WBJEE 2023 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) दो द्रव्यमानों $m_1$ और $m_2$ के बीच एक-आयामी प्रत्यास्थ टक्कर के लिए,जहाँ $m_2$ प्रारंभ में स्थिर है,टक्कर के बाद दूसरे द्रव्यमान का वेग $v_2 = \frac{2m_1}{m_1 + m_2} v_1$ द्वारा दिया जाता है।
पहली टक्कर: द्रव्यमान $m_1 = m$,$m_2 = \frac{m}{2}$ से $v_0$ वेग से टकराता है। दूसरी गेंद का वेग $v_1$:
$v_1 = \frac{2m}{m + \frac{m}{2}} v_0 = \frac{2m}{\frac{3m}{2}} v_0 = \frac{4}{3} v_0$.
दूसरी टक्कर: द्रव्यमान $m_2 = \frac{m}{2}$,$m_3 = \frac{m}{4}$ से $v_1 = \frac{4}{3} v_0$ वेग से टकराता है। तीसरी गेंद का वेग $v_2$:
$v_2 = \frac{2(\frac{m}{2})}{\frac{m}{2} + \frac{m}{4}} v_1 = \frac{m}{\frac{3m}{4}} v_1 = \frac{4}{3} v_1 = \left(\frac{4}{3}\right)^2 v_0$.
इस पैटर्न का पालन करते हुए,$n$-वीं गेंद के लिए,$(n-1)$ टक्करों के बाद वेग $v_{n-1}$ होगा:
$v_{n-1} = \left(\frac{4}{3}\right)^{n-1} v_0$.

(A) कोणीय संवेग संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,चूंकि निकाय पर कोई बाहरी टॉर्क कार्य नहीं करता है,इसलिए प्रारंभिक कोणीय संवेग अंतिम कोणीय संवेग के बराबर होता है।
प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = I \omega_0$,जहाँ $\omega_0$ प्रारंभिक कोणीय वेग है।
जब $m$ द्रव्यमान का चूहा $R$ त्रिज्या वाले किनारे पर कूदता है,तो निकाय का नया जड़त्व आघूर्ण $I' = I + m R^2$ हो जाता है।
मान लीजिए कि नया कोणीय वेग $\omega$ है। तब,$L_f = (I + m R^2) \omega$.
$L_i = L_f$ को बराबर करने पर,हमें $I \omega_0 = (I + m R^2) \omega$ प्राप्त होता है।
अतः,$\omega = \frac{I \omega_0}{I + m R^2}$.
कोणीय वेग में आंशिक हानि $\frac{\omega_0 - \omega}{\omega_0} = 1 - \frac{\omega}{\omega_0}$ द्वारा दी जाती है।
$\omega$ का मान रखने पर,हमें $1 - \frac{I}{I + m R^2} = \frac{I + m R^2 - I}{I + m R^2} = \frac{m R^2}{I + m R^2}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समीकरण $V = -\frac{GM}{r} + \frac{A}{r^2}$ है।
विमीय समांगता के सिद्धांत के अनुसार,समीकरण के प्रत्येक पद की विमाएँ समान होनी चाहिए।
इसलिए,$\frac{A}{r^2}$ की विमा $\frac{GM}{r}$ की विमा के बराबर होनी चाहिए।
$[V] = [\frac{GM}{r}] = [\frac{A}{r^2}]$
इससे,$[A] = [\frac{GM}{r}] \times [r^2] = [GM] \times [r]$ प्राप्त होता है।
हम जानते हैं कि गुरुत्वाकर्षण विभव $V$ की विमा प्रति इकाई द्रव्यमान ऊर्जा के समान होती है,जो $[L^2 T^{-2}]$ है।
साथ ही,$\frac{GM}{r}$ गुरुत्वाकर्षण विभव को दर्शाता है,इसलिए $[\frac{GM}{r}] = [L^2 T^{-2}]$।
चूंकि प्रकाश की गति $c$ की विमा $[L T^{-1}]$ है,इसलिए $c^2$ की विमा $[L^2 T^{-2}]$ होगी।
अतः,$[\frac{GM}{r}] = [c^2]$।
$[r] = \frac{[GM]}{[c^2]}$ को $[A]$ के व्यंजक में रखने पर:
$[A] = [GM] \times \frac{[GM]}{[c^2]} = \frac{G^2 M^2}{c^2}$।

(C) $R$ त्रिज्या और $\rho$ घनत्व वाले ग्रह की सतह के निकट परिक्रमा करने वाले उपग्रह के लिए,गुरुत्वाकर्षण बल आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है।
$m g = m \omega^2 R$
चूंकि $g = \frac{G M}{R^2}$ और $M = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$,इसलिए $g = \frac{G \rho \frac{4}{3} \pi R^3}{R^2} = \frac{4}{3} \pi G \rho R$.
इस मान को बल समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$m (\frac{4}{3} \pi G \rho R) = m \omega^2 R$
$\omega^2 = \frac{4}{3} \pi G \rho$
चूंकि $\omega = \frac{2 \pi}{T}$,हमें $(\frac{2 \pi}{T})^2 = \frac{4}{3} \pi G \rho$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $T^2 = \frac{3 \pi}{G \rho}$ हो जाता है।
अतः,$T \propto \frac{1}{\sqrt{\rho}}$.
चूंकि दोनों उपग्रहों का आवर्तकाल $T$ समान है,इसलिए उनके घनत्व समान होने चाहिए,अर्थात $\rho_m = \rho_e$.

(B) औसत गति $\overline{V}$ की गणना वेगों के अंकगणितीय माध्य के रूप में की जाती है: $\overline{V} = \frac{1 + 3 + 5 + 5 + 6 + 5}{6} = \frac{25}{6} \approx 4.16 \,m/s$.
रूट मीन स्क्वायर गति $V_{rms}$ की गणना वेगों के वर्गों के माध्य के वर्गमूल के रूप में की जाती है: $V_{rms} = \sqrt{\frac{1^2 + 3^2 + 5^2 + 5^2 + 6^2 + 5^2}{6}} = \sqrt{\frac{1 + 9 + 25 + 25 + 36 + 25}{6}} = \sqrt{\frac{121}{6}} = \frac{11}{\sqrt{6}} \approx 4.49 \,m/s$.
दोनों मानों की तुलना करने पर,हम पाते हैं कि $4.49 > 4.16$,इसलिए $V_{rms} > \overline{V}$.

(D) पिंड दो प्रकार के त्वरण का अनुभव करता है: अभिकेंद्र त्वरण $(a_c)$ और स्पर्शरेखीय त्वरण $(a_T)$।
अभिकेंद्र त्वरण $a_c = \frac{v^2}{r} = \frac{(2\sqrt{5})^2}{5} = \frac{20}{5} = 4 \,m/s^2$ है।
स्पर्शरेखीय त्वरण $a_T = 3 \,m/s^2$ दिया गया है।
कुल त्वरण $a = \sqrt{a_c^2 + a_T^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5 \,m/s^2$ है।
अतः, पिंड पर कार्य करने वाला कुल बल $F = m \times a = 2 \,kg \times 5 \,m/s^2 = 10 \,N$ होगा।

(C) सांतत्य समीकरण (Equation of Continuity) के अनुसार, आयतन प्रवाह दर स्थिर रहती है:
$AV = av \implies V = \frac{a}{A}v$
जहाँ $V$ पिस्टन का वेग है और $v$ छिद्र से निकलने वाले तरल का वेग है।
सिलेंडर के अंदर (पिस्टन के पास) और छिद्र के बीच बर्नौली के सिद्धांत को लागू करने पर:
$P_{in} + \frac{1}{2} \rho V^2 = P_{out} + \frac{1}{2} \rho v^2$
सिलेंडर के अंदर का दबाव $P_{in} = P_0 + \frac{F}{A}$ है, जहाँ $P_0$ वायुमंडलीय दबाव है। छिद्र पर दबाव $P_{out} = P_0$ है।
इन मानों को बर्नौली समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$(P_0 + \frac{F}{A}) + \frac{1}{2} \rho V^2 = P_0 + \frac{1}{2} \rho v^2$
$\frac{F}{A} = \frac{1}{2} \rho (v^2 - V^2)$
$V = \frac{a}{A}v$ रखने पर:
$\frac{F}{A} = \frac{1}{2} \rho (v^2 - (\frac{a}{A}v)^2) = \frac{1}{2} \rho v^2 (1 - \frac{a^2}{A^2})$
चूंकि $A \gg a$, इसलिए $\frac{a^2}{A^2} \approx 0$, अतः:
$\frac{F}{A} = \frac{1}{2} \rho v^2 \implies v = \sqrt{\frac{2F}{\rho A}}$

(D) जब $U$-ट्यूब को दाईं ओर '$f$' त्वरण के साथ त्वरित किया जाता है,तो तरल पर विपरीत दिशा में एक छद्म बल (pseudo-force) कार्य करता है।
मान लीजिए कि तरल की सतह का क्षैतिज के साथ कोण $\theta$ है।
तरल पर कार्य करने वाला प्रभावी त्वरण गुरुत्वीय त्वरण '$g$' (नीचे की ओर) और छद्म त्वरण '$f$' (बाईं ओर) का सदिश योग है।
कोण $\theta$ का टेंजेंट क्षैतिज त्वरण और ऊर्ध्वाधर त्वरण के अनुपात द्वारा दिया जाता है:
$\tan \theta = \frac{f}{g}$
$U$-ट्यूब की ज्यामिति से,जहाँ '$h$' ऊँचाई का अंतर है और '$a$' दो भुजाओं के बीच की क्षैतिज दूरी है:
$\tan \theta = \frac{h}{a}$
$\tan \theta$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर:
$\frac{h}{a} = \frac{f}{g}$
अतः,ऊँचाई का अंतर है:
$h = \frac{f a}{g}$

(A) सरल आवर्त गति में,त्वरण $f$ को $f = -\omega^2 x$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\omega$ कोणीय आवृत्ति है और $x$ विस्थापन है।
परिमाण लेने पर,हमारे पास $|f| = \omega^2 |x|$ है।
आवर्तकाल $T$ को $T = \frac{2\pi}{\omega}$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,गुणनफल $|fT|$ है:
$|fT| = |f| \cdot T = (\omega^2 |x|) \cdot \left(\frac{2\pi}{\omega}\right) = 2\pi\omega |x|$.
चूंकि $2\pi\omega$ एक स्थिरांक है,संबंध $|fT| = (2\pi\omega) |x|$ $y = mx$ के रूप का एक रैखिक समीकरण दर्शाता है,जहाँ $y = |fT|$ और $x$ विस्थापन है।
अतः,$|fT|$ बनाम $x$ का ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।

(D) प्रक्षेपण बिंदु के परितः कण का कोणीय संवेग $L = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$ 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 स्थिति सदिश का ऊर्ध्वाधर घटक अधिकतम ऊँचाई $H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$ के बराबर होता है।
अधिकतम ऊँचाई पर कोणीय संवेग का परिमाण $L = m v_x H = m (u \cos \theta) \left( \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g} \right)$ है।
इसे सरल करने पर,हमें $L = \frac{m u^3}{2g} \sin^2 \theta \cos \theta$ प्राप्त होता है।
$\theta = 0^{\circ}$ के लिए,$L = 0$. $\theta = 90^{\circ}$ (या $\frac{\pi}{2}$) के लिए,$L = 0$.
$0$ और $\frac{\pi}{2}$ के बीच,फलन $f(\theta) = \sin^2 \theta \cos \theta$ धनात्मक है और एक अधिकतम मान प्राप्त करता है। यह ग्राफ $D$ में दिखाए गए आकार के अनुरूप है।

(C) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$,जहाँ $\Delta U$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन है।
चूंकि आंतरिक ऊर्जा एक अवस्था फलन है,इसलिए $A$ और $C$ के बीच किसी भी पथ के लिए $\Delta U$ समान रहता है।
सीधे पथ $A \rightarrow C$ के लिए:
$\Delta W_{AC} = 200 \ J$
$\Delta Q_{AC} = 280 \ J$
$\Delta U = \Delta Q_{AC} - \Delta W_{AC} = 280 \ J - 200 \ J = 80 \ J$.
पथ $A \rightarrow B \rightarrow C$ के लिए:
$\Delta W_{ABC} = 80 \ J$
चूंकि $\Delta U$ एक अवस्था फलन है,इसलिए इस पथ के लिए भी $\Delta U = 80 \ J$ होगा।
अतः,अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q_{ABC} = \Delta U + \Delta W_{ABC} = 80 \ J + 80 \ J = 160 \ J$.

(A) स्थिर दर पर दी गई ऊष्मा $\Delta H = mC \Delta \theta$ द्वारा दी जाती है।
चूँकि ऊष्मा आपूर्ति की दर $\frac{dH}{dt}$ स्थिर है,हम लिख सकते हैं:
$\frac{dH}{dt} = mC \frac{d\theta}{dt}$.
इसका तात्पर्य है कि $\frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{mC} \left( \frac{dH}{dt} \right)$.
चूँकि $m$ और $\frac{dH}{dt}$ स्थिर हैं,$\theta-t$ ग्राफ का ढाल विशिष्ट ऊष्मा $C$ के व्युत्क्रमानुपाती है (अर्थात,$\text{slope} \propto \frac{1}{C}$)।
चित्र से,रेखा $B$ का ढाल रेखा $A$ के ढाल से अधिक है (अर्थात,$\text{slope}_B > \text{slope}_A$)।
इसलिए,$C_B < C_A$,जिसका अर्थ है कि $A$ की विशिष्ट ऊष्मा $B$ से अधिक है।

(A, B, C, D) $p-v$ आरेख में:
$1$. प्रक्रिया $1 \rightarrow 2$ एक क्षैतिज रेखा है,जिसका अर्थ है कि दाब $p$ स्थिर है। अतः,यह एक समदाबी प्रक्रिया है।
$2$. प्रक्रिया $3 \rightarrow 1$ एक ऊर्ध्वाधर रेखा है,जिसका अर्थ है कि आयतन $v$ स्थिर है। अतः,यह एक समआयतनिक प्रक्रिया है।
$3$. प्रक्रिया $2 \rightarrow 3$ एक वक्र है,जो इस चक्र में एक रुद्धोष्म प्रक्रिया को दर्शाता है।
$4$. किसी भी पूर्ण चक्रीय प्रक्रिया के लिए,आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है। ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = \Delta U + W$। चूँकि $\Delta U = 0$ है,इसलिए $Q = W$ होता है। चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $W$ चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है,जो अशून्य है। इसलिए,किया गया कार्य और अवशोषित ऊष्मा दोनों अशून्य हैं।
अतः,कथन $A$,$B$,$C$ और $D$ सभी सही हैं।

(A) धनात्मक $x$-दिशा में यात्रा करने वाली तरंग का सामान्य समीकरण $y = A \sin(\omega t - kx + \phi)$ है।
$t=0$ पर,समीकरण $y = 3 \sin(-2\pi x / 3)$ है,जिसका अर्थ है $k = 2\pi / 3$.
तरंग का वेग $v = 4 \ m/s$ दिया गया है,इसलिए $v = \omega / k$ संबंध का उपयोग करते हुए:
$\omega = v \cdot k = 4 \times (2\pi / 3) = 8\pi / 3$.
अतः,सामान्य तरंग समीकरण $y = 3 \sin \left(\frac{8\pi}{3}t - \frac{2\pi}{3}x\right)$ होगा।
$t=4 \ s$ पर,$t$ का मान रखने पर:
$y = 3 \sin \left(\frac{8\pi}{3}(4) - \frac{2\pi}{3}x\right)$
$y = 3 \sin \left(\frac{32\pi}{3} - \frac{2\pi}{3}x\right)$
$2\pi$ को कॉमन लेने पर:
$y = 3 \sin 2\pi \left(\frac{16}{3} - \frac{x}{3}\right) = 3 \sin 2\pi \left(-\frac{x-16}{3}\right)$.

(D) रस्सी का प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\lambda = \frac{M}{L} = \frac{0.4 \,kg}{4 \,m} = 0.1 \,kg/m$ है।
लटकते हुए भाग की लंबाई $l = 0.6 \,m$ है।
लटकते हुए भाग का द्रव्यमान $m = \lambda \times l = 0.1 \,kg/m \times 0.6 \,m = 0.06 \,kg$ है।
लटकते हुए भाग का द्रव्यमान केंद्र मेज के किनारे से $h = \frac{l}{2} = \frac{0.6 \,m}{2} = 0.3 \,m$ नीचे है।
रस्सी को मेज पर खींचने के लिए किया गया कार्य लटकते हुए भाग की स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है,जो $W = mgh$ है।
मान रखने पर: $W = 0.06 \,kg \times 10 \,m/s^2 \times 0.3 \,m = 0.18 \,J$।

(A, B, C) $1$. लड़की के सापेक्ष, गेंद का प्रारंभिक वेग $0$ है और अंतिम वेग $v$ है। गतिज ऊर्जा $E_k = \frac{1}{2}mv^2$ है। अतः, लड़की द्वारा किया गया कार्य $W = \Delta E_k = \frac{1}{2}mv^2$ है। इसलिए, विकल्प $A$ और $B$ सही हैं।
$2$. जमीन के सापेक्ष, गेंद का प्रारंभिक वेग $u$ है और अंतिम वेग $v+u$ है। ट्रेन द्वारा किया गया कार्य जमीन से देखे जाने पर गेंद की गतिज ऊर्जा में परिवर्तन और लड़की द्वारा किए गए कार्य का अंतर है: $W_{\text{train}} = \Delta E_{k, \text{ground}} - W_{\text{girl}} = [\frac{1}{2}m(v+u)^2 - \frac{1}{2}mu^2] - \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m(v^2 + u^2 + 2vu - u^2) - \frac{1}{2}mv^2 = mvu$। इसलिए, विकल्प $C$ सही है।
$3$. जमीन पर खड़े व्यक्ति द्वारा मापी गई गतिज ऊर्जा में वृद्धि $\Delta E_{k, \text{ground}} = \frac{1}{2}m(v+u)^2 - \frac{1}{2}mu^2 = \frac{1}{2}mv^2 + mvu$ है। अतः, विकल्प $D$ गलत है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु में $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की स्थितिज ऊर्जा $U_n = -27.2 / n^2 \ eV$ द्वारा दी जाती है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था $(n = 2)$ के लिए,स्थितिज ऊर्जा $U_2 = -27.2 / 2^2 = -6.8 \ eV$ है।
प्रश्न के अनुसार,हम $U_2 = 0$ मानते हैं। इसका अर्थ है कि हम स्थितिज ऊर्जा के पैमाने में $6.8 \ eV$ का स्थिरांक जोड़ रहे हैं।
हाइड्रोजन परमाणु की कुल ऊर्जा $E_n = -13.6 / n^2 \ eV$ होती है।
$n = \infty$ के लिए,मानक कुल ऊर्जा $E_{\infty} = 0 \ eV$ है।
चूंकि हमने स्थितिज ऊर्जा के पैमाने में $6.8 \ eV$ जोड़ा है,इसलिए नई कुल ऊर्जा $E'_{\infty} = E_{\infty} + 6.8 \ eV = 0 + 6.8 \ eV = 6.8 \ eV$ होगी।

(A) मान लीजिए कि दो प्लेटों पर आवेश $Q_1 = 12 \mu C$ और $Q_2 = 6 \mu C$ हैं।
जब दो बड़ी चालक प्लेटों को एक-दूसरे के समानांतर रखा जाता है,तो बाहरी सतहों पर आवेश $\frac{Q_1 + Q_2}{2}$ के बराबर होता है और आंतरिक सतहों पर आवेश क्रमशः $\frac{Q_1 - Q_2}{2}$ और $\frac{Q_2 - Q_1}{2}$ के बराबर होता है।
सतह $A$ (पहली प्लेट की बाहरी सतह) के लिए: $q_A = \frac{Q_1 + Q_2}{2} = \frac{12 + 6}{2} = \frac{18}{2} = 9 \mu C$.
सतह $B$ (पहली प्लेट की आंतरिक सतह) के लिए: $q_B = \frac{Q_1 - Q_2}{2} = \frac{12 - 6}{2} = \frac{6}{2} = 3 \mu C$.
सतह $C$ (दूसरी प्लेट की आंतरिक सतह) के लिए: $q_C = \frac{Q_2 - Q_1}{2} = \frac{6 - 12}{2} = \frac{-6}{2} = -3 \mu C$.
सतह $D$ (दूसरी प्लेट की बाहरी सतह) के लिए: $q_D = \frac{Q_1 + Q_2}{2} = \frac{12 + 6}{2} = \frac{18}{2} = 9 \mu C$.
अतः,सतह $A, B, C$ और $D$ पर आवेश वितरण क्रमशः $9 \mu C, 3 \mu C, -3 \mu C$ और $9 \mu C$ है।

(A, C, D) शुरू में,जब स्विच $K$ बंद होता है,तो दोनों संधारित्र $A$ और $B$ वोल्टेज $V$ की बैटरी के साथ समानांतर क्रम में होते हैं। संचित कुल ऊर्जा $U = \frac{1}{2}CV^2 + \frac{1}{2}CV^2 = CV^2$ है।
जब स्विच $K$ खोल दिया जाता है,तो संधारित्र $A$ बैटरी से जुड़ा रहता है,जबकि संधारित्र $B$ अलग हो जाता है। $B$ पर आवेश $q_B = CV$ स्थिर रहता है।
परावैद्युत $(K=3)$ डालने के बाद:
संधारित्र $A$ के लिए: नई धारिता $C_A' = KC = 3C$ है। वोल्टेज $V$ स्थिर रहता है। संचित ऊर्जा $U_A = \frac{1}{2}C_A'V^2 = \frac{1}{2}(3C)V^2 = \frac{3}{2}CV^2$ है।
संधारित्र $B$ के लिए: आवेश $q_B = CV$ स्थिर रहता है। नई धारिता $C_B' = KC = 3C$ है। संचित ऊर्जा $U_B = \frac{q_B^2}{2C_B'} = \frac{(CV)^2}{2(3C)} = \frac{C^2V^2}{6C} = \frac{1}{6}CV^2$ है।
संचित कुल ऊर्जा $U_{total} = U_A + U_B = \frac{3}{2}CV^2 + \frac{1}{6}CV^2 = \frac{9+1}{6}CV^2 = \frac{10}{6}CV^2 = \frac{5}{3}CV^2$ है।
अतः,कथन $A$,$C$ और $D$ सही हैं।

(C) माना वोल्टमीटर का प्रतिरोध $R_v$ है। वोल्टमीटर $160 \Omega$ के प्रतिरोध के साथ समानांतर क्रम में जुड़ा है। इस समानांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{160 R_v}{160 + R_v}$ है।
सर्किट का कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_p + 20 = \frac{160 R_v}{160 + R_v} + 20$ है।
सर्किट में कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10}{\frac{160 R_v}{160 + R_v} + 20}$ है।
समानांतर संयोजन पर वोल्टेज (वोल्टमीटर का पाठ्यांक) $V_p = I \times R_p = 8 \,V$ है।
$I$ और $R_p$ का मान रखने पर: $\frac{10}{\frac{160 R_v}{160 + R_v} + 20} \times \frac{160 R_v}{160 + R_v} = 8$.
माना $x = \frac{160 R_v}{160 + R_v}$ है। तब $\frac{10x}{x + 20} = 8 \implies 10x = 8x + 160 \implies 2x = 160 \implies x = 80 \Omega$.
अब, $\frac{160 R_v}{160 + R_v} = 80 \implies 160 R_v = 80(160 + R_v) \implies 160 R_v = 12800 + 80 R_v \implies 80 R_v = 12800 \implies R_v = 160 \Omega$.

(A) कुंडली से गुजरने वाला कुल आवेश $Q$ धारा-समय ग्राफ के अंतर्गत क्षेत्रफल के बराबर होता है। चूंकि धारा समय $T$ में $I_0$ से घटकर $0$ हो जाती है,इसलिए ग्राफ $T$ आधार और $I_0$ ऊंचाई वाला एक त्रिभुज है।
$Q = \frac{1}{2} I_0 T \Rightarrow I_0 = \frac{2 Q}{T}$
समय के फलन के रूप में धारा $I(t) = I_0 \left(1 - \frac{t}{T}\right) = \frac{2 Q}{T} \left(1 - \frac{t}{T}\right)$ द्वारा दी जाती है।
कुंडली में उत्पन्न ऊष्मा $H$ का मान $H = \int_0^T I^2 R \, dt$ द्वारा प्राप्त होता है।
$H = R \int_0^T \left[ \frac{2 Q}{T} \left(1 - \frac{t}{T}\right) \right]^2 \, dt = \frac{4 Q^2 R}{T^2} \int_0^T \left(1 - \frac{t}{T}\right)^2 \, dt$.
मान लीजिए $u = 1 - \frac{t}{T}$,तो $du = -\frac{1}{T} dt$,इसलिए $dt = -T du$.
जब $t=0, u=1$; जब $t=T, u=0$.
$H = \frac{4 Q^2 R}{T^2} \int_1^0 u^2 (-T \, du) = \frac{4 Q^2 R}{T} \int_0^1 u^2 \, du$.
$H = \frac{4 Q^2 R}{T} \left[ \frac{u^3}{3} \right]_0^1 = \frac{4 Q^2 R}{3 T}$.

(D) दाएं हाथ के अंगूठे के नियम के अनुसार,यदि तार में धारा ऊपर की ओर बहती है,तो कुंडली के क्षेत्र में चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं कागज के तल के अंदर की ओर निर्देशित होती हैं।
यदि तार में धारा नीचे की ओर बहती है,तो कुंडली के क्षेत्र में चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं कागज के तल के बाहर की ओर निर्देशित होती हैं।
लूप में दक्षिणावर्त प्रेरित धारा के लिए,प्रेरित चुंबकीय क्षेत्र को कागज के तल के अंदर की ओर निर्देशित होना चाहिए (दाएं हाथ के ग्रिप नियम द्वारा)।
लेंज के नियम के अनुसार,प्रेरित धारा चुंबकीय प्रवाह में परिवर्तन का विरोध करती है।
स्थिति $1$: यदि धारा ऊपर की ओर बह रही है और बढ़ रही है,तो तल के अंदर चुंबकीय क्षेत्र बढ़ता है,इसलिए इसका विरोध करने के लिए प्रेरित धारा वामावर्त (counter-clockwise) होगी। यह मेल नहीं खाता है।
स्थिति $2$: यदि धारा ऊपर की ओर बह रही है और घट रही है,तो तल के अंदर चुंबकीय क्षेत्र घटता है,इसलिए इसका समर्थन करने के लिए प्रेरित धारा दक्षिणावर्त होगी।
स्थिति $3$: यदि धारा नीचे की ओर बह रही है और बढ़ रही है,तो तल के बाहर चुंबकीय क्षेत्र बढ़ता है,इसलिए इसका विरोध करने के लिए प्रेरित धारा वामावर्त होगी।
स्थिति $4$: यदि धारा नीचे की ओर बह रही है और घट रही है,तो तल के बाहर चुंबकीय क्षेत्र घटता है,इसलिए इसका समर्थन करने के लिए प्रेरित धारा दक्षिणावर्त होगी।
चूंकि प्रेरित धारा उत्पन्न करने के लिए धारा का समय पर निर्भर होना आवश्यक है,और घटती हुई ऊपर की ओर धारा और घटती हुई नीचे की ओर धारा दोनों ही दक्षिणावर्त प्रेरित धारा उत्पन्न कर सकती हैं,इसलिए सबसे उपयुक्त सामान्य विवरण यह है कि धारा समय पर निर्भर है।

(A) जब छड़ चुंबक चालक वलय से होकर गिरता है,तो वलय से जुड़ी चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है। लेंज के नियम के अनुसार,वलय में एक प्रेरित धारा उत्पन्न होती है जो चुंबक की गति का विरोध करती है।
जैसे-जैसे चुंबक वलय के करीब आता है,प्रेरित धारा एक चुंबकीय क्षेत्र बनाती है जो चुंबक को प्रतिकर्षित करती है,जिससे इसका त्वरण $g$ (गुरुत्वीय त्वरण) से कम हो जाता है।
जैसे ही चुंबक वलय के केंद्र से गुजरता है,वलय से जुड़ी चुंबकीय फ्लक्स घटने लगती है। प्रेरित धारा अब एक चुंबकीय क्षेत्र बनाती है जो चुंबक को आकर्षित करती है,जो फिर से इसकी नीचे की ओर गति का विरोध करती है।
पूरी प्रक्रिया के दौरान,चुंबक पर शुद्ध बल $F_{net} = mg - F_{mag}$ होता है,जहाँ $F_{mag}$ चुंबकीय बल है। चुंबक की चाल लगातार बढ़ती है,लेकिन जब यह वलय के पास होता है तो विपरीत चुंबकीय बल के कारण इसका त्वरण कम हो जाता है। विकल्प $A$ में दिया गया ग्राफ इस व्यवहार को सही ढंग से दर्शाता है,जहाँ ढाल (त्वरण) कम हो जाती है जब चुंबक वलय से गुजरता है और फिर से बढ़ जाती है।

(B) विद्युतचुंबकीय तरंग के लिए,संचरण की दिशा सदिश $\vec{k}_{dir} = \hat{k}$ द्वारा दी जाती है (क्योंकि कला $kz - \omega t$ है)।
विद्युत क्षेत्र सदिश $\vec{E} = E_0(\hat{i} + \hat{j})$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B}$ संचरण की दिशा और विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ दोनों के लंबवत होता है।
$\vec{B}$ की दिशा क्रॉस प्रोडक्ट $\vec{k}_{dir} \times \vec{E}$ द्वारा प्राप्त होती है।
$\vec{B}_{dir} = \hat{k} \times (\hat{i} + \hat{j}) = (\hat{k} \times \hat{i}) + (\hat{k} \times \hat{j}) = \hat{j} - \hat{i} = -\hat{i} + \hat{j}$.
अतः,चुंबकीय क्षेत्र की दिशा $-\hat{i} + \hat{j}$ है।

(B) एक अनंत आवेशित बेलन के कारण उसकी अक्ष से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E \propto \frac{1}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $+Q$ आवेश बेलन के करीब है,इसलिए $+Q$ की स्थिति पर विद्युत क्षेत्र $(E_1)$,$-Q$ की स्थिति पर विद्युत क्षेत्र $(E_2)$ से अधिक है,अर्थात $E_1 > E_2$ है।
$+Q$ आवेश पर लगने वाला बल $F_1 = Q E_1$ है (बेलन से दूर,अर्थात दाईं ओर)।
$-Q$ आवेश पर लगने वाला बल $F_2 = Q E_2$ है (बेलन की ओर,अर्थात बाईं ओर)।
चूंकि $E_1 > E_2$ है,इसलिए नेट बल $F_{\text{net}} = F_1 - F_2$ दाईं ओर कार्य करता है।
टॉर्क के संबंध में,बल $F_1$ छड़ के केंद्र से अधिक दूरी पर कार्य करता है और यह बड़ा है,जबकि $F_2$ कम दूरी पर कार्य करता है। इन बलों का संयोजन छड़ के केंद्र के परितः एक दक्षिणावर्त टॉर्क उत्पन्न करता है।

(D) विद्युत द्विध्रुव के कारण किसी बिंदु $(r, \theta)$ पर विद्युत विभव $V = \frac{p \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$ द्वारा दिया जाता है।
बिंदु $A(a, 0, 0)$ द्विध्रुव के निरक्षीय तल पर स्थित है (जो $z$-अक्ष पर है),इसलिए कोण $\theta_A = 90^{\circ}$ है। अतः,$A$ पर विभव $V_A = \frac{p \cos 90^{\circ}}{4 \pi \varepsilon_0 a^2} = 0$ है।
बिंदु $B(0, 0, a)$ द्विध्रुव की अक्षीय रेखा पर स्थित है,इसलिए कोण $\theta_B = 0^{\circ}$ है। अतः,$B$ पर विभव $V_B = \frac{p \cos 0^{\circ}}{4 \pi \varepsilon_0 a^2} = \frac{p}{4 \pi \varepsilon_0 a^2}$ है।
$A$ से $B$ तक $q$ आवेश को ले जाने के लिए किया गया कार्य $W = q(V_B - V_A)$ है।
मान रखने पर,$W = q \left( \frac{p}{4 \pi \varepsilon_0 a^2} - 0 \right) = \frac{p q}{4 \pi \varepsilon_0 a^2}$ प्राप्त होता है।

(D) रैखिक आवेश घनत्व $\lambda = \lambda_0 \sin \theta$ दिया गया है। छड़ का एक छोटा अवयव लें जो केंद्र पर $d\theta$ कोण बनाता है। इस अवयव पर आवेश $dq = \lambda (R d\theta) = \lambda_0 R \sin \theta d\theta$ है।
इस अवयव के कारण केंद्र पर विद्युत क्षेत्र $dE = \frac{k dq}{R^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\lambda_0 R \sin \theta d\theta}{R^2} = \frac{\lambda_0}{4 \pi \varepsilon_0 R} \sin \theta d\theta$ है।
समरूपता के कारण,विद्युत क्षेत्र के $x$-घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। $y$-घटक $dE_y = -dE \sin \theta = -\frac{\lambda_0}{4 \pi \varepsilon_0 R} \sin^2 \theta d\theta$ है।
$\theta = 0$ से $\pi$ तक समाकलन करने पर:
$E_y = -\frac{\lambda_0}{4 \pi \varepsilon_0 R} \int_0^{\pi} \sin^2 \theta d\theta = -\frac{\lambda_0}{4 \pi \varepsilon_0 R} \int_0^{\pi} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} d\theta = -\frac{\lambda_0}{8 \pi \varepsilon_0 R} [\theta - \frac{\sin 2\theta}{2}]_0^{\pi} = -\frac{\lambda_0}{8 \pi \varepsilon_0 R} (\pi) = -\frac{\lambda_0}{8 \varepsilon_0 R}$.
अतः,$\vec{E} = -\frac{\lambda_0}{8 \varepsilon_0 R} \hat{j}$। चूंकि यह विकल्पों में नहीं है,इसलिए सही उत्तर $D$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र का घटक $E_{x}$,$x$ के सापेक्ष विभव की ऋणात्मक प्रवणता द्वारा दिया जाता है,अर्थात $E_{x} = -\frac{dV}{dx}$।
ग्राफ से,विभवांतर $\Delta V = V_{2} - V_{1} = 4 \ V - 2 \ V = 2 \ V$ है।
इन दो समविभव रेखाओं के बीच $x$-अक्ष पर दूरी $\Delta x = 4 \ cm - 2 \ cm = 2 \ cm = 0.02 \ m$ है।
इसलिए,विद्युत क्षेत्र के $x$-घटक का मान $E_{x} = -\frac{\Delta V}{\Delta x} = -\frac{2 \ V}{0.02 \ m} = -100 \ V/m$ है।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(C) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही तार पर चुंबकीय बल $\vec{F} = I (\vec{L}_{eff} \times \vec{B})$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\vec{L}_{eff}$ तार के प्रारंभिक बिंदु से अंतिम बिंदु तक का प्रभावी विस्थापन सदिश है।
दिए गए वक्र $y = A \sin \left(\frac{2 \pi}{\lambda} x\right)$ के लिए,प्रारंभिक बिंदु $x=0$ पर है,जो $y=0$ देता है। अंतिम बिंदु $x=\lambda$ पर है,जो $y = A \sin(2\pi) = 0$ देता है।
अतः,प्रभावी विस्थापन सदिश $\vec{L}_{eff}$ बिंदु $(0, 0)$ से $(\lambda, 0)$ तक का सदिश है,जो $\vec{L}_{eff} = \lambda \hat{i}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र $z$-दिशा में है,इसलिए $\vec{B} = B \hat{k}$ है।
चुंबकीय बल $\vec{F} = I (\lambda \hat{i} \times B \hat{k}) = I \lambda B (\hat{i} \times \hat{k}) = -I \lambda B \hat{j}$ होगा।
चुंबकीय बल का परिमाण $|\vec{F}| = I \lambda B$ है।

(B) चुंबकीय क्षेत्र $z$-अक्ष की दिशा में है $(B = B_0 \hat{k})$।
कण का वेग $v = 3 \hat{i} + 4 \hat{k} \text{ m/s}$ है।
चुंबकीय क्षेत्र के लंबवत वेग का घटक $v_{\perp} = 3 \hat{i} \text{ m/s}$ है,जो $x-y$ तल में वृत्ताकार गति उत्पन्न करता है।
चुंबकीय क्षेत्र के समानांतर वेग का घटक $v_{\parallel} = 4 \hat{k} \text{ m/s}$ है,जो स्थिर रहता है क्योंकि इस दिशा में कोई बल कार्य नहीं कर रहा है।
चूंकि कण के पास लंबवत और समानांतर दोनों वेग घटक हैं,इसलिए प्रक्षेप पथ हेलिकल (कुंडलिनी) होगा।
$z$-अक्ष पर तय की जाने वाली दूरी $s = 2 \text{ m}$ है।
सूत्र $s = v_{\parallel} \times t$ का उपयोग करने पर,हमें $t = \frac{s}{v_{\parallel}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \text{ s}$ प्राप्त होता है।

(A, B, C, D) $r < R$ के लिए,फैराडे के प्रेरण नियम का उपयोग करते हुए: $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d\phi_B}{dt}$.
$E(2\pi r) = \frac{d}{dt}[(4t^2 - 2t + 6) \pi r^2] = (8t - 2) \pi r^2$.
अतः,$E = \frac{(8t - 2)r}{2} = (4t - 1)r$. चूँकि $E \propto r$,विद्युत क्षेत्र $r < R$ के लिए $r$ के साथ रैखिक रूप से बदलता है।
$r > R$ के लिए,चुंबकीय फ्लक्स $r \le R$ क्षेत्र तक सीमित है: $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = -\frac{d}{dt}[B \cdot \pi R^2]$.
$E(2\pi r) = (8t - 2) \pi R^2 \implies E = \frac{(8t - 2)R^2}{2r}$.
$r = 2R$ और $t = 2 \text{ s}$ पर:
$E = \frac{(8(2) - 2)R^2}{2(2R)} = \frac{14R^2}{4R} = \frac{7R}{2}$.
त्वरण $a = \frac{Eq}{m} = \frac{7qR}{2m}$.
प्रेरित विद्युत क्षेत्र असंरक्षी होते हैं और बंद लूप बनाते हैं। लेंज के नियम के अनुसार,चूँकि $t > 0.25 \text{ s}$ के लिए $\vec{B}$ बढ़ रहा है,प्रेरित क्षेत्र परिवर्तन का विरोध करता है,जिसके परिणामस्वरूप धनात्मक आवेश के लिए दक्षिणावर्त दिशा में गति होती है।

(A, B, C, D) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण के लिए,वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB}$ द्वारा दी जाती है।
कोणीय संवेग के लिए बोहर की क्वांटमीकरण शर्त लागू करने पर: $mvr = \frac{nh}{2\pi} = n\hbar$.
क्वांटमीकरण शर्त में $v = \frac{qBr}{m}$ प्रतिस्थापित करने पर: $m \left( \frac{qBr}{m} \right) r = n\hbar \implies qBr^2 = n\hbar \implies r_n = \sqrt{\frac{n\hbar}{qB}}$. अतः,$r_n \propto \sqrt{n}$। (कथन $A$ सत्य है)।
अब,$v_n = \frac{qBr_n}{m} = \frac{qB}{m} \sqrt{\frac{n\hbar}{qB}} = \sqrt{\frac{n q B \hbar}{m^2}}$। (कथन $B$ सत्य है)।
$n^{\text{th}}$ स्तर की ऊर्जा $E_n = \frac{1}{2}mv_n^2 = \frac{1}{2}m \left( \frac{n q B \hbar}{m^2} \right) = n \left( \frac{q B \hbar}{2m} \right)$ है। अतः,$E_n \propto n$। (कथन $C$ सत्य है)।
संक्रमण आवृत्ति $\omega$,$\Delta E = \hbar \omega$ द्वारा दी जाती है। क्रमिक स्तरों के लिए,$\Delta E = E_{n+1} - E_n = \frac{q B \hbar}{2m}$। इसलिए,$\omega = \frac{\Delta E}{\hbar} = \frac{qB}{2m}$,जो $n$ से स्वतंत्र है। (कथन $D$ सत्य है)।

(A) पहले लेंस के लिए:
$u_1 = -f/2$,$f_1 = f$
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-f/2} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{v_1} + \frac{2}{f} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{v_1} = -\frac{1}{f} \Rightarrow v_1 = -f$.
आवर्धन $m_1 = \frac{v_1}{u_1} = \frac{-f}{-f/2} = 2$.
दूसरे लेंस के लिए:
पहले लेंस से बना प्रतिबिंब दूसरे लेंस के लिए वस्तु का कार्य करता है। लेंसों के बीच की दूरी $f$ है। इसलिए,$u_2 = -(f + |v_1|) = -(f + f) = -2f$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{-2f} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{v_2} + \frac{1}{2f} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{v_2} = \frac{1}{2f} \Rightarrow v_2 = 2f$.
आवर्धन $m_2 = \frac{v_2}{u_2} = \frac{2f}{-2f} = -1$.
तीसरे लेंस के लिए:
दूसरे लेंस से बना प्रतिबिंब तीसरे लेंस के लिए वस्तु का कार्य करता है। दूसरे और तीसरे लेंस के बीच की दूरी $f$ है। प्रतिबिंब $v_2 = 2f$ दूसरे लेंस के पीछे बनता है। तीसरे लेंस के लिए वस्तु दूरी $u_3 = -(f - v_2) = -(f - 2f) = f$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_3} - \frac{1}{u_3} = \frac{1}{f_3}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_3} - \frac{1}{f} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{v_3} = \frac{2}{f} \Rightarrow v_3 = f/2$.
आवर्धन $m_3 = \frac{v_3}{u_3} = \frac{f/2}{f} = 1/2$.
कुल आवर्धन $M = m_1 \times m_2 \times m_3 = 2 \times (-1) \times (1/2) = -1$.
अंतिम प्रतिबिंब सबसे दाईं ओर वाले लेंस के पीछे $f/2$ दूरी पर बनता है।

(B) स्नेल के नियम के अनुसार,$\mu_X \sin i = \mu_Y \sin r$ होता है।
चूँकि $\mu = \frac{c}{V}$ है,हम लिख सकते हैं $\frac{c}{V_X} \sin i = \frac{c}{V_Y} \sin r$,जो सरल होकर $\frac{\sin i}{\sin r} = \frac{V_X}{V_Y}$ हो जाता है।
दिए गए ग्राफ से,रेखा की ढाल $\tan 30^{\circ} = \frac{\sin r}{\sin i} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ है।
इसलिए,$\frac{\sin i}{\sin r} = \sqrt{3}$ है।
इस मान को वेग के अनुपात में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{V_X}{V_Y} = \sqrt{3}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $V_X = \sqrt{3} V_Y$।
चूँकि प्रकाश विरल माध्यम $(X)$ से सघन माध्यम $(Y)$ में जा रहा है (क्योंकि $r < i$),इसलिए जब प्रकाश माध्यम $X$ से $Y$ में आपतित होता है तो पूर्ण आंतरिक परावर्तन नहीं हो सकता है। अपवर्तन के दौरान आवृत्ति स्थिर रहती है।

(B) यह निर्धारित करने के लिए कि क्या ज़ेनर डायोड चालन कर रहा है, हम पहले यह मानते हैं कि डायोड ओपन-सर्किट है और लोड प्रतिरोध $R_L$ के सिरों पर वोल्टेज की गणना करते हैं।
वोल्टेज डिवाइडर नियम का उपयोग करते हुए, $R_L = 100 \, \Omega$ लोड प्रतिरोध पर वोल्टेज $V_{ab}$ इस प्रकार है:
$V_{ab} = V_{source} \times \frac{R_L}{R + R_L}$
$V_{ab} = 9 \, V \times \frac{100 \, \Omega}{200 \, \Omega + 100 \, \Omega} = 9 \, V \times \frac{100}{300} = 3 \, V$
चूंकि गणना किया गया वोल्टेज $V_{ab} = 3 \, V$, ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_Z = 5 \, V$ से कम है, इसलिए ज़ेनर डायोड ब्रेकडाउन क्षेत्र में प्रवेश नहीं करता है और नॉन-कंडक्टिंग $(OFF)$ स्थिति में रहता है।
अतः, परिपथ एक साधारण श्रेणी परिपथ की तरह व्यवहार करता है और लोड प्रतिरोध $R_L$ पर वोल्टेज ड्रॉप $V_L = 3 \, V$ है।

(C) दिए गए लॉजिक सर्किट का आउटपुट $Y$ इस प्रकार निर्धारित होता है:
$1$. इनपुट $A$ एक $NOT$ गेट से गुजरकर $\overline{A}$ बन जाता है।
$2$. इनपुट $\overline{A}$ और $B$ को $NAND$ गेट में देने पर,$\overline{\overline{A} \cdot B}$ प्राप्त होता है।
$3$. इनपुट $C$ एक $NOT$ गेट से गुजरकर $\overline{C}$ बन जाता है।
$4$. आउटपुट $\overline{\overline{A} \cdot B}$ और $\overline{C}$ को $NOR$ गेट में देने पर,$Y = \overline{(\overline{\overline{A} \cdot B}) + \overline{C}}$ प्राप्त होता है।
$5$. डी मॉर्गन प्रमेय का उपयोग करने पर,$Y = \overline{(\overline{\overline{A} \cdot B})} \cdot \overline{(\overline{C})} = (\overline{A} \cdot B) \cdot C = \overline{A} \cdot B \cdot C$.
$6$. आउटपुट $Y=1$ केवल तब प्राप्त होता है जब $\overline{A}=1, B=1, C=1$ हो,जिसका अर्थ है $A=0, B=1, C=1$।
$7$. इनपुट $A, B, C$ के लिए कुल $2^3 = 8$ संभावित संयोजन हैं।
$8$. चूंकि $Y=1$ केवल $1$ संयोजन के लिए है,इसलिए $Y=0$ प्राप्त करने वाले संयोजनों की संख्या $8 - 1 = 7$ है।

(A) दिया गया है कि तीव्रता का अनुपात $\frac{I_1}{I_2} = n$,इसलिए $I_1 = nI_2$.
$I_{\text{Max}} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2 = (\sqrt{nI_2} + \sqrt{I_2})^2 = (\sqrt{n} + 1)^2 I_2$.
$I_{\text{Min}} = (\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})^2 = (\sqrt{nI_2} - \sqrt{I_2})^2 = (\sqrt{n} - 1)^2 I_2$.
अब,अनुपात है:
$\frac{I_{\text{Max}} - I_{\text{Min}}}{I_{\text{Max}} + I_{\text{Min}}} = \frac{(\sqrt{n} + 1)^2 I_2 - (\sqrt{n} - 1)^2 I_2}{(\sqrt{n} + 1)^2 I_2 + (\sqrt{n} - 1)^2 I_2} = \frac{(\sqrt{n} + 1)^2 - (\sqrt{n} - 1)^2}{(\sqrt{n} + 1)^2 + (\sqrt{n} - 1)^2}$.
पदों का विस्तार करने पर:
$= \frac{(n + 1 + 2\sqrt{n}) - (n + 1 - 2\sqrt{n})}{(n + 1 + 2\sqrt{n}) + (n + 1 - 2\sqrt{n})} = \frac{4\sqrt{n}}{2(n + 1)} = \frac{2\sqrt{n}}{n + 1}$.
माना $f(n) = \frac{2\sqrt{n}}{n + 1}$. अधिकतम मान प्राप्त करने के लिए,यदि हम $n=1$ रखते हैं तो $f(1) = \frac{2(1)}{1+1} = 1$ प्राप्त होता है,जो इस व्यंजक के लिए अधिकतम संभव मान है।

(D) जब $X$-किरणें $d$ दूरी वाले समानांतर परमाण्विक तलों पर $\theta$ कोण पर आपतित होती हैं,तो क्रमिक तलों से परावर्तित किरणों के बीच का पथांतर $\Delta x = 2 d \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है।
संपोषी व्यतिकरण (उच्चिष्ठ) के लिए,पथांतर तरंगदैर्ध्य $\lambda$ का एक पूर्णांक गुणज होना चाहिए।
अतः,उच्चिष्ठ के लिए शर्त $2 d \sin \theta = n \lambda$ है,जहाँ $n = 1, 2, 3, \dots$ व्यतिकरण फ्रिंज का क्रम है। इसे ब्रैग का नियम (Bragg's Law) कहा जाता है।