P_{0}V_{0}}{nR}$,$T_{final} = \frac{P_{0}(2V_{0})}{nR} = 2T_{0}$. अतः,$\Delta T_{1} = T_{0} > 0$.
प्रक्रिया $2$ (समतापीय) के लिए: $T_{initial} = T_{0}$,$T_{final} = T_{0}$. अतः,$\Delta T_{2} = 0$.
प्रक्रिया $3$ (रुद्धोष्म) के लिए: चूंकि गैस का विस्तार होता है,तापमान घटता है,इसलिए $T_{final} < T_{0}$. अतः,$\Delta T_{3} < 0$.
परिवर्तनों की तुलना करने पर: $\Delta T_{1} > \Delta T_{2} > \Delta T_{3}$.
इसलिए,$\Delta U_{1} > \Delta U_{2} > \Delta U_{3}$.

(B) जब स्प्रिंग अधिकतम संपीड़ित होती है,तो दोनों ब्लॉक समान वेग $v_{cm}$ से गति करते हैं।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार: $mv + m(0) = (m + m)v_{cm} \Rightarrow v_{cm} = \frac{v}{2}$।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,निकाय की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा,अंतिम गतिज ऊर्जा और अधिकतम संपीड़न $x$ पर स्प्रिंग में संचित स्थितिज ऊर्जा के योग के बराबर होती है:
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}(2m)v_{cm}^2 + \frac{1}{2}kx^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = m(\frac{v}{2})^2 + \frac{1}{2}kx^2$
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2$
$\frac{1}{4}mv^2 = \frac{1}{2}kx^2$
$x^2 = \frac{mv^2}{2k} \Rightarrow x = v\sqrt{\frac{m}{2k}}$।

(B) माना पिंड का घनत्व $\rho_b = 1.2 \times 10^3 \text{ kg/m}^3$, द्रव का घनत्व $\rho_l = 2.4 \times 10^3 \text{ kg/m}^3$, गिरने की ऊँचाई $h = 1 \text{ m}$ और प्राप्त की गई अधिकतम गहराई $d$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, पिंड पर गिरने के बिंदु से अधिकतम गहराई के बिंदु तक सभी बलों (गुरुत्वाकर्षण और उत्प्लावन बल) द्वारा किया गया कुल कार्य शून्य है (क्योंकि गतिज ऊर्जा में परिवर्तन शून्य है)।
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य = $Mg(h + d) = V \rho_b g (h + d)$.
उत्प्लावन बल द्वारा किया गया कार्य = $-Bd = -V \rho_l g d$.
किए गए कार्य की तुलना करने पर: $V \rho_b g (h + d) - V \rho_l g d = 0$.
$Vg$ से विभाजित करने पर: $\rho_b (h + d) = \rho_l d$.
मान रखने पर: $(1.2 \times 10^3)(1 + d) = (2.4 \times 10^3) d$.
$1.2(1 + d) = 2.4d$.
$1 + d = 2d$.
$d = 1 \text{ m}$.

(B) चूंकि दोनों धातु के तार समान विमाओं के हैं,इसलिए उनकी लंबाई और अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल समान होगा। मान लीजिए वे क्रमशः $l$ और $A$ हैं।
पहले तार का प्रतिरोध $R_1 = \frac{l}{\sigma_1 A}$ ...$(i)$
दूसरे तार का प्रतिरोध $R_2 = \frac{l}{\sigma_2 A}$ ...$(ii)$
चूंकि वे श्रेणीक्रम में जुड़े हैं,इसलिए उनका प्रभावी प्रतिरोध $R_s = R_1 + R_2$ होगा।
$R_s = \frac{l}{\sigma_1 A} + \frac{l}{\sigma_2 A} = \frac{l}{A} \left( \frac{1}{\sigma_1} + \frac{1}{\sigma_2} \right)$ ...$(iii)$
यदि $\sigma_{eff}$ संयोजन की प्रभावी चालकता है,तो कुल लंबाई $2l$ होगी और कुल प्रतिरोध $R_s = \frac{2l}{\sigma_{eff} A}$ होगा ...$(iv)$
समीकरण $(iii)$ और $(iv)$ की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{2l}{\sigma_{eff} A} = \frac{l}{A} \left( \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{\sigma_1 \sigma_2} \right)$
$\frac{2}{\sigma_{eff}} = \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{\sigma_1 \sigma_2}$
$\sigma_{eff} = \frac{2 \sigma_1 \sigma_2}{\sigma_1 + \sigma_2}$

(D) एक आवर्ती फलन $v(t)$ का रूट मीन स्क्वायर (rms) मान $V_{rms} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} v^2(t) dt}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
दिए गए चित्र से,विभवांतर $v(t)$ अंतराल $0 \le t < \frac{T}{2}$ के लिए $V_0$ है और अंतराल $\frac{T}{2} \le t < T$ के लिए $0$ है।
अतः,$V_{rms}^2 = \frac{1}{T} \left[ \int_{0}^{T/2} V_0^2 dt + \int_{T/2}^{T} 0^2 dt \right]$.
$V_{rms}^2 = \frac{1}{T} \left[ V_0^2 \cdot \frac{T}{2} + 0 \right] = \frac{V_0^2}{2}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर,हमें $V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।

(C) एक शुद्ध प्रेरक परिपथ में,धारा $I$,वोल्टेज $V$ से $\phi = 90^{\circ}$ (या $\pi/2$ रेडियन) के कला कोण (phase angle) से पीछे रहती है।
$A$.$C$. परिपथ में खपत की गई औसत शक्ति का सूत्र $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ है।
सूत्र में कला कोण $\phi = 90^{\circ}$ रखने पर,हमें $\cos 90^{\circ} = 0$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$P = V_{rms} I_{rms} \times 0 = 0$।
अतः,एक शुद्ध प्रेरक कोई औसत शक्ति व्यय नहीं करता है।

(A) कोणीय संवेग के क्वांटाइजेशन की बोहर की अभिधारणा के अनुसार,कोणीय संवेग $L$ को इस प्रकार दिया जाता है:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$
इस समीकरण से,हम क्वांटम संख्या $n$ को इस प्रकार व्यक्त कर सकते हैं:
$n = \frac{2\pi m}{h} \cdot (vr)$
चूंकि $m$,$h$,और $\pi$ स्थिरांक हैं,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$n \propto vr$
अतः,राशि $vr$ क्वांटम संख्या $n$ के समानुपाती है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु की ग्राउंड स्टेट की ऊर्जा $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ है।
परमाणु को $n$-वें ऊर्जा स्तर तक उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_n - E_1$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E_n = -13.6/n^2 \text{ eV}$ है।
$n=2$ के लिए,$\Delta E = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \text{ eV}$.
$n=3$ के लिए,$\Delta E = -1.51 - (-13.6) = 12.09 \text{ eV}$.
$n=4$ के लिए,$\Delta E = -0.85 - (-13.6) = 12.75 \text{ eV}$.
चूंकि आपतित इलेक्ट्रॉन बीम की ऊर्जा $12.5 \text{ eV}$ है,यह हाइड्रोजन परमाणुओं को $n=3$ स्तर $(12.09 \text{ eV})$ तक उत्तेजित करने के लिए पर्याप्त ऊर्जा प्रदान कर सकती है,लेकिन इसमें $n=4$ स्तर $(12.75 \text{ eV})$ तक पहुँचने के लिए पर्याप्त ऊर्जा नहीं है।
इसलिए,हाइड्रोजन परमाणु $n=3$ ऊर्जा स्तर तक उत्तेजित होंगे।

(C) कार्बन प्रतिरोधकों के लिए कलर कोड के अनुसार:
$1$. पहला बैंड लाल (Red) है,जो अंक $2$ के अनुरूप है।
$2$. दूसरा बैंड पीला (Yellow) है,जो अंक $4$ के अनुरूप है।
$3$. तीसरा बैंड नारंगी (Orange) है,जो $10^3$ के गुणक के रूप में कार्य करता है।
$4$. चूंकि कोई चौथा बैंड नहीं है,इसलिए टॉलरेंस (सहिष्णुता) को $\pm 20\%$ लिया जाता है।
अतः,प्रतिरोध का मान $R = 24 \times 10^3 \Omega = 24 \text{ k}\Omega \pm 20\%$ है।

(A, B) दिया गया विद्युत क्षेत्र $E = a \cos \omega_{0} t + \frac{a}{2} [\sin(\omega + \omega_{0})t + \sin(\omega - \omega_{0})t]$ है।
यह तीन आवृत्तियों की उपस्थिति को दर्शाता है: $f_{0} = \frac{\omega_{0}}{2\pi}$,$f_{1} = \frac{\omega + \omega_{0}}{2\pi}$,और $f_{2} = \frac{|\omega - \omega_{0}|}{2\pi}$।
अधिकतम ऊर्जा उच्चतम आवृत्ति $f_{1} = \frac{6 \times 10^{15}}{2\pi} \text{ Hz}$ के अनुरूप है।
इस फोटॉन की ऊर्जा $E_{max} = h f_{1} = \frac{6.62 \times 10^{-34} \times 6 \times 10^{15}}{2 \times 3.14 \times 1.6 \times 10^{-19}} \text{ eV} \approx 3.95 \text{ eV}$ है।
दिया गया निरोधी विभव $V_{s} = 2 \text{ V}$ है,इसलिए $KE_{max} = 2 \text{ eV}$।
$KE_{max} = E_{max} - \phi$ का उपयोग करने पर,$2 \text{ eV} = 3.95 \text{ eV} - \phi$,इसलिए $\phi = 1.95 \text{ eV}$।
आवृत्ति $\omega = 10^{15} \text{ s}^{-1}$ के लिए,ऊर्जा $E = h(\frac{\omega}{2\pi}) \approx 0.66 \text{ eV}$ है।
चूंकि $E < \phi$,इसलिए $\omega$ आवृत्ति के लिए प्रकाश-विद्युत प्रभाव संभव नहीं है।
आइंस्टीन का प्रकाश-विद्युत समीकरण $eV_{s} = hf - \phi$ $V_{s}$ और $f$ के बीच एक सीधी रेखा का ग्राफ दर्शाता है।

(A, B, D) $M$ द्विध्रुव आघूर्ण वाले छड़ चुंबक के कारण $x$ दूरी पर अक्षीय बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{2M}{x^3}$ है।
चूंकि $x >> a$,$A = \pi a^2$ क्षेत्रफल वाली कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{2M}{x^3} \cdot \pi a^2$ है।
प्रेरित $EMF$,$\epsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{\mu_0}{4\pi} 2M \pi a^2 \frac{d}{dt}(x^{-3}) = -\frac{\mu_0}{4\pi} 2M \pi a^2 (-3x^{-4}) \frac{dx}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $\frac{dx}{dt} = -v$ (क्योंकि $x$ घट रहा है),$\epsilon = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{6M \pi a^2 v}{x^4}$। अतः,$\epsilon \propto \frac{1}{x^4}$।
प्रेरित धारा $i = \frac{\epsilon}{R} \propto \frac{1}{x^4}$।
चुंबकीय आघूर्ण $\mu_{coil} = i \cdot A = i \cdot \pi a^2 \propto \frac{1}{x^4} \cdot a^2$।
ऊष्मा उत्पादन की दर $P = i^2 R \propto (x^{-4})^2 = \frac{1}{x^8}$। अतः,विकल्प $D$ सही है।

(B) दिया गया है,$\vec{E} = 90 \sin (0.5 \times 10^{3} x + 1.5 \times 10^{11} t) \hat{k} \text{ V/m}$.
इसे मानक तरंग समीकरण $\vec{E} = E_{0} \sin (kx + \omega t) \hat{n}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $E_{0} = 90 \text{ V/m}$ प्राप्त होता है।
तरंग के संचरण की दिशा $-\hat{i}$ है (क्योंकि तर्क $kx + \omega t$ है)।
चुंबकीय क्षेत्र का आयाम $B_{0} = \frac{E_{0}}{c} = \frac{90}{3 \times 10^{8}} = 3 \times 10^{-7} \text{ T}$ है।
संचरण की दिशा $\vec{E} \times \vec{B}$ की दिशा द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$\vec{E}$,$\hat{k}$ के अनुदिश है और संचरण की दिशा $-\hat{i}$ है।
इसलिए,$\hat{k} \times \hat{B} = -\hat{i}$.
हम जानते हैं कि $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$,इसलिए $\vec{B}$,$\hat{j}$ की दिशा में होना चाहिए।
अतः,$\vec{B} = 3 \times 10^{-7} \sin (0.5 \times 10^{3} x + 1.5 \times 10^{11} t) \hat{j} \text{ T}$.

(C) आवेश $q_{3}$ के संतुलन में रहने के लिए,उस पर कार्य करने वाला कुल स्थिर-विद्युत बल शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि $q_{1}$ से $q_{3}$ की दूरी $x$ है। $q_{1}$ के कारण बल $F_{1} = \frac{k q_{1} q_{3}}{x^{2}}$ है और $q_{2}$ के कारण बल $F_{2} = \frac{k q_{2} q_{3}}{(d-x)^{2}}$ है।
संतुलन के लिए,$F_{1} = F_{2}$ (परिमाण में समान और दिशा में विपरीत)।
$\frac{k q_{1} q_{3}}{x^{2}} = \frac{k q_{2} q_{3}}{(d-x)^{2}}$
$\frac{q_{1}}{x^{2}} = \frac{q_{2}}{(d-x)^{2}}$
यह समीकरण दर्शाता है कि स्थिति $x$ केवल $q_{1}$ और $q_{2}$ के परिमाण और दूरी $d$ पर निर्भर करती है। समीकरण के दोनों पक्षों से आवेश $q_{3}$ कट जाता है।
इसलिए,संतुलन की स्थिति तीसरे आवेश $q_{3}$ के चिह्न और परिमाण से स्वतंत्र है।
अतः,यह $q_{3}$ के चिह्न की परवाह किए बिना संभव है।

(D) '$a$' त्रिज्या वाली एक समान रूप से आवेशित वलय की अक्ष पर उसके केंद्र से '$z$' दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E_z$ निम्न प्रकार दिया जाता है:
$E_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Qz}{(z^2 + a^2)^{3/2}}$
वह स्थिति ज्ञात करने के लिए जहाँ विद्युत क्षेत्र अधिकतम है,हम $E_z$ का '$z$' के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dE_z}{dz} = 0$
$\frac{d}{dz} \left[ \frac{Qz}{(z^2 + a^2)^{3/2}} \right] = 0$
भागफल नियम का उपयोग करने पर:
$(z^2 + a^2)^{3/2} - z \cdot \frac{3}{2}(z^2 + a^2)^{1/2} \cdot 2z = 0$
$(z^2 + a^2)^{3/2} = 3z^2(z^2 + a^2)^{1/2}$
$z^2 + a^2 = 3z^2$
$2z^2 = a^2$
$z = \frac{a}{\sqrt{2}}$
चूँकि ग्राफ का क्षैतिज अक्ष $Z/a$ को दर्शाता है,इसलिए $M$ निर्देशांक $z/a = 1/\sqrt{2}$ के अनुरूप है।

(D) $\sigma$ आवेश घनत्व वाली एक अनंत समतल शीट के कारण विद्युत क्षेत्र $\vec{E} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{n}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\hat{n}$ शीट के लंबवत इकाई सदिश है जो शीट से दूर इंगित करता है।
बिंदु $(0, 2a, 0)$ पर,स्थिति $Y=2a$ है।
$1$. $Y=a$ पर $-\sigma$ घनत्व वाली शीट के लिए: बिंदु शीट के दाईं ओर है। क्षेत्र शीट की ओर (ऋण $Y$-दिशा में) इंगित करता है। $\vec{E}_1 = -\frac{-\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{j} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{j}$.
$2$. $Y=3a$ पर $2\sigma$ घनत्व वाली शीट के लिए: बिंदु शीट के बाईं ओर है। क्षेत्र शीट से दूर (ऋण $Y$-दिशा में) इंगित करता है। $\vec{E}_2 = -\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{j} = -\frac{\sigma}{\varepsilon_0} \hat{j}$.
$3$. $Y=4a$ पर $4\sigma$ घनत्व वाली शीट के लिए: बिंदु शीट के बाईं ओर है। क्षेत्र शीट से दूर (ऋण $Y$-दिशा में) इंगित करता है। $\vec{E}_3 = -\frac{4\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{j} = -\frac{2\sigma}{\varepsilon_0} \hat{j}$.
कुल विद्युत क्षेत्र $\vec{E}_{net} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 + \vec{E}_3 = \left( \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} - \frac{2\sigma}{2\varepsilon_0} - \frac{4\sigma}{2\varepsilon_0} \right) \hat{j} = \frac{\sigma - 2\sigma - 4\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{j} = -\frac{5\sigma}{2\varepsilon_0} \hat{j}$.

(C) $1$. आंतरिक गोले पर $q$ आवेश है। प्रेरण के कारण, खोल की आंतरिक सतह ($a$ त्रिज्या) पर $-q$ आवेश प्रेरित होता है।
$2$. चूंकि खोल ग्राउंड किया गया है, इसलिए इसका विभव शून्य है। खोल पर कुल आवेश $Q_{shell} = -q + q' = 0$ है, जहां $q'$ बाहरी सतह पर आवेश है। ग्राउंडिंग के कारण, बाहरी सतह का आवेश शून्य हो जाता है। अतः, आंतरिक सतह पर $-q$ और बाहरी सतह पर $0$ आवेश रहता है।
$3$. गोले के केंद्र पर विभव, गोले, खोल की आंतरिक सतह और खोल की बाहरी सतह के कारण उत्पन्न विभव का योग है।
$4$. $V_{centre} = V_{sphere} + V_{inner_shell} + V_{outer_shell} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{q}{R} + \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{-q}{a} + \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{0}{b} = \frac{q}{4 \pi \epsilon_{0}} \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{a} \right)$.

(B) अनंत लंबे तार के कारण $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों तारों के लिए मूल बिंदु $O(0,0)$ से दूरी $r = \sqrt{(-1)^2 + (1)^2} = \sqrt{2}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र सदिश,स्थिति सदिश $\vec{r}$ और धारा की दिशा $\hat{k}$ के लंबवत होता है।
बिंदु $L(-1, 1)$ पर स्थित तार के लिए,स्थिति सदिश $\vec{r}_L = -\hat{i} + \hat{j}$ है। चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_L$,$\vec{I} \times \vec{r}_L = \hat{k} \times (-\hat{i} + \hat{j}) = -\hat{j} - \hat{i}$ के समानुपाती है।
बिंदु $M(-1, -1)$ पर स्थित तार के लिए,स्थिति सदिश $\vec{r}_M = -\hat{i} - \hat{j}$ है। चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}_M$,$\vec{I} \times \vec{r}_M = \hat{k} \times (-\hat{i} - \hat{j}) = -\hat{j} + \hat{i}$ के समानुपाती है।
दोनों क्षेत्रों को जोड़ने पर,$\hat{i}$ घटक कट जाते हैं: $\vec{B}_{net} = \vec{B}_L + \vec{B}_M = 2 \times \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \times \sin(\theta) \hat{j}$,जहाँ $\sin(\theta) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
$\vec{B}_{net} = 2 \times \frac{\mu_0 I}{2 \pi \sqrt{2}} \times \frac{1}{\sqrt{2}} \hat{j} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \hat{j}$.

(D) धारावाही वृत्ताकार लूप की अक्ष पर उसके केंद्र से $d$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र इस प्रकार दिया जाता है:
$B = \frac{\mu_{0} I R^{2}}{2(R^{2} + d^{2})^{3/2}}$
चूंकि छड़ को $T$ आवर्तकाल के साथ घुमाया जाता है,इसलिए समतुल्य धारा $I$ है:
$I = \frac{q}{T} = \frac{\lambda (2 \pi R)}{T}$
$I$ का मान चुंबकीय क्षेत्र के सूत्र में रखने पर:
$B = \frac{\mu_{0} (2 \pi R \lambda / T) R^{2}}{2(R^{2} + d^{2})^{3/2}}$
$d >> R$ के लिए,हम $(R^{2} + d^{2})^{3/2} \approx (d^{2})^{3/2} = d^{3}$ मान सकते हैं।
अतः,चुंबकीय क्षेत्र हो जाता है:
$B \approx \frac{\mu_{0} (2 \pi R \lambda) R^{2}}{2 T d^{3}} = \frac{\mu_{0} \pi \lambda}{T} \frac{R^{3}}{d^{3}}$
इसे दिए गए रूप $B \propto \frac{R^{m}}{d^{n}}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $m = 3$ और $n = 3$ प्राप्त होता है।

(A, C) कण क्षेत्र-$c$ में तब प्रवेश करता है यदि उसके वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R$,क्षेत्र-$b$ की चौड़ाई $L$ से अधिक हो।
चूंकि $R = \frac{mv}{qB}$,इसलिए क्षेत्र-$c$ में प्रवेश करने की शर्त $\frac{mv}{qB} > L$ है,जिसका अर्थ है $v > \frac{qBL}{m}$। अतः,विकल्प $A$ सही है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र $B$ एकसमान है और वेग सदिश $\vec{v}$ चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ के लंबवत है,इसलिए चुंबकीय बल आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है,जिससे क्षेत्र-$b$ में कण का पथ वृत्ताकार हो जाता है। अतः,विकल्प $C$ सही है।
क्षेत्र-$b$ में बिताया गया समय $t = \frac{\theta}{\omega}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\theta$ केंद्र पर अंतरित कोण है और $\omega = \frac{qB}{m}$ कोणीय वेग है। चूंकि कोण $\theta$ त्रिज्या $R$ (और इसलिए वेग $v$) पर निर्भर करता है,इसलिए क्षेत्र-$b$ में बिताया गया समय वेग $v$ पर निर्भर करता है। अतः,विकल्प $D$ गलत है।

(A) $1$. अनुचुंबकीय पदार्थों के लिए,क्यूरी के नियम के अनुसार,$\chi = \frac{C}{T}$,जिसका अर्थ है $\frac{1}{\chi} = \frac{T}{C}$। यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक धनात्मक ढाल वाली सीधी रेखा को दर्शाता है।
$2$. क्यूरी तापमान $(T_c)$ से ऊपर के लौहचुंबकीय पदार्थों के लिए,चुंबकीय प्रवृत्ति क्यूरी-वाइस नियम का पालन करती है: $\chi = \frac{C}{T - T_c}$,जिसका अर्थ है $\frac{1}{\chi} = \frac{T - T_c}{C}$। यह एक धनात्मक ढाल वाली सीधी रेखा को दर्शाता है जो मूल बिंदु से नहीं गुजरती है।
$3$. प्रतिचुंबकीय पदार्थों के लिए,चुंबकीय प्रवृत्ति $\chi$ छोटी,ऋणात्मक और तापमान से स्वतंत्र होती है। अतः,$\frac{1}{\chi}$ एक स्थिर ऋणात्मक मान है,जो $\frac{1}{\chi}$ बनाम $T$ ग्राफ में एक क्षैतिज रेखा (शून्य ढाल) देता है।
$4$. दिए गए चित्र में,रेखा $A$ धनात्मक ढाल के साथ मूल बिंदु से गुजरती है,जो दर्शाती है कि यह अनुचुंबकीय है। रेखा $B$ एक क्षैतिज रेखा (शून्य ढाल) है,जो दर्शाती है कि यह प्रतिचुंबकीय है।
$5$. इसलिए,$A$ अनुचुंबकीय है और $B$ प्रतिचुंबकीय है।

(D) गोलीय अपवर्तक सतह की शक्ति $P = \frac{n_2 - n_1}{R}$ सूत्र द्वारा दी जाती है,जहाँ $n_1$ वस्तु के माध्यम का अपवर्तनांक है,$n_2$ प्रतिबिंब के माध्यम का अपवर्तनांक है और $R$ मीटर में वक्रता त्रिज्या है।
दिया गया है: $P = 5 \text{ D}$,$n_1 = 1.0$,$n_2 = \frac{4}{3}$.
सूत्र में मान रखने पर:
$5 = \frac{\frac{4}{3} - 1}{R}$
$5 = \frac{\frac{1}{3}}{R}$
$R = \frac{1}{15} \text{ m} = 6.67 \text{ cm}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $D$ है।

(C) परावर्तक सतह का समीकरण $x^{2}+y^{2}=R^{2}$ है।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$।
यह $\frac{dy}{dx}$ बिंदु $M$ पर स्पर्शरेखा की ढाल को दर्शाता है। बिंदु $M$ पर अभिलंब $x$-अक्ष के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाता है क्योंकि आपतित किरण क्षैतिज है और परावर्तित किरण ऊर्ध्वाधर है।
किरण के $90^{\circ}$ मुड़ने के लिए ($+x$ से $+y$ की ओर),$M$ पर अभिलंब को $x$-अक्ष के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाना चाहिए।
अभिलंब की ढाल $\tan(45^{\circ}) = 1$ है। चूंकि अभिलंब स्पर्शरेखा के लंबवत होता है,इसलिए स्पर्शरेखा की ढाल $-1$ होगी।
अतः,$-\frac{x}{y} = -1$,जिसका अर्थ है $x = y$।
समीकरण $x^{2}+y^{2}=R^{2}$ में $x = y$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $2x^{2} = R^{2}$ प्राप्त होता है,इसलिए $x = \pm \frac{R}{\sqrt{2}}$।
परावर्तन की ज्यामिति के आधार पर,बिंदु $M$ को दूसरे चतुर्थांश में होना चाहिए,जहाँ $x < 0$ और $y > 0$ है।
इसलिए,निर्देशांक $M = \left(-\frac{R}{\sqrt{2}}, \frac{R}{\sqrt{2}}\right)$ हैं।

(A) दिए गए परिपथ में, $9 \text{ V}$ की बैटरी डायोड के एनोड से जुड़ी है और $10 \text{ V}$ की बैटरी $1 \text{ k}\Omega$ के प्रतिरोधक के माध्यम से कैथोड से जुड़ी है।
चूंकि कैथोड पर विभव $(10 \text{ V})$ एनोड पर विभव $(9 \text{ V})$ से अधिक है, इसलिए डायोड रिवर्स बायस (पश्च अभिनत) में है।
एक आदर्श डायोड रिवर्स बायस में एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है, जिसका अर्थ है कि यह अनंत प्रतिरोध प्रदान करता है।
इसलिए, परिपथ में कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः, डायोड से होकर बहने वाली धारा $0 \text{ mA}$ है।

(C) दिया गया सर्किट एक $XOR$ गेट को दर्शाता है,जो $Y = A \oplus B = A \cdot \overline{B} + \overline{A} \cdot B$ ऑपरेशन करता है।
इनपुट $(A=0, B=1)$ के लिए:
$Y = 0 \cdot \overline{1} + \overline{0} \cdot 1 = 0 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 0 + 1 = 1$.
इनपुट $(A=0, B=0)$ के लिए:
$Y = 0 \cdot \overline{0} + \overline{0} \cdot 0 = 0 \cdot 1 + 1 \cdot 0 = 0 + 0 = 0$.
अतः,आउटपुट क्रमशः $1$ और $0$ हैं।

(C) $\text{n}^{th}$ क्रम के उच्चिष्ठ की स्थिति $x_n = n \frac{D \lambda}{d}$ होती है।
$\text{n}^{th}$ क्रम के निम्निष्ठ की स्थिति $x'_n = (n - 0.5) \frac{D \lambda}{d}$ होती है।
$3^{rd}$ क्रम के उच्चिष्ठ $(n=3)$ और $3^{rd}$ क्रम के निम्निष्ठ $(n=3)$ के बीच की दूरी:
$\Delta x = x_3 - x'_3 = 3 \frac{D \lambda}{d} - (3 - 0.5) \frac{D \lambda}{d} = 0.5 \frac{D \lambda}{d} = \frac{\beta}{2}$.
दिया गया है: $\Delta x = 0.18 \,cm = 1.8 \times 10^{-3} \,m$, $D = 1.2 \,m$, और $d = 0.02 \,cm = 2 \times 10^{-4} \,m$.
$\frac{\beta}{2} = 1.8 \times 10^{-3} \,m \implies \beta = 3.6 \times 10^{-3} \,m$.
चूंकि $\beta = \frac{D \lambda}{d}$, इसलिए $\lambda = \frac{\beta d}{D}$.
$\lambda = \frac{(3.6 \times 10^{-3} \,m) \times (2 \times 10^{-4} \,m)}{1.2 \,m} = 6 \times 10^{-7} \,m = 600 \,nm$.