WBJEE 2022 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,पृथ्वी की सतह पर कुल ऊर्जा अनंत पर (जहाँ स्थितिज ऊर्जा शून्य होती है) कुल ऊर्जा के बराबर होती है।
सतह पर कुल ऊर्जा: $E_i = K_i + U_i = \frac{1}{2} m(\sqrt{3} v_e)^2 - \frac{GMm}{R}$.
हम जानते हैं कि पलायन वेग $v_e = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$,इसलिए $v_e^2 = \frac{2GM}{R}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{GM}{R} = \frac{v_e^2}{2}$.
इस मान को ऊर्जा समीकरण में रखने पर: $E_i = \frac{1}{2} m(3 v_e^2) - m(\frac{v_e^2}{2}) = \frac{3}{2} m v_e^2 - \frac{1}{2} m v_e^2 = m v_e^2$.
बहुत अधिक दूरी पर,स्थितिज ऊर्जा $0$ होती है,इसलिए अंतिम ऊर्जा $E_f = \frac{1}{2} m v^2$ है।
$E_i = E_f$ को बराबर करने पर: $m v_e^2 = \frac{1}{2} m v^2$.
$v^2 = 2 v_e^2 \implies v = \sqrt{2} v_e$.

(D) माना डोरी की वास्तविक लंबाई $L$ है और बल नियतांक $k = \frac{AY}{L_0}$ है।
हुक के नियम के अनुसार,विस्तार लगाए गए बल के समानुपाती होता है: $F = k \Delta L$.
प्रथम स्थिति के लिए: $F_1 = k(L_1 - L)$.
द्वितीय स्थिति के लिए: $F_2 = k(L_2 - L)$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{F_1}{F_2} = \frac{L_1 - L}{L_2 - L}$.
तिर्यक गुणा करने पर: $F_1(L_2 - L) = F_2(L_1 - L)$.
$F_1 L_2 - F_1 L = F_2 L_1 - F_2 L$.
$L$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $F_2 L - F_1 L = F_2 L_1 - F_1 L_2$.
$L(F_2 - F_1) = F_2 L_1 - F_1 L_2$.
अतः,$L = \frac{F_2 L_1 - F_1 L_2}{F_2 - F_1}$.

(D) गेंद को दिया गया आवेग (impulse) उसके रैखिक संवेग में परिवर्तन के बराबर होता है।
आवेग $= \int F \, dt = F-t \text{ ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल}$.
यह दिया गया है कि बल $0.02 \text{ s}$ के समय में $F$ से घटकर $0$ हो जाता है, इसलिए क्षेत्रफल एक त्रिभुज है जिसका आधार $0.02 \text{ s}$ और ऊँचाई $F$ है।
$\text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई} = \frac{1}{2} \times 0.02 \times F = 0.01F$.
संवेग में परिवर्तन $\Delta p = m(v_f - v_i) = \frac{50}{1000} \text{ kg} \times (100 \text{ m/s} - 0) = 0.05 \times 100 = 5 \text{ kg m/s}$.
आवेग और संवेग में परिवर्तन को बराबर करने पर: $0.01F = 5$.
$F = \frac{5}{0.01} = 500 \text{ N}$.

(C) माना प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है और बड़ी बूंद की त्रिज्या $R$ है।
आयतन संरक्षण के नियम के अनुसार,$V_{big} = 27 \times V_{small}$.
$\frac{4}{3} \pi R^3 = 27 \times \frac{4}{3} \pi r^3 \Rightarrow R^3 = 27r^3 \Rightarrow R = 3r$.
प्रारंभिक पृष्ठ ऊर्जा $U_i = 27 \times (S \times 4 \pi r^2) = 108 \pi r^2 S$ है।
अंतिम पृष्ठ ऊर्जा $U_f = S \times 4 \pi R^2 = S \times 4 \pi (3r)^2 = 36 \pi r^2 S$ है।
पृष्ठ ऊर्जा में सापेक्ष वृद्धि $\frac{\Delta U}{U_i} = \frac{U_f - U_i}{U_i} = \frac{36 \pi r^2 S - 108 \pi r^2 S}{108 \pi r^2 S}$ द्वारा दी जाती है।
$\frac{\Delta U}{U_i} = \frac{-72 \pi r^2 S}{108 \pi r^2 S} = -\frac{72}{108} = -\frac{2}{3}$.

(A, D) चूंकि दोनों तार एक ही पदार्थ से बने हैं,इसलिए उनका यंग मापांक $(Y)$ समान है।
यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{F L}{A x}$ है,जहाँ $F$ भार है,$L$ लंबाई है,$A$ अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $x$ विस्तार है।
भार के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$F = (\frac{Y A}{L}) x$ प्राप्त होता है।
दोनों तारों के लिए $Y$ और $L$ समान हैं,इसलिए $F-x$ ग्राफ का ढाल अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल $A$ के समानुपाती है (अर्थात,$\text{slope} = \frac{Y A}{L} \propto A$)।
ग्राफ से,रेखा $A$ का ढाल रेखा $B$ के ढाल से अधिक है,जिसका अर्थ है कि $A$ का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $B$ से अधिक है $(A_A > A_B)$।
अतः,कथन $A$ सत्य है और कथन $D$ सत्य है।

(C) मूल बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ द्वारा दिया जाता है।
अधिकतम ऊँचाई पर,कण का वेग पूरी तरह से क्षैतिज होता है,जो $v_x = u \cos \theta$ है।
अधिकतम ऊँचाई पर कण का स्थिति सदिश $\vec{r} = x \hat{i} + h_{\max} \hat{j}$ है,जहाँ $h_{\max} = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
संवेग $\vec{p} = m v_x \hat{i} = m u \cos \theta \hat{i}$ है।
कोणीय संवेग $\vec{L} = (x \hat{i} + h_{\max} \hat{j}) \times (m u \cos \theta \hat{i}) = -m u \cos \theta h_{\max} \hat{k}$ है।
इसका परिमाण $L = m u \cos \theta \left( \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g} \right) = \frac{m u^3 \sin^2 \theta \cos \theta}{2g}$ है।
अतः,$L \propto u^3$ है।

(A, B) दिया गया स्थिति सदिश: $\vec{r} = b \cos \omega t \hat{i} + b \sin \omega t \hat{j}$.
वेग सदिश: $\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt} = -b \omega \sin \omega t \hat{i} + b \omega \cos \omega t \hat{j}$.
वेग का परिमाण: $v = |\vec{v}| = \sqrt{(-b \omega \sin \omega t)^2 + (b \omega \cos \omega t)^2} = b \omega$.
चूंकि $v$ स्थिर है,गतिज ऊर्जा $E = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mb^2\omega^2$ स्थिर है। अतः,$\frac{E}{\omega} = \frac{1}{2}mb^2\omega$ स्थिर है। कथन $(A)$ सत्य है।
प्रक्षेप पथ: $x = b \cos \omega t$ और $y = b \sin \omega t$. वर्ग करके जोड़ने पर: $x^2 + y^2 = b^2(\cos^2 \omega t + \sin^2 \omega t) = b^2$. यह एक वृत्त है। कथन $(B)$ सत्य है।
त्वरण: $\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt} = -b \omega^2 \cos \omega t \hat{i} - b \omega^2 \sin \omega t \hat{j} = -\omega^2 \vec{r}$.
घटक: $a_x = -b \omega^2 \cos \omega t$ और $a_y = -b \omega^2 \sin \omega t$. अतः,$a_x^2 + a_y^2 = (b \omega^2)^2$,जो $a_x-a_y$ समतल में एक वृत्त है। कथन $(C)$ असत्य है।
चूंकि $\vec{a} = -\omega^2 \vec{r}$ और $\vec{v} \perp \vec{r}$,$\vec{a}$ वेग $\vec{v}$ के समानांतर नहीं है। कथन $(D)$ असत्य है।

(B) $A_1$ और $A_2$ आयामों तथा $\delta$ कलांतर वाली दो सरल आवर्त गतियों का परिणामी आयाम $A_{\text{res}}$ इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $A_{\text{res}}^2 = A_1^2 + A_2^2 + 2A_1A_2 \cos \delta$.
यह दिया गया है कि $A_1 = A_2 = A$ और परिणामी आयाम $A_{\text{res}} = A$,इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$A^2 = A^2 + A^2 + 2A^2 \cos \delta$.
$A^2 = 2A^2 + 2A^2 \cos \delta$.
$A^2 - 2A^2 = 2A^2 \cos \delta$.
$-A^2 = 2A^2 \cos \delta$.
$\cos \delta = -\frac{1}{2}$.
चूंकि $\cos \delta = -\frac{1}{2}$,इसलिए कलांतर $\delta = 120^{\circ}$ या $\delta = \frac{2\pi}{3}$ रेडियन होगा।

(A) कोणीय संवेग $\vec{L}$ को $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है। चूंकि कण $xy$-समतल में गति कर रहा है,इसलिए $\vec{L}$ $z$-अक्ष की दिशा में (गति के समतल के लंबवत) होता है।
बिंदु $A$ पर,कण $y$-दिशा में गति कर रहा है (दीर्घवृत्त के सबसे दाहिने बिंदु पर स्पर्शरेखा),इसलिए रैखिक संवेग $\vec{p}$ $+y$ दिशा में है।
हमें $\vec{\alpha} = \vec{p} \times \vec{L}$ की दिशा ज्ञात करनी है।
क्रॉस प्रोडक्ट के लिए दाहिने हाथ के नियम का उपयोग करते हुए:
$\vec{p}$ $+y$ दिशा $(\hat{j})$ में है।
$\vec{L}$ $+z$ दिशा $(\hat{k})$ में है।
इसलिए,$\vec{\alpha} = \vec{p} \times \vec{L} = (p\hat{j}) \times (L\hat{k}) = pL(\hat{j} \times \hat{k}) = pL\hat{i}$.
यह $+x$ अक्ष की दिशा के अनुरूप है।

(D) मान लीजिए कि घूर्णन अक्ष $AX$ रेखा है,जो शीर्ष $A$ से गुजरती है और $AB$ के लंबवत है।
निकाय का जड़त्व आघूर्ण $I$,अक्ष $AX$ के परितः व्यक्तिगत कणों के जड़त्व आघूर्ण का योग है।
$I = \sum m_i r_i^2$,जहाँ $r_i$ अक्ष $AX$ से $i$-वें कण की लंबवत दूरी है।
$1$. शीर्ष $A$ पर स्थित कण के लिए: दूरी $r_A = 0$,इसलिए $I_A = m(0)^2 = 0$.
$2$. शीर्ष $B$ पर स्थित कण के लिए: दूरी $r_B = a$,इसलिए $I_B = m(a)^2 = ma^2$.
$3$. शीर्ष $C$ पर स्थित कण के लिए: $AX$ से लंबवत दूरी $r_C = a \cos 60^{\circ} = a \times \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$ है।
इसलिए,$I_C = m(\frac{a}{2})^2 = \frac{ma^2}{4}$.
कुल जड़त्व आघूर्ण $I = I_A + I_B + I_C = 0 + ma^2 + \frac{ma^2}{4} = \frac{5ma^2}{4} \text{ } g-cm^2$.

(B) दी गई आंतरिक ऊर्जा $U = A P^2 V$ है।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, ऊष्मागतिकी का प्रथम नियम $dQ = dU + dW = 0$ बताता है, जिसका अर्थ है $dU = -dW = -P dV$.
अतः, $dU = -P dV$.
$V$ के सापेक्ष $U$ का अवकलन करने पर: $dU = A P^2 dV + 2 A P V dP$.
$dU$ के दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $-P dV = A P^2 dV + 2 A P V dP$.
$P$ से विभाजित करने पर (मान लें $P \neq 0$): $-dV = A P dV + 2 A V dP$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $-dV - A P dV = 2 A V dP \Rightarrow -(1 + A P) dV = 2 A V dP$.
चरों को अलग करने पर: $-\frac{dV}{V} = \frac{2 A dP}{1 + A P}$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $-\int \frac{dV}{V} = \int \frac{2 A dP}{1 + A P}$.
$-\ln V = 2 \ln(1 + A P) + C$.
यह सरल होकर $\ln V + \ln(1 + A P)^2 = \text{स्थिरांक}$ हो जाता है।
अतः, $V(1 + A P)^2 = \text{स्थिरांक}$।

(A) गैस के अणुओं की सबसे संभावित गति $v_p = \sqrt{\frac{2RT}{M}}$ द्वारा दी जाती है,जिसका अर्थ है $v_p \propto \sqrt{T}$।
समतापीय वक्र स्थिर तापमान की रेखाओं को दर्शाते हैं। $P-V$ आरेख में,मूल बिंदु से दूर स्थित समतापीय वक्र उच्च तापमान के अनुरूप होते हैं।
चित्र से,समतापीय वक्र $EF$ मूल बिंदु से सबसे दूर है,उसके बाद $CD$ है,और $AB$ सबसे निकट है।
बिंदु $3$ और $4$ समतापीय वक्र $EF$ पर स्थित हैं,इसलिए $T_3 = T_4$। अतः,$3$ पर $v_p = 4$ पर $v_p$।
बिंदु $2$ समतापीय वक्र $CD$ पर स्थित है,इसलिए $T_2$ $CD$ का तापमान है।
बिंदु $1$ समतापीय वक्र $AB$ पर स्थित है,इसलिए $T_1$ $AB$ का तापमान है।
चूंकि तापमान का क्रम $T_3 = T_4 > T_2 > T_1$ है,इसलिए सबसे संभावित गति का क्रम $3$ पर $v_p = 4$ पर $v_p > 2$ पर $v_p > 1$ पर $v_p$ होगा।

(B) द्वि-परमाणुक गैस के लिए,दी गई कुल ऊष्मा $\Delta Q_{total} = \Delta Q_{AB} + \Delta Q_{BC}$ है।
$1$. प्रक्रिया $AB$ (समआयतनिक प्रक्रिया) के लिए:
$\Delta Q_{AB} = n C_V \Delta T = n \left( \frac{R}{\gamma - 1} \right) \Delta T = \frac{P_f V_f - P_i V_i}{\gamma - 1}$
यहाँ $n = 1$ मोल,द्वि-परमाणुक गैस के लिए $\gamma = 1.4 = 7/5$ है।
$\Delta Q_{AB} = \frac{2 P_0 V_0 - P_0 V_0}{7/5 - 1} = \frac{P_0 V_0}{2/5} = 2.5 P_0 V_0$.
$2$. प्रक्रिया $BC$ (समतापीय प्रक्रिया) के लिए:
$\Delta Q_{BC} = W_{BC} = n R T \ln \left( \frac{V_f}{V_i} \right) = P_B V_B \ln \left( \frac{V_C}{V_B} \right)$
चूँकि $P_B V_B = 2 P_0 V_0$ और $V_C = 2 V_0, V_B = V_0$ है:
$\Delta Q_{BC} = 2 P_0 V_0 \ln \left( \frac{2 V_0}{V_0} \right) = 2 P_0 V_0 \ln 2 = 2 P_0 V_0 (0.7) = 1.4 P_0 V_0$.
कुल ऊष्मा $\Delta Q_{total} = 2.5 P_0 V_0 + 1.4 P_0 V_0 = 3.9 P_0 V_0$.

(B) पॉलीट्रोपिक प्रक्रिया $PV^n = \text{constant}$ के लिए, मोलर ऊष्मा धारिता $C = C_V + \frac{R}{1-n}$ होती है।
दिया गया है $n = 3$ और एकपरमाणुक गैस के लिए $C_V = \frac{3R}{2}$।
अतः, $C = \frac{3R}{2} + \frac{R}{1-3} = \frac{3R}{2} - \frac{R}{2} = R$।
आदर्श गैस समीकरण $PV = RT$ ($1$ मोल के लिए) से, $T = \frac{PV}{R}$ प्राप्त होता है।
प्रारंभिक अवस्था: $T_1 = \frac{P_1 V_1}{R}$।
अंतिम अवस्था: चूँकि $P_1 V_1^3 = P_2 V_2^3$, इसलिए $P_2 = P_1 \left( \frac{V_1}{V_2} \right)^3$।
$T_2 = \frac{P_2 V_2}{R} = \frac{P_1 V_1^3}{R V_2^2}$।
अवशोषित ऊष्मा $Q = n C \Delta T = 1 \cdot R \cdot (T_2 - T_1)$ है।
$Q = R \left( \frac{P_1 V_1^3}{R V_2^2} - \frac{P_1 V_1}{R} \right) = P_1 V_1 \left( \frac{V_1^2}{V_2^2} - 1 \right)$।

(D) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,नेट बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = \Delta E_k$।
अति सूक्ष्म विस्थापन $dx$ के लिए,किया गया कार्य $dW = F \cdot dx$ है।
इसलिए,$F = \frac{dE_k}{dx}$।
इसका अर्थ है कि कण पर कार्य करने वाला बल $E_k$ बनाम $X$ ग्राफ के ढाल (slope) के बराबर होता है।
हमें $X = 10 \ m$ पर बल ज्ञात करना है। यह बिंदु $X = 8 \ m$ और $X = 12 \ m$ के बीच के रेखाखंड पर स्थित है।
इस रेखाखंड के अंतिम बिंदुओं के निर्देशांक $(8, 40)$ और $(12, 20)$ हैं।
इस रेखा का ढाल $m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{20 - 40}{12 - 8} = \frac{-20}{4} = -5 \ N$ है।
चूंकि $X = 8 \ m$ और $X = 12 \ m$ के बीच ढाल स्थिर है,इसलिए $X = 10 \ m$ पर बल $-5 \hat{i} \ N$ होगा।

(B) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल (Emf) $\epsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि परिपथ का प्रतिरोध $R$ है,इसलिए प्रेरित धारा $i = \frac{\epsilon}{R} = -\frac{1}{R} \frac{d\phi}{dt}$ होगी।
हम जानते हैं कि धारा $i = \frac{dq}{dt}$,जहाँ $dq$ समय $dt$ में प्रवाहित होने वाला सूक्ष्म आवेश है।
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{dq}{dt} = -\frac{1}{R} \frac{d\phi}{dt}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,कुल प्रवाहित आवेश $q$ प्राप्त होता है:
$q = \int dq = -\frac{1}{R} \int d\phi = \frac{\Delta\phi}{R}$.
यहाँ $\Delta\phi = 5 \text{ Wb}$ और $R = 100 \Omega$ दिया गया है,अतः आवेश $q = \frac{5}{100} = 0.05 \text{ C}$ होगा।

(D) चित्र से,धारा $I$,emf $E$ से $\phi = \frac{\pi}{4}$ के कला कोण से आगे है। यह इंगित करता है कि परिपथ एक कैपेसिटिव ($RC$ श्रेणी परिपथ) है।
$RC$ श्रेणी परिपथ में,कला कोण $\phi$ को $\tan \phi = \frac{X_C}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $\phi = \frac{\pi}{4}$,इसलिए $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,जिसका अर्थ है $X_C = R$.
हम जानते हैं कि $X_C = \frac{1}{\omega C}$.
यहाँ $\omega = 100 \text{ rad/s}$ और $R = 1 \text{ k}\Omega = 1000 \text{ }\Omega$ है।
इन मानों को रखने पर: $1000 = \frac{1}{100 \times C}$.
$C = \frac{1}{100 \times 1000} = \frac{1}{10^5} = 10 \times 10^{-6} \text{ F} = 10 \mu\text{F}$.
अतः,$R = 1 \text{ k}\Omega$ और $C = 10 \mu\text{F}$ प्राप्त होता है।

(D) दी गई काल्पनिक दुनिया में,कोणीय संवेग $L = 2n' \frac{h}{2\pi} = n' \frac{h}{\pi}$ है,जहाँ $n' = 1, 2, 3, \dots$ है।
इसे मानक बोहर क्वांटाइजेशन $L = n \frac{h}{2\pi}$ के साथ तुलना करने पर,हम देखते हैं कि अनुमत कक्षाएं $n = 2n'$ के अनुरूप हैं।
कक्षा की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ है। $n = 2n'$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $E_{n'} = -\frac{13.6}{(2n')^2} = -\frac{13.6}{4n'^2} = -\frac{3.4}{n'^2} \text{ eV}$ प्राप्त होता है।
दृश्य सीमा के लिए,संक्रमण को इस प्रणाली की पहली उत्तेजित अवस्था पर समाप्त होना चाहिए। मूल अवस्था $n'=1$ $(n=2)$ है और पहली उत्तेजित अवस्था $n'=2$ $(n=4)$ है।
दृश्य सीमा में सबसे बड़ी तरंगदैर्ध्य (सबसे कम ऊर्जा) के लिए संक्रमण $n'=2$ से $n'=1$ तक है।
ऊर्जा का अंतर $\Delta E = E_2 - E_1 = -\frac{3.4}{2^2} - (-\frac{3.4}{1^2}) = -0.85 + 3.4 = 2.55 \text{ eV}$ है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{1242 \text{ eV-nm}}{2.55 \text{ eV}} \approx 487 \text{ nm}$ है।

(A, B) $He^{+}$ में संक्रमण के लिए आवश्यक ऊर्जा $E = 13.6 \times Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ द्वारा दी जाती है। $He^{+}$ के लिए,$Z=2$,इसलिए $E = 13.6 \times 4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 54.4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) eV$.
$n=2$ से $n=4$ के संक्रमण के लिए,$E = 54.4 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 54.4 \left( \frac{3}{16} \right) = 10.2 eV$.
चूंकि आपतित फोटॉन की ऊर्जा $10.2 eV$ है,इसलिए $He^{+}$ इलेक्ट्रॉन $n=2$ से $n=4$ में उत्तेजित हो सकता है।
एक बार $n=4$ अवस्था में पहुँचने के बाद,उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $\frac{n(n-1)}{2} = \frac{4(4-1)}{2} = 6$ होती है।
अतः,कथन $A$ और $B$ सही हैं।

(B) परिपथ आरेख का विश्लेषण करने पर,हम देख सकते हैं कि तीनों संधारित्र $A$ और $B$ बिंदुओं के बीच समानांतर क्रम में जुड़े हुए हैं।
समानांतर संयोजन में,तुल्य धारिता $C_{eq}$ व्यक्तिगत धारिताओं के योग द्वारा दी जाती है:
$C_{eq} = C_1 + C_2 + C_3$
चूंकि सभी संधारित्रों की धारिता $C$ है,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$C_{eq} = C + C + C = 3C$
अतः,$A$ और $B$ के बीच तुल्य धारिता $3C$ है।

(A) बाहरी प्रतिरोध $R$ के सिरों पर टर्मिनल वोल्टेज $V_R$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$V_R = \frac{E}{(R + r)} \times R$
अंश और हर को $R$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$V_R = \frac{E}{(1 + r/R)}$
बैटरी के एक स्थिर वोल्टेज स्रोत के रूप में कार्य करने के लिए,बाहरी लोड $R$ में बदलाव के बावजूद टर्मिनल वोल्टेज $V_R$ को emf $E$ के लगभग बराबर होना चाहिए।
यह स्थिति तब पूरी होती है जब $r/R$ बहुत छोटा होता है,जिसका अर्थ है $r << R$।

(A) डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है,$m$ कण का द्रव्यमान है और $K$ गतिज ऊर्जा है।
चूंकि तीनों कणों के लिए डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ समान है,इसलिए $\sqrt{2mK} = \text{नियतांक}$,जिसका अर्थ है कि $mK = \text{नियतांक}$ या $K \propto \frac{1}{m}$।
कणों के द्रव्यमान $m_e$ (इलेक्ट्रॉन),$m_p$ (प्रोटॉन) और $m_{\alpha}$ (अल्फा कण) हैं। हम जानते हैं कि $m_e < m_p < m_{\alpha}$।
चूंकि गतिज ऊर्जा $K$ द्रव्यमान के व्युत्क्रमानुपाती है,इसलिए हमें $\varepsilon_1 > \varepsilon_3 > \varepsilon_2$ प्राप्त होता है (जहाँ $\varepsilon_1$ इलेक्ट्रॉन के लिए,$\varepsilon_3$ प्रोटॉन के लिए और $\varepsilon_2$ अल्फा कण के लिए है)।

(B) मान लीजिए कि आवेश $q$ को $y$-अक्ष पर $y$ की छोटी दूरी से विस्थापित किया जाता है। आवेश की स्थिति $(0, y)$ हो जाती है।
$(-a, 0)$ और $(a, 0)$ पर स्थित प्रत्येक $-q$ आवेश से इस आवेश की दूरी $r = \sqrt{a^2 + y^2}$ है।
प्रत्येक $-q$ आवेश द्वारा $q$ पर लगाया गया बल $F' = \frac{kq^2}{r^2} = \frac{kq^2}{a^2 + y^2}$ है।
समरूपता के कारण $x$-अक्ष पर इन बलों के घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं।
$y$-अक्ष पर घटक दोनों मूल बिंदु की ओर (ऋणात्मक $y$-दिशा में) कार्य करते हैं।
परिणामी बल $F = -2 F' \sin \theta$ है,जहाँ $\sin \theta = \frac{y}{r} = \frac{y}{\sqrt{a^2 + y^2}}$ है।
$F = -2 \left( \frac{kq^2}{a^2 + y^2} \right) \left( \frac{y}{\sqrt{a^2 + y^2}} \right) = -\frac{2kq^2 y}{(a^2 + y^2)^{3/2}}$।
चूंकि विस्थापन $y$ बहुत छोटा है $(y \ll a)$,हम $(a^2 + y^2)^{3/2} \approx (a^2)^{3/2} = a^3$ का अनुमान लगा सकते हैं।
इस प्रकार,$F \approx -\frac{2kq^2}{a^3} y$।
अतः,$F \propto -y$।

(C) जब $q_a$ आवेश को एक चालक गोले की गुहिका के अंदर रखा जाता है,तो यह गुहिका की आंतरिक सतह पर $-q_a$ और चालक गोले की बाहरी सतह पर $+q_a$ आवेश प्रेरित करता है।
इसी तरह,दूसरी गुहिका में $q_b$ रखने से उसकी आंतरिक सतह पर $-q_b$ और चालक गोले की बाहरी सतह पर $+q_b$ आवेश प्रेरित होता है।
चालक गोले की बाहरी सतह पर कुल आवेश $q_a + q_b$ हो जाता है। चूंकि गोला चालक है,इसलिए चालक के भीतर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है।
$q_a$ आवेश दूसरी गुहिका की आंतरिक सतह पर प्रेरित $-q_b$ आवेश और गोले की बाहरी सतह पर आवेश वितरण द्वारा उत्पन्न क्षेत्र के कारण बल का अनुभव करता है।
हालांकि,चालक के इलेक्ट्रोस्टैटिक शील्डिंग गुण के कारण,गुहिका के बाहर के आवेशों (बाहरी सतह के आवेश और दूसरी गुहिका के प्रेरित आवेश सहित) द्वारा उत्पन्न विद्युत क्षेत्र $q_a$ वाली गुहिका के अंदर शून्य होता है।
इसलिए,$q_a$ आवेश केवल अपनी गुहिका की आंतरिक सतह पर प्रेरित $-q_b$ आवेश द्वारा उत्पन्न क्षेत्र का अनुभव करता है,जो समरूपता के कारण इसके केंद्र पर शून्य होता है।
अतः,$q_b$ और प्रेरित आवेशों के कारण $q_a$ पर लगने वाला कुल बल शून्य है।

(A, C) गॉस के नियम के अनुसार,किसी भी बंद सतह से गुजरने वाला कुल विद्युत फ्लक्स $\phi_{\text{total}}$ शून्य होता है यदि उसके भीतर कोई आवेश न हो,अर्थात $\phi_{\text{total}} = 0$।
अर्धगोले के लिए,$\phi_{\text{total}} = \phi_{\text{curved}} + \phi_{\text{flat}} = 0$।
सपाट वृत्ताकार सतह से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi_{\text{flat}} = -E \cdot A = -E(\pi R^2)$ है (क्योंकि क्षेत्र रेखाएं सतह में प्रवेश करती हैं)।
इसलिए,$\phi_{\text{curved}} = -\phi_{\text{flat}} = E \pi R^2$।
अतः,कथन $(A)$ सही है और $(C)$ सही है।
किए गए कार्य के संबंध में,एक समान विद्युत क्षेत्र के लिए,विभवांतर $\Delta V = -\vec{E} \cdot \Delta \vec{r}$ होता है।
चूंकि बिंदु $A$ और $B$ विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ के लंबवत एक ही समविभव तल पर स्थित हैं,इसलिए $A$ और $B$ के बीच विभवांतर $\Delta V = 0$ है।
इसलिए,किया गया कार्य $W = q \Delta V = 0$ है,जो पथ और त्रिज्या $R$ से स्वतंत्र है।

(A) मान लीजिए कि अर्थिंग के बाद $2R$ त्रिज्या वाले बाहरी कोश पर $q$ आवेश आता है।
चूंकि बाहरी कोश भू-संपर्कित है,इसलिए इसका विभव शून्य होना चाहिए।
बाहरी कोश पर विभव आंतरिक आवेश $Q$ और बाहरी आवेश $q$ के कारण विभव का योग है:
$V_{\text{outer}} = \frac{KQ}{2R} + \frac{Kq}{2R} = 0$
$q$ के लिए हल करने पर,हमें $q = -Q$ प्राप्त होता है।
अब,केंद्र से $r = \frac{3R}{2}$ की दूरी पर विभव की गणना करते हैं।
चूंकि $R < r < 2R$,यह बिंदु आंतरिक गोले के बाहर और बाहरी गोले के अंदर स्थित है।
इस बिंदु पर विभव आंतरिक गोले (बिंदु आवेश के रूप में) और बाहरी कोश (अंदर स्थिर) के कारण विभव का योग है:
$V(r) = \frac{KQ}{r} + \frac{Kq}{2R}$
$r = \frac{3R}{2}$ और $q = -Q$ रखने पर:
$V = \frac{KQ}{3R/2} + \frac{K(-Q)}{2R} = \frac{2KQ}{3R} - \frac{KQ}{2R} = \frac{4KQ - 3KQ}{6R} = \frac{KQ}{6R} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{6R}$

(A) विद्युत क्षेत्र $E$ और विद्युत विभव $V$ के बीच का संबंध $E = -\frac{dV}{dx}$ द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है कि विद्युत क्षेत्र $V-X$ ग्राफ के ढाल (slope) का ऋणात्मक मान है।
$1$. अंतराल $X \in [-4, -2]$ के लिए: ढाल $\frac{10 - 0}{-2 - (-4)} = \frac{10}{2} = 5$ है। अतः,$E = -5$ है।
$2$. अंतराल $X \in [-2, 2]$ के लिए: विभव स्थिर $(V = 10)$ है,इसलिए ढाल $0$ है। अतः,$E = 0$ है।
$3$. अंतराल $X \in [2, 7]$ के लिए: ढाल $\frac{0 - 10}{7 - 2} = \frac{-10}{5} = -2$ है। अतः,$E = -(-2) = 2$ है।
इन मानों की दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $A$ अंतराल $X \in [-4, -2]$ के लिए $E = -5$,$X \in [-2, 2]$ के लिए $E = 0$ और $X \in [2, 7]$ के लिए $E = 2$ को दर्शाता है।

(D) कोश $B$ की सतह पर विभव तीनों कोशों $A, B$ और $C$ के कारण विभव का योग है।
$V_B = V_{A,B} + V_{B,B} + V_{C,B}$
चूंकि कोश के अंदर विभव स्थिर होता है और उसकी सतह पर विभव के बराबर होता है,इसलिए:
$V_{A,B} = \frac{k Q_A}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\sigma(4\pi a^2)}{b} = \frac{\sigma a^2}{\varepsilon_0 b}$
$V_{B,B} = \frac{k Q_B}{b} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{-\sigma(4\pi b^2)}{b} = -\frac{\sigma b}{\varepsilon_0}$
$V_{C,B} = \frac{k Q_C}{c} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\sigma(4\pi c^2)}{c} = \frac{\sigma c}{\varepsilon_0}$
इनका योग करने पर:
$V_B = \frac{\sigma a^2}{\varepsilon_0 b} - \frac{\sigma b}{\varepsilon_0} + \frac{\sigma c}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \left( \frac{a^2}{b} - b + c \right)$

(C) एक छोटे धारा अवयव $I d\vec{l}$ पर चुंबकीय बल $d\vec{F} = I (d\vec{l} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,धारा अवयव $d\vec{l} = dx \hat{i}$ है और चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = B_0 \left( 2 - \frac{x}{a} \right) \hat{k}$ है।
अतः,$d\vec{F} = I (dx \hat{i}) \times B_0 \left( 2 - \frac{x}{a} \right) \hat{k} = I B_0 \left( 2 - \frac{x}{a} \right) dx (\hat{i} \times \hat{k}) = I B_0 \left( 2 - \frac{x}{a} \right) dx (-\hat{j})$.
कुल बल ज्ञात करने के लिए,हम $x = a$ से $x = 2a$ तक समाकलन करते हैं:
$\vec{F} = \int_{a}^{2a} I B_0 \left( 2 - \frac{x}{a} \right) dx (-\hat{j})$
$\vec{F} = -I B_0 \hat{j} \int_{a}^{2a} \left( 2 - \frac{x}{a} \right) dx$
$\vec{F} = -I B_0 \hat{j} \left[ 2x - \frac{x^2}{2a} \right]_{a}^{2a}$
$\vec{F} = -I B_0 \hat{j} \left[ \left( 2(2a) - \frac{(2a)^2}{2a} \right) - \left( 2(a) - \frac{a^2}{2a} \right) \right]$
$\vec{F} = -I B_0 \hat{j} \left[ (4a - 2a) - (2a - 0.5a) \right]$
$\vec{F} = -I B_0 \hat{j} [ 2a - 1.5a ] = -I B_0 \left( \frac{a}{2} \right) \hat{j}$.
इसकी तुलना दिए गए बल $\vec{F} = I B_0 \left( \frac{ka}{2} \right) \hat{j}$ से करने पर,हमें $k = -1$ प्राप्त होता है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही तार पर कार्य करने वाला चुंबकीय बल $F_B = I \vec{L}_{eff} \times \vec{B}$ द्वारा दिया जाता है।
$r$ त्रिज्या के अर्धवृत्ताकार तार के लिए,प्रभावी लंबाई $\vec{L}_{eff}$ दो सिरों के बीच की सीधी दूरी है,जो व्यास $2r$ के बराबर है।
इसलिए,चुंबकीय बल का परिमाण $F_B = I(2r)B = 2IrB$ है।
यह कुल ऊपर की ओर कार्य करने वाला चुंबकीय बल तार के सिरों से जुड़ी दो समान स्प्रिंग $X$ और $Y$ द्वारा समान रूप से साझा किया जाता है।
मान लीजिए कि प्रत्येक स्प्रिंग पर कार्य करने वाला बल $F$ है। तब,$2F = F_B$ होगा।
$F_B$ का मान रखने पर,हमें $2F = 2IrB$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,प्रत्येक स्प्रिंग पर कार्य करने वाला बल $F = I r B$ है।

(A, B, D) लूप में प्रेरित गतिक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = B \times b \times v$ है,जो केवल $PS$ खंड में कार्य करता है जो चुंबकीय क्षेत्र से होकर गुजर रहा है।
लूप का कुल प्रतिरोध $R_{\text{total}} = \lambda(2b + 2a)$ है।
प्रेरित धारा $I = \frac{\varepsilon}{R_{\text{total}}} = \frac{Bbv}{\lambda(2b + 2a)}$ है।
लेंज के नियम का उपयोग करते हुए,जैसे-जैसे लूप बाहर निकलता है,पृष्ठ के अंदर की ओर चुंबकीय फ्लक्स घटता है,इसलिए इस परिवर्तन का विरोध करने के लिए प्रेरित धारा दक्षिणावर्त दिशा में होगी।
भाग $SR$ के लिए,लंबाई सदिश $\vec{\ell}$ वेग सदिश $\vec{v}$ के समानांतर है,इसलिए प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = \vec{v} \times \vec{B} \cdot \vec{\ell} = 0$ है। अतः,भाग $SR$ में कोई प्रेरण नहीं होता है।
इसलिए,कथन $A$,$B$ और $D$ सही हैं।

(C) दोनों रेखीय आवेशों पर $\ell$ लंबाई का एक खंड लें,जिनकी रेखीय आवेश घनत्व $\lambda_1$ और $\lambda_2$ है।
दो रेखीय आवेशों के बीच प्रति इकाई लंबाई विद्युत बल $F_E$,कूलम्ब के नियम के अनुसार है: $F_E = \frac{2 k \lambda_1 \lambda_2 \ell}{d} = \frac{2 \lambda_1 \lambda_2 \ell}{4 \pi \varepsilon_0 d} = \frac{\lambda_1 \lambda_2 \ell}{2 \pi \varepsilon_0 d}$.
गतिमान आवेश $I_1 = \lambda_1 v$ और $I_2 = \lambda_2 v$ धारा का निर्माण करते हैं।
दो समानांतर धारावाही तारों के बीच प्रति इकाई लंबाई चुंबकीय बल $F_B$ है: $F_B = \frac{\mu_0 I_1 I_2 \ell}{2 \pi d} = \frac{\mu_0 (\lambda_1 v) (\lambda_2 v) \ell}{2 \pi d} = \frac{\mu_0 \lambda_1 \lambda_2 v^2 \ell}{2 \pi d}$.
चुंबकीय आकर्षण बल को विद्युत प्रतिकर्षण बल को संतुलित करने के लिए,हम $F_E = F_B$ रखते हैं:
$\frac{\lambda_1 \lambda_2 \ell}{2 \pi \varepsilon_0 d} = \frac{\mu_0 \lambda_1 \lambda_2 v^2 \ell}{2 \pi d}$.
समीकरण को सरल करने पर,हमें मिलता है: $\frac{1}{\varepsilon_0} = \mu_0 v^2$.
चूंकि प्रकाश की गति $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$ है,इसलिए $c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ होता है,जिसका अर्थ है कि $v^2 = c^2$ या $v = c$।

(C) गतिमान आवेश पर चुंबकीय बल $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ कक्षा के तल के लंबवत है,इसलिए बल $\vec{F}$ वृत्ताकार पथ के केंद्र की ओर कार्य करता है (अभिकेंद्र बल)।
नाभिक के परितः टॉर्क $\vec{\tau}$ को $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि बल $\vec{F}$ केंद्र की ओर निर्देशित है,स्थिति सदिश $\vec{r}$ और बल सदिश $\vec{F}$ संरेख (प्रति-समांतर) हैं।
इसलिए,$\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F} = 0$ है।
चूंकि टॉर्क शून्य है,टॉर्क सदिश का किसी भी सदिश के साथ अदिश गुणनफल,जिसमें कोणीय संवेग सदिश $\vec{L}$ भी शामिल है,शून्य होना चाहिए: $\vec{\tau} \cdot \vec{L} = 0$।

(C) कोणीय विभेदन $\theta$ को दो बिंदुओं के बीच की दूरी $x$ और आँख से दूरी $d$ के अनुपात द्वारा दिया जाता है, अर्थात $\theta = \frac{x}{d}$।
यह दिया गया है कि प्रिंटर $300 \text{ dots per inch}$ प्रिंट करता है, इसलिए दो निकटवर्ती बिंदुओं के बीच की दूरी $x = \frac{1 \text{ inch}}{300} = \frac{2.54 \text{ cm}}{300}$ है।
सूत्र में मान रखने पर: $5.8 \times 10^{-4} = \frac{2.54 \text{ cm} / 300}{d}$।
$d$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $d = \frac{2.54}{300 \times 5.8 \times 10^{-4}} \text{ cm}$।
$d = \frac{2.54}{0.174} \text{ cm} \approx 14.597 \text{ cm}$।
अतः, न्यूनतम दूरी लगभग $14.59 \text{ cm}$ है।

(B) श्रेणी प्रतिरोधक $R_s$ के सिरों पर वोल्टेज $V_{R_s} = V_{in} - V_z = 10 \, V - 6 \, V = 4 \, V$ द्वारा दिया जाता है।
ज़ेनर डायोड के वोल्टेज रेगुलेटर के रूप में कार्य करने के लिए, इसे न्यूनतम धारा $I_{z,min} = 10 \, mA$ बनाए रखनी चाहिए, तब भी जब लोड धारा $I_L$ शून्य हो।
$R_s$ से प्रवाहित होने वाली कुल धारा $I = I_z + I_L$ है।
$R_s$ का अधिकतम मान ज्ञात करने के लिए, हम उस स्थिति पर विचार करते हैं जहाँ लोड धारा $I_L$ न्यूनतम है (अर्थात $I_L = 0$)।
अतः, $I = I_{z,min} = 10 \, mA$।
ओम के नियम का उपयोग करते हुए, $R_s = \frac{V_{R_s}}{I} = \frac{4 \, V}{10 \, mA} = \frac{4 \, V}{10 \times 10^{-3} \, A} = 400 \, \Omega$।
इसलिए, $R_s$ का अधिकतम मान $400 \, \Omega$ है।

(C) व्यतिकरण पैटर्न में प्रकाश की तीव्रता $I_{res} = 4I_0 \cos^2(\frac{\phi}{2})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0$ प्रत्येक व्यक्तिगत तरंग की तीव्रता है और $\phi$ कलांतर है।
$\Delta x = \lambda$ पथ अंतर के लिए,कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \lambda = 2\pi$ होता है।
तीव्रता $I = 4I_0 \cos^2(\frac{2\pi}{2}) = 4I_0 \cos^2(\pi) = 4I_0(1)^2 = 4I_0$ है।
अब,$\Delta x = \frac{\lambda}{4}$ पथ अंतर के लिए,कलांतर $\phi' = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{4} = \frac{\pi}{2}$ होता है।
नई तीव्रता $I' = 4I_0 \cos^2(\frac{\pi/2}{2}) = 4I_0 \cos^2(\frac{\pi}{4})$ है।
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए $I' = 4I_0 (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 4I_0 \cdot \frac{1}{2} = 2I_0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $I = 4I_0$,इसलिए $I_0 = \frac{I}{4}$ होता है।
इस मान को $I'$ के समीकरण में रखने पर,हमें $I' = 2(\frac{I}{4}) = 0.5I$ प्राप्त होता है।

(A) व्यतिकरण पैटर्न में अधिकतम तीव्रता $I_{max}$ और न्यूनतम तीव्रता $I_{min}$ को $I_{max} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2$ और $I_{min} = (\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})^2$ द्वारा दर्शाया जाता है।
दिया गया है कि $I_{max} = 4 I_{min}$,इसलिए $(\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2 = 4(\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})^2$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर: $\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2} = 2(\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2} = 2\sqrt{I_1} - 2\sqrt{I_2}$.
यह सरल होकर $3\sqrt{I_2} = \sqrt{I_1}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर $9I_2 = I_1$ प्राप्त होता है,अतः अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = 9/1$ है।
अतः दो तरंगों की तीव्रताओं का अनुपात $I_2/I_1 = 1/9$ है।