Mix Examples-Electromagnetic Induction Questions in Hindi

(D) प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = -N A \frac{dB}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
कुंडली का प्रतिरोध $R = \rho \frac{\ell}{A_w}$ है,जहाँ $\ell = N(2\pi r)$ तार की कुल लंबाई है और $A_w = \pi r_w^2$ तार का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल है।
व्यय होने वाली शक्ति $P = \frac{\varepsilon^2}{R} = \frac{(N A \frac{dB}{dt})^2}{\rho \frac{N(2\pi r)}{\pi r_w^2}} = \frac{N^2 A^2 (dB/dt)^2 \cdot r_w^2}{2 \rho N r} = \frac{N A^2 (dB/dt)^2 r_w^2}{2 \rho r}$ है।
दिया गया है: $N' = N/2$ और $r_w' = 2r_w$।
$P' = \frac{(N/2) A^2 (dB/dt)^2 (2r_w)^2}{2 \rho r} = \frac{(N/2) A^2 (dB/dt)^2 (4r_w^2)}{2 \rho r} = 2 \times \frac{N A^2 (dB/dt)^2 r_w^2}{2 \rho r} = 2P$।
अतः,व्यय होने वाली शक्ति दोगुनी हो जाएगी।

(A) स्थिर अवस्था में,जब कुंजी $K$ लंबे समय तक $ON$ रहती है,तो प्रेरक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करते हैं (आदर्श प्रेरकों का प्रतिरोध शून्य होता है)।
चूंकि सभी प्रतिरोधक समान हैं और वोल्टेज स्रोत के समानांतर जुड़े हुए हैं,इसलिए प्रत्येक प्रतिरोधक से बहने वाली धारा $I$ के बराबर होती है।
इस प्रकार,सबसे दाईं ओर के प्रतिरोधक से धारा $I$ (नीचे की ओर),बीच वाले प्रतिरोधक से $I$ (नीचे की ओर) और सबसे बाईं ओर के प्रतिरोधक से $I$ (नीचे की ओर) बहती है।
पहले प्रेरक से बहने वाली धारा $I + I = 2I$ (दाईं ओर) है और दूसरे प्रेरक से बहने वाली धारा $I$ (दाईं ओर) है।
जब कुंजी $K$ को $OFF$ किया जाता है,तो प्रेरकों से बहने वाली धारा तुरंत नहीं बदल सकती है।
पहले प्रेरक से $2I$ धारा बाईं ओर के प्रतिरोधक के साथ लूप में बहती है,जिससे बाईं ओर के प्रतिरोधक में धारा $2I$ ऊपर की ओर हो जाती है।
दूसरे प्रेरक से $I$ धारा बीच वाले प्रतिरोधक के साथ लूप में बहती है,जिससे बीच वाले प्रतिरोधक में धारा $I$ नीचे की ओर हो जाती है।
दाईं ओर के प्रतिरोधक में धारा $I$ नीचे की ओर बहना जारी रखती है क्योंकि यह दूसरे प्रेरक के साथ लूप का हिस्सा है।
इसलिए,बाएं से दाएं तीन प्रतिरोधकों से बहने वाली धाराएं $2I$ ऊपर की ओर,$I$ नीचे की ओर और $I$ नीचे की ओर हैं।

(A) जैसे ही छड़ चुंबक परिनालिका से गुजरता है,परिनालिका से जुड़ा चुंबकीय फ्लक्स बदल जाता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,एक प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ उत्पन्न होता है,जो गैल्वेनोमीटर के माध्यम से प्रेरित धारा प्रवाहित करता है,जिसके परिणामस्वरूप विक्षेप $\theta$ होता है।
जब चुंबक का उत्तरी ध्रुव $(N)$ परिनालिका के करीब आता है,तो फ्लक्स बढ़ता है,जिससे एक दिशा में धारा प्रेरित होती है (मान लीजिए,धनात्मक विक्षेप)।
जैसे ही चुंबक परिनालिका के केंद्र से गुजरता है,फ्लक्स के परिवर्तन की दर शून्य हो जाती है,इसलिए विक्षेप शून्य हो जाता है।
जैसे ही चुंबक परिनालिका से बाहर निकलता है,फ्लक्स घटता है,जिससे विपरीत दिशा में धारा प्रेरित होती है (ऋणात्मक विक्षेप)।
यह प्रक्रिया एक दिशा में विक्षेप की पल्स और उसके बाद विपरीत दिशा में विक्षेप की पल्स उत्पन्न करती है,जिसे ग्राफ $A$ द्वारा सबसे अच्छी तरह दर्शाया गया है।

(C) दिया गया है:
फेरों की संख्या $N = 500$
क्षेत्रफल $A = 50 \,cm^2 = 50 \times 10^{-4} \,m^2 = 5 \times 10^{-3} \,m^2$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.14 \,Wb/m^2$
कोणीय गति $\omega = 150 \,rad/s$
आंतरिक प्रतिरोध $r = 5 \,\Omega$
बाह्य प्रतिरोध $R = 10 \,\Omega$
अधिकतम प्रेरित $e.m.f.$ का सूत्र $\varepsilon_{\max} = N B A \omega$ है।
मान रखने पर:
$\varepsilon_{\max} = 500 \times 0.14 \times (5 \times 10^{-3}) \times 150$
$\varepsilon_{\max} = 500 \times 0.14 \times 0.005 \times 150 = 52.5 \,V$.
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R + r = 10 \,\Omega + 5 \,\Omega = 15 \,\Omega$ है।
अधिकतम धारा $I_{\max}$ का सूत्र $I_{\max} = \frac{\varepsilon_{\max}}{R_{total}}$ है।
$I_{\max} = \frac{52.5}{15} = 3.5 \,A$.

(C) $t=0$ पर,प्रेरक $L$ एक ओपन सर्किट (अनंत प्रतिरोध) के रूप में और संधारित्र $C$ एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। परिपथ बैटरी $E$,प्रतिरोध $R$ और संधारित्र शाखा के प्रतिरोध $R$ के श्रेणीक्रम में सरल हो जाता है। कुल प्रतिरोध $R+R=2R$ है। अतः,धारा $I_0 = \frac{E}{2R}$ है।
$t \rightarrow \infty$ पर,प्रेरक $L$ एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में और संधारित्र $C$ एक ओपन सर्किट (अनंत प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। परिपथ बैटरी $E$,प्रतिरोध $R$ और प्रेरक शाखा के प्रतिरोध $R$ के श्रेणीक्रम में सरल हो जाता है। कुल प्रतिरोध $R+R=2R$ है। अतः,धारा $I_{\infty} = \frac{E}{2R}$ है।
इन दोनों की तुलना करने पर,$t=0$ और $t=\infty$ पर धारा का अनुपात $\frac{I_0}{I_{\infty}} = \frac{E/2R}{E/2R} = 1: 1$ है।

(D) दिया गया है: $\frac{ dI }{ dt } = -1 \text{ A/s}$,$I = 2 \text{ A}$,$R = 12 \, \Omega$,$L = 6 \text{ H}$,$E = 12 \text{ V}$.
धारा की दिशा में बिंदु $A$ से $B$ तक किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$V_A - IR - L \frac{ dI }{ dt } - E = V_B$
$V_A - V_B = IR + L \frac{ dI }{ dt } + E$
मान रखने पर:
$V_{AB} = (2 \times 12) + (6 \times -1) + 12$
$V_{AB} = 24 - 6 + 12$
$V_{AB} = 30 \text{ V}$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र $B$ स्थिति $x$ के साथ $\frac{dB}{dx} = -10^{-3} \text{ T/cm} = -0.1 \text{ T/m}$ के अनुसार बदलता है।
समाकलन करने पर,$B(x) = B_0 - 0.1x$.
लूप $v = 5 \text{ cm/s} = 0.05 \text{ m/s}$ के वेग से गति करता है।
स्थानिक प्रवणता के कारण उत्पन्न गतिकीय emf $\varepsilon_{\text{mot}} = v \cdot \ell \cdot \Delta B$ है।
यहाँ $\ell = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$ और $\Delta x = 12 \text{ cm} = 0.12 \text{ m}$ है।
$\Delta B = |\frac{dB}{dx}| \cdot \Delta x = 10^{-3} \text{ T/cm} \cdot 12 \text{ cm} = 1.2 \times 10^{-2} \text{ T}$ है।
$\varepsilon_{\text{mot}} = 0.05 \text{ m/s} \cdot 0.05 \text{ m} \cdot 1.2 \times 10^{-2} \text{ T} = 300 \times 10^{-7} \text{ V}$ है।
समय के साथ बदलते क्षेत्र के कारण प्रेरित emf $\varepsilon_{\text{ind}} = -A \frac{dB}{dt} = 60 \times 10^{-7} \text{ V}$ है।
कुल emf $\varepsilon_{\text{net}} = \varepsilon_{\text{mot}} + \varepsilon_{\text{ind}} = 360 \times 10^{-7} \text{ V}$ है।
शक्ति $P = \frac{\varepsilon_{\text{net}}^2}{R} = \frac{(360 \times 10^{-7})^2}{6 \times 10^{-3}} = 216 \times 10^{-9} \text{ W}$ है।

$(A)$ जब एक आवेशित संधारित्र को तार से जोड़ा जाता है, तो यह $R$ प्रतिरोध के माध्यम से डिस्चार्ज होता है, जिससे ऊष्मीय ऊर्जा $(q)$ उत्पन्न होती है।
$(B)$ गतिकीय $EMF$ $e = Blv$ प्रेरित होता है। यह सिरों पर विभवांतर $(r)$ और आवेश पृथक्करण $(s)$ पैदा करता है। चूंकि तार एक परिपथ में है, धारा प्रवाहित होती है और ऊष्मीय ऊर्जा $(q)$ उत्पन्न होती है।
$(C)$ एक समान विद्युत क्षेत्र $E$ में, विभवांतर $V = El$ विकसित होता है $(r)$ और सिरों पर आवेश दिखाई देते हैं $(s)$।
$(D)$ बैटरी स्थिर $EMF$ प्रदान करती है, जिससे तार में स्थिर धारा $(p)$, ऊष्मीय ऊर्जा $(q)$ और स्थिर विभवांतर $(r)$ उत्पन्न होता है।

(A) कथन-$1$ सत्य है: जब कुंडली से प्रत्यावर्ती धारा बहती है,तो यह समय के साथ बदलने वाला चुंबकीय क्षेत्र बनाती है। फैराडे के प्रेरण के नियम के अनुसार,यह चुंबकीय क्षेत्र चालक वलय में एक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ और परिणामस्वरूप प्रेरित धारा उत्पन्न करता है।
कथन-$2$ सत्य है: कुंडली द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं पूरी तरह से ऊर्ध्वाधर नहीं होती हैं; जब वे लोहे की छड़ से बाहर निकलती हैं तो उनका एक त्रिज्यीय (radial) घटक होता है। वलय में प्रेरित धारा चुंबकीय क्षेत्र के इस त्रिज्यीय घटक के साथ परस्पर क्रिया करती है। लोरेंत्ज़ बल नियम $(F = I(L \times B))$ के अनुसार,यह परस्पर क्रिया वलय पर ऊपर की ओर एक बल उत्पन्न करती है। चूंकि कुंडली में धारा प्रत्यावर्ती है,इसलिए वलय में प्रेरित धारा भी बदलती रहती है,लेकिन औसत बल ऊपर की दिशा में ही रहता है,जिससे वलय एक स्थिर स्थिति में तैर सकती है जहाँ यह ऊपर की ओर लगने वाला चुंबकीय बल नीचे की ओर लगने वाले गुरुत्वाकर्षण बल को संतुलित करता है।
अतः,कथन-$2$,कथन-$1$ का सही स्पष्टीकरण है।

(A) मान लीजिए कि अनंत लंबाई के तार में बहने वाली धारा $I$ है। तार से $x$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi x}$ है।
तार से $x$ दूरी पर $dx$ चौड़ाई की एक पट्टी पर विचार करें। इस पट्टी की लंबाई $2x$ है (क्योंकि त्रिभुज $10 \ cm = 0.1 \ m$ ऊंचाई वाला समकोण समद्विबाहु त्रिभुज है)।
इस पट्टी से गुजरने वाला फ्लक्स $d\phi = B \cdot dA = \left(\frac{\mu_0 I}{2 \pi x}\right) (2x \ dx) = \frac{\mu_0 I}{\pi} dx$ है।
लूप से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\phi = \int_0^{0.1} \frac{\mu_0 I}{\pi} dx = \frac{\mu_0 I}{\pi} [x]_0^{0.1} = \frac{0.1 \mu_0 I}{\pi} = \frac{\mu_0 I}{10 \pi}$ है।
अतः,अन्योन्य प्रेरकत्व $M = \frac{\phi}{I} = \frac{\mu_0}{10 \pi}$ है।
तार में प्रेरित emf $\varepsilon = M \frac{dI}{dt} = \left(\frac{\mu_0}{10 \pi}\right) \times 10 = \frac{\mu_0}{\pi} \ V$ है। कथन $(A)$ सही है।
लेंज के नियम के अनुसार,तार में प्रेरित धारा फ्लक्स में परिवर्तन का विरोध करती है। चूंकि लूप में धारा बढ़ रही है,इसलिए फ्लक्स बढ़ता है। तार में प्रेरित धारा ऐसी दिशा में बहेगी जो लूप के क्षेत्र का विरोध करने वाला चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करे,जिसके परिणामस्वरूप प्रतिकर्षण बल लगता है। कथन $(D)$ सही है।

(B) $t=0$ पर,इंडक्टर ओपन सर्किट के रूप में कार्य करते हैं क्योंकि वे धारा में परिवर्तन का विरोध करते हैं। इसलिए,धारा केवल $12 \text{ } \Omega$ के प्रतिरोधक से होकर बहती है।
$I_{\min} = \frac{V}{R} = \frac{5}{12} \text{ A}$.
$t \rightarrow \infty$ पर,इंडक्टर आदर्श चालक तारों (शॉर्ट सर्किट) के रूप में कार्य करते हैं क्योंकि धारा स्थिर हो जाती है। अब सर्किट में तीन प्रतिरोधक समानांतर में हैं: $3 \text{ } \Omega$,$4 \text{ } \Omega$,और $12 \text{ } \Omega$.
तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{eff}}$ इस प्रकार है:
$\frac{1}{R_{\text{eff}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{4+3+1}{12} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \text{ } \Omega^{-1}$.
अतः,$R_{\text{eff}} = 1.5 \text{ } \Omega$.
अधिकतम धारा $I_{\max} = \frac{V}{R_{\text{eff}}} = \frac{5}{1.5} = \frac{10}{3} \text{ A}$ है।
अनुपात $\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \frac{10/3}{5/12} = \frac{10}{3} \times \frac{12}{5} = 2 \times 4 = 8$ है।

(D) दिया गया है: $m = 20 \times 10^{-3} \text{ kg}$,$\ell = 0.25 \text{ m}$,$R = 10 \text{ }\Omega$,$B = 4 \text{ T}$,$g = 10 \text{ m s}^{-2}$.
गति का समीकरण $mg - Bi\ell = m \frac{dv}{dt}$ है। चूँकि $i = \frac{B\ell v}{R}$,इसलिए $mg - \frac{B^2\ell^2 v}{R} = m \frac{dv}{dt}$ प्राप्त होता है।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{dv}{dt} = \frac{B^2\ell^2}{mR} (v_T - v)$ प्राप्त होता है,जहाँ $v_T = \frac{mgR}{B^2\ell^2}$ टर्मिनल वेग है।
$v_T = \frac{20 \times 10^{-3} \times 10 \times 10}{4^2 \times (0.25)^2} = \frac{2}{16 \times 0.0625} = 2 \text{ m s}^{-1}$.
समय नियतांक $\tau = \frac{mR}{B^2\ell^2} = \frac{20 \times 10^{-3} \times 10}{1} = 0.2 \text{ s}$.
$t$ समय पर वेग $v(t) = v_T(1 - e^{-t/\tau}) = 2(1 - e^{-t/0.2})$ है।
$t = 0.2 \text{ s}$ पर,$v = 2(1 - e^{-1}) = 2(1 - 0.4) = 1.2 \text{ m s}^{-1}$.
$(P)$ प्रेरित emf $E = Bv\ell = 4 \times 1.2 \times 0.25 = 1.2 \text{ V}$. ($3$ से मेल खाता है)
$(Q)$ चुंबकीय बल $F_m = Bi\ell = \frac{B^2\ell^2 v}{R} = \frac{16 \times 0.0625 \times 1.2}{10} = 0.12 \text{ N}$. ($4$ से मेल खाता है)
$(R)$ शक्ति $P = \frac{E^2}{R} = \frac{(1.2)^2}{10} = 0.144 \text{ W}$. ($2$ से मेल खाता है)
$(S)$ टर्मिनल वेग $v_T = 2.00 \text{ m s}^{-1}$. ($5$ से मेल खाता है)
अतः,$P \rightarrow 3, Q \rightarrow 4, R \rightarrow 2, S \rightarrow 5$. सही विकल्प $(D)$ है।

(B) दोनों लूपों से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स विपरीत दिशाओं में है क्योंकि वे विपरीत दिशाओं में लिपटे हुए हैं। मान लीजिए कि छोटे लूप का क्षेत्रफल $A$ और बड़े लूप का क्षेत्रफल $2A$ है।
समय $t$ पर सिस्टम से गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B(2A - A) \cos \omega t = BA \cos \omega t$ है।
फैराडे के नियम के अनुसार प्रेरित emf $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt}(BA \cos \omega t) = BA \omega \sin \omega t$ है।
$1$. फ्लक्स के परिवर्तन की दर $\frac{d\phi}{dt} = -BA \omega \sin \omega t$ है। यह तब अधिकतम होती है जब $\sin \omega t = \pm 1$,यानी $\omega t = \pi/2, 3\pi/2, \dots$ हो। इन समयों पर,लूप का तल कागज के तल के लंबवत होता है। अतः,विकल्प $A$ सही है।
$2$. कुल emf $\varepsilon = BA \omega \sin \omega t$ है,जो $\sin \omega t$ के समानुपाती है,न कि $\cos \omega t$ के। अतः,विकल्प $B$ गलत है।
$3$. emf क्षेत्रफलों के अंतर $(2A - A) = A$ के समानुपाती है,न कि योग $(2A + A) = 3A$ के। अतः,विकल्प $C$ गलत है।
$4$. कुल प्रेरित emf का आयाम $BA \omega$ है। केवल छोटे लूप में प्रेरित emf $\varepsilon_1 = -\frac{d}{dt}(BA \cos \omega t) = BA \omega \sin \omega t$ है,जिसका आयाम $BA \omega$ है। इस प्रकार,आयाम समान हैं। विकल्प $D$ सही है।
अतः,सही विकल्प $A$ और $D$ हैं।

(A) मान लीजिए कि प्रतिरोध $R$ से होकर बहने वाली धारा $i$ है,और इंडक्टर्स $L_1$ और $L_2$ से होकर बहने वाली धाराएं क्रमशः $i_1$ और $i_2$ हैं।
$t=0$ पर,इंडक्टर्स ओपन सर्किट के रूप में कार्य करते हैं क्योंकि धारा में तात्कालिक परिवर्तन नहीं हो सकता है। इसलिए,प्रतिरोध $R$ से होकर बहने वाली धारा $0$ है।
$t > 0$ के लिए,$L_1$ और $L_2$ के समानांतर संयोजन पर वोल्टेज समान होता है। इसलिए,$V_{L1} = V_{L2} \implies L_1 \frac{di_1}{dt} = L_2 \frac{di_2}{dt}$.
समय के सापेक्ष दोनों पक्षों का समाकलन करने पर,हमें $L_1 i_1 = L_2 i_2$ प्राप्त होता है (यह मानते हुए कि प्रारंभिक धाराएं शून्य हैं)। इसका अर्थ है कि $\frac{i_1}{i_2} = \frac{L_2}{L_1}$,इसलिए धाराओं का अनुपात हर समय स्थिर रहता है।
लंबे समय के बाद,इंडक्टर्स शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करते हैं (आदर्श इंडक्टर्स)। कुल धारा $i = \frac{V}{R}$ है।
चूंकि $i_1 + i_2 = i = \frac{V}{R}$ और $L_1 i_1 = L_2 i_2$,इसलिए $i_2 = \frac{L_1}{L_2} i_1$.
इसे धारा के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $i_1 + \frac{L_1}{L_2} i_1 = \frac{V}{R} \implies i_1 \left( \frac{L_1+L_2}{L_2} \right) = \frac{V}{R} \implies i_1 = \frac{V}{R} \frac{L_2}{L_1+L_2}$.
इसी प्रकार,$i_2 = \frac{V}{R} \frac{L_1}{L_1+L_2}$.
अतः,विकल्प $A, B,$ और $C$ सही हैं।

(B) जब परिनालिका में विद्युत धारा $I$ प्रवाहित की जाती है,तो वलय से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स बदल जाता है,जिससे प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt}$ उत्पन्न होता है।
वलय में प्रेरित धारा $i = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{1}{R} \frac{d\phi}{dt}$ है,जहाँ $R = \rho \frac{L}{A_{cs}}$ वलय का प्रतिरोध है ($L$ परिधि है,$A_{cs}$ तार का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल है)।
वलय पर लगने वाला चुंबकीय बल $F = i L B_r$ है,जहाँ $B_r$ चुंबकीय क्षेत्र का त्रिज्यीय घटक है। चूंकि $i \propto \frac{1}{\rho}$,इसलिए आवेग $J = \int F dt = \int i L B_r dt \propto \frac{1}{\rho} \int \frac{d\phi}{dt} dt = \frac{\Delta \phi}{\rho}$ है।
आवेग-संवेग प्रमेय के अनुसार,$J = m v$,इसलिए $v = \frac{J}{m} \propto \frac{1}{\rho m}$ है।
प्राप्त ऊँचाई $h = \frac{v^2}{2g} \propto \frac{1}{\rho^2 m^2}$ है।
दिया गया है कि $h_A > h_B$,इसलिए $\frac{1}{\rho_A^2 m_A^2} > \frac{1}{\rho_B^2 m_B^2}$,जिसका अर्थ है कि $\rho_A m_A < \rho_B m_B$ है।
विकल्पों की जाँच करने पर:
$(A)$ यदि $\rho_A > \rho_B$ और $m_A = m_B$,तो $\rho_A m_A > \rho_B m_B$ (गलत)।
$(B)$ यदि $\rho_A < \rho_B$ और $m_A = m_B$,तो $\rho_A m_A < \rho_B m_B$ (सही)।
$(C)$ यदि $\rho_A > \rho_B$ और $m_A > m_B$,तो $\rho_A m_A > \rho_B m_B$ (गलत)।
$(D)$ यदि $\rho_A < \rho_B$ और $m_A < m_B$,तो $\rho_A m_A < \rho_B m_B$ (सही)।
अतः,संभावित संबंध $(B)$ और $(D)$ हैं।

(A,C) चूंकि लूप का प्रतिरोध शून्य है,इसलिए इससे गुजरने वाला कुल चुंबकीय फ्लक्स स्थिर रहना चाहिए। प्रारंभ में,फ्लक्स शून्य है,इसलिए इसे शून्य ही रहना चाहिए।
$(1)$ द्विध्रुव के कारण लूप पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{2 \pi} \frac{m}{r^3}$ है।
लूप से गुजरने वाला फ्लक्स $\phi = B \cdot A = \frac{\mu_0 m}{2 \pi r^3} \cdot \pi a^2$ है।
कुल फ्लक्स को शून्य रखने के लिए,लूप एक धारा $i$ प्रेरित करता है ताकि $L i + \phi = 0$,जहाँ $L$ लूप का स्व-प्रेरकत्व है।
अतः,$i = -\frac{\phi}{L} = -\frac{\mu_0 m a^2}{2 L r^3}$।
इसलिए,$i \propto \frac{m}{r^3}$। सही विकल्प $(A)$ है।
$(2)$ लूप का प्रेरित चुंबकीय आघूर्ण $m' = i \cdot A = i \cdot \pi a^2 \propto \frac{m}{r^3}$ है।
द्विध्रुव $m$ और लूप (जो द्विध्रुव $m'$ के रूप में कार्य करता है) के बीच का बल $F = \frac{k m m'}{r^4} \propto \frac{m (m/r^3)}{r^4} = \frac{m^2}{r^7}$ है।
किया गया कार्य $W = \int_{\infty}^{r} F \cdot dr = \int_{\infty}^{r} \frac{C m^2}{r^7} dr$ (जहाँ $C$ एक स्थिरांक है)।
$W \propto m^2 \int_{\infty}^{r} r^{-7} dr = m^2 [\frac{r^{-6}}{-6}]_{\infty}^{r} \propto \frac{m^2}{r^6}$।
सही विकल्प $(C)$ है।

(C) सोलेनोइड का चुंबकीय क्षेत्र $\vec{B} = \mu_0 m I \hat{n}$ है। लूप $xy$-समतल में है,इसलिए इसका क्षेत्रफल सदिश $\vec{A} = A\hat{k}$ है।
$(I)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin \omega t \hat{j} + \cos \omega t \hat{k})$। फ्लक्स $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A} = \frac{\mu_0 m I A}{\sqrt{2}} \cos \omega t$। प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = \frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2}} \sin \omega t$। धारा $i = \frac{\varepsilon}{R}$। चुंबकीय आघूर्ण $\vec{M} = i A \hat{k} = \frac{\mu_0 m I A^2 \omega}{\sqrt{2} R} \sin \omega t \hat{k}$। टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B} = \frac{\mu_0^2 m^2 I^2 A^2 \omega}{2R} \sin^2 \omega t (\hat{k} \times \hat{j}) = \alpha \sin^2 \omega t (-\hat{i})$। $t = \frac{\pi}{6\omega}$ पर,$\sin^2(\pi/6) = 1/4$,इसलिए $\vec{\tau} = -\frac{\alpha}{4} \hat{i}$ $(Q)$।
$(II)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin \omega t \hat{i} + \cos \omega t \hat{j})$। यहाँ $\vec{B} \cdot \hat{k} = 0$,इसलिए $\phi = 0$,$\varepsilon = 0$,$i = 0$,$\vec{\tau} = 0$ $(P)$।
$(III)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\sin \omega t \hat{i} + \cos \omega t \hat{k})$। फ्लक्स $\phi = \frac{\mu_0 m I A}{\sqrt{2}} \cos \omega t$। $(I)$ की तरह,$i = \frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2} R} \sin \omega t$। $\vec{M} = i A \hat{k}$। $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B} = \alpha \sin^2 \omega t (\hat{k} \times \hat{i}) = \alpha \sin^2 \omega t \hat{j}$। $t = \frac{\pi}{6\omega}$ पर,$\vec{\tau} = \frac{\alpha}{4} \hat{j}$ $(S)$।
$(IV)$ $\hat{n} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\cos \omega t \hat{j} + \sin \omega t \hat{k})$। फ्लक्स $\phi = \frac{\mu_0 m I A}{\sqrt{2}} \sin \omega t$। $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2}} \cos \omega t$। $i = -\frac{\mu_0 m I A \omega}{\sqrt{2} R} \cos \omega t$। $\vec{M} = i A \hat{k}$। $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B} = \alpha \cos^2 \omega t (-\hat{k} \times \hat{j}) = \alpha \cos^2 \omega t \hat{i}$। $t = \frac{\pi}{6\omega}$ पर,$\cos^2(\pi/6) = 3/4$,इसलिए $\vec{\tau} = \frac{3\alpha}{4} \hat{i}$ $(R)$।

(A) $(P)$ जब $t = 0$ पर $K_1$ को बंद किया जाता है, तो प्रेरक $L$ धारा में परिवर्तन का विरोध करता है। इसलिए, परिपथ में धारा $I_1 = 0 \text{ A}$ है। अतः, $P \rightarrow 1$.
$(Q)$ लंबे समय के बाद, प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट (आदर्श तार) के रूप में कार्य करता है। परिपथ में धारा $I_2$ ओम के नियम द्वारा प्राप्त होती है: $I_2 = \frac{V}{R_0} = \frac{20}{5} = 4 \text{ A}$. अतः, $Q \rightarrow 3$.
$(R)$ जब $K_2$ को बंद किया जाता है और $K_1$ को खोला जाता है, तो प्रेरक और संधारित्र एक $LC$ दोलक परिपथ बनाते हैं। कोणीय आवृत्ति $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC_0}}$ होती है।
दिया गया है $L = 25 \text{ mH} = 25 \times 10^{-3} \text{ H}$ और $C_0 = 10 \text{ } \mu\text{F} = 10 \times 10^{-6} \text{ F}$.
$\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{25 \times 10^{-3} \times 10 \times 10^{-6}}} = \frac{1}{\sqrt{250 \times 10^{-9}}} = \frac{1}{\sqrt{2.5 \times 10^{-7}}} = \frac{1}{0.5 \times 10^{-3}} = 2 \times 10^3 \text{ rad/s} = 2 \text{ किलो-रेडियन/सेकंड}$. अतः, $R \rightarrow 2$.
$(S)$ ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, प्रेरक में संचित अधिकतम ऊर्जा संधारित्र में संचित अधिकतम ऊर्जा के बराबर होती है: $\frac{1}{2} L I_2^2 = \frac{1}{2} C_0 V_0^2$.
$25 \times 10^{-3} \times (4)^2 = 10 \times 10^{-6} \times V_0^2$.
$25 \times 10^{-3} \times 16 = 10^{-5} \times V_0^2$.
$400 \times 10^{-3} = 10^{-5} \times V_0^2$.
$V_0^2 = 400 \times 10^2 = 40000$.
$V_0 = 200 \text{ V}$. अतः, $S \rightarrow 5$.

(D) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 1 \text{ H}$, प्रतिरोध $R = 2 \Omega$, $EMF$ $E = 5 \text{ V}$, धारा $i = 2 \text{ A}$, और धारा के परिवर्तन की दर $\frac{di}{dt} = 1 \text{ A/s}$।
बिंदु $A$ से $B$ तक किरचॉफ का वोल्टेज नियम $(KVL)$ लागू करने पर:
$V_{A} - L\frac{di}{dt} - E - iR = V_{B}$
विभवांतर $V_{A} - V_{B}$ ज्ञात करने के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$V_{A} - V_{B} = L\frac{di}{dt} + E + iR$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$V_{A} - V_{B} = (1 \text{ H} \times 1 \text{ A/s}) + 5 \text{ V} + (2 \text{ A} \times 2 \Omega)$
$V_{A} - V_{B} = 1 \text{ V} + 5 \text{ V} + 4 \text{ V}$
$V_{A} - V_{B} = 10 \text{ V}$

(D) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = \vec{B} \cdot \vec{A}$ द्वारा दिया जाता है।
$0 \leq t \leq \frac{\pi}{\omega}$ के लिए,लूप $y \geq 0$ क्षेत्र में है। क्षेत्रफल सदिश $\vec{A}$,$Z$-अक्ष के साथ $\theta = \omega t$ कोण बनाता है। अतः,$\phi = B_0(\cos \omega t) A \sin(\omega t) = \frac{B_0 A}{2} \sin(2\omega t)$.
प्रेरित e.m.f. $\varepsilon = -\frac{d\phi}{dt} = -\frac{d}{dt} \left( \frac{B_0 A}{2} \sin(2\omega t) \right) = -B_0 A \omega \cos(2\omega t)$,जब $0 \leq t \leq \frac{\pi}{\omega}$ हो।
$\frac{\pi}{\omega} \leq t \leq \frac{2\pi}{\omega}$ के लिए,लूप $y \leq 0$ क्षेत्र में है जहाँ चुंबकीय क्षेत्र शून्य है,इसलिए $\phi = 0$ और $\varepsilon = 0$ है।
यह पैटर्न दोहराता है,जो विकल्प $D$ के आलेख से मेल खाता है।

(B) जैसे ही लूप चुंबकीय क्षेत्र में प्रवेश करता है,चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B_0 L x$ बदलता है,जहाँ $x$ लूप द्वारा तय की गई दूरी है। प्रेरित $EMF$ $\varepsilon = \frac{d\phi}{dt} = B_0 L v$ है। प्रेरित धारा $i = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{B_0 L v}{R}$ है।
अग्रणी किनारे पर चुंबकीय बल $F = i L B_0 = \frac{B_0^2 L^2 v}{R}$ है। चूंकि यह बल गति का विरोध करता है,$M a = -\frac{B_0^2 L^2 v}{R}$।
$K = \frac{B_0^2 L^2}{RM}$ दिया गया है,इसलिए $a = -K v$,या $\frac{dv}{dt} = -K v$।
इसका समाकलन करने पर,$v(t) = v_0 e^{-Kt}$ प्राप्त होता है।
तय की गई दूरी $x(t) = \int_0^t v(t) dt = \frac{v_0}{K}(1 - e^{-Kt})$ है।
लूप के पूरी तरह से अंदर प्रवेश करने के लिए,$x$ को $L$ तक पहुँचना चाहिए। इसलिए $L = \frac{v_0}{K}(1 - e^{-Kt_{entry}})$।
$(A)$ यदि $v_0 = 1.5 KL$ है,तो $L = \frac{1.5 KL}{K}(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow 1 = 1.5(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow e^{-Kt} = 1 - \frac{1}{1.5} = \frac{1}{3}$। चूंकि $e^{-Kt} > 0$,लूप पूरी तरह से प्रवेश करता है। कथन $(A)$ गलत है।
$(B)$ जब लूप पूरी तरह से अंदर होता है,तो फ्लक्स $\phi = B_0 L^2$ स्थिर रहता है,इसलिए $\frac{d\phi}{dt} = 0$,$\varepsilon = 0$,$i = 0$,और $F = 0$। कथन $(B)$ सही है।
$(C)$ लूप केवल $t \to \infty$ पर स्थिर होता है। कथन $(C)$ गलत है।
$(D)$ $v_0 = 3 KL$ के लिए,$L = \frac{3 KL}{K}(1 - e^{-Kt}) \Rightarrow \frac{1}{3} = 1 - e^{-Kt} \Rightarrow e^{-Kt} = \frac{2}{3} \Rightarrow t = \frac{1}{K} \ln(\frac{3}{2})$। कथन $(D)$ सही है।
अतः,सही कथन $(B)$ और $(D)$ हैं।

(C) $DC$ मोटर एक ऐसा उपकरण है जो विद्युत ऊर्जा को यांत्रिक ऊर्जा में परिवर्तित करता है। यह धारावाही चालक पर लगने वाले चुंबकीय बल के सिद्धांत पर कार्य करता है,जिसे फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम का उपयोग करके निर्धारित किया जाता है।
$DC$ जनरेटर एक ऐसा उपकरण है जो यांत्रिक ऊर्जा को $DC$ के रूप में विद्युत ऊर्जा में परिवर्तित करता है। यह विद्युत चुंबकीय प्रेरण के सिद्धांत पर कार्य करता है,और प्रेरित धारा की दिशा फ्लेमिंग के दाएं हाथ के नियम का उपयोग करके निर्धारित की जाती है।

(D) दाएँ हाथ के अंगूठे के नियम के अनुसार,तार में धारा $I$ द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र तार के ऊपर के क्षेत्र के लिए (जहाँ रिंग $P$ स्थित है) बाहर की ओर और तार के नीचे के क्षेत्र के लिए (जहाँ रिंग $Q$ स्थित है) अंदर की ओर होता है।
चूँकि धारा $I$ लगातार बढ़ रही है,इसलिए दोनों रिंगों से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स बढ़ रहा है।
रिंग $P$ के लिए,चुंबकीय क्षेत्र बाहर की ओर है और बढ़ रहा है। लेंज के नियम के अनुसार,प्रेरित धारा इस वृद्धि का विरोध करने के लिए अंदर की दिशा में चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करेगी। इसलिए,रिंग $P$ में प्रेरित धारा दक्षिणावर्त (clockwise) होनी चाहिए।
रिंग $Q$ के लिए,चुंबकीय क्षेत्र अंदर की ओर है और बढ़ रहा है। लेंज के नियम के अनुसार,प्रेरित धारा इस वृद्धि का विरोध करने के लिए बाहर की दिशा में चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करेगी। इसलिए,रिंग $Q$ में प्रेरित धारा वामावर्त (anticlockwise) होनी चाहिए।
दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,चित्र $D$ प्रेरित धाराओं के लिए सही दिशाएँ दर्शाता है।

(A) दिया गया है: धारा $i = 5 \, A$, प्रतिरोध $R = 1 \, \Omega$, प्रेरकत्व $L = 5 \, mH = 5 \times 10^{-3} \, H$, विद्युत वाहक बल $E = 15 \, V$।
धारा घट रही है, इसलिए $\frac{di}{dt} = -10^3 \, A/s$।
बिंदु $A$ से $B$ तक किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर:
$V_A - iR + E - L\left(\frac{di}{dt}\right) = V_B$
$V_A - V_B = iR + L\left(\frac{di}{dt}\right) - E$
मान रखने पर:
$V_A - V_B = (5 \, A \times 1 \, \Omega) + (5 \times 10^{-3} \, H \times -10^3 \, A/s) - 15 \, V$
$V_A - V_B = 5 - 5 - 15 = -15 \, V$
अतः, $V_B - V_A = 15 \, V$।

(B) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,$N$ फेरों वाली कुंडली में प्रेरित विद्युत वाहक बल $(e)$ $e = -N \frac{d\phi}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
$t$ समय में फ्लक्स के $\phi_1$ से $\phi_2$ तक परिवर्तन के लिए,औसत प्रेरित emf का परिमाण $|e| = N \frac{|\phi_2 - \phi_1|}{t}$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध कुंडली और गैल्वेनोमीटर के प्रतिरोध का योग है: $R_{total} = R + 6R = 7R$.
ओम के नियम का उपयोग करते हुए,प्रेरित धारा $I = \frac{|e|}{R_{total}}$ है।
मान रखने पर,हमें $I = \frac{N|\phi_2 - \phi_1|}{7Rt}$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है: वर्गाकार लूप की भुजा $L = 2 \,cm = 2 \times 10^{-2} \,m$, गति $v = 2 \,cm \,s^{-1} = 2 \times 10^{-2} \,m \,s^{-1}$, चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.5 \,T$.
$(i)$ जब लूप चुंबकीय क्षेत्र में प्रवेश करता है $(0 < t < 1 \,s)$: अगला किनारा क्षेत्र के अंदर है और फ्लक्स बढ़ता है। प्रेरित emf $\varepsilon = -B L v = -(0.5)(2 \times 10^{-2})(2 \times 10^{-2}) = -2 \times 10^{-4} \,V$ है। चूंकि घड़ी की दिशा धनात्मक है, इसलिए प्रेरित emf ऋणात्मक है।
(ii) जब लूप पूरी तरह से चुंबकीय क्षेत्र के अंदर होता है $(1 < t < 5 \,s)$: लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स स्थिर है, इसलिए $\frac{d\phi}{dt} = 0$, जिसका अर्थ है कि $\varepsilon = 0$.
(iii) जब लूप चुंबकीय क्षेत्र से बाहर निकलता है $(5 < t < 6 \,s)$: फ्लक्स घटता है। प्रेरित emf $\varepsilon = +B L v = +(0.5)(2 \times 10^{-2})(2 \times 10^{-2}) = +2 \times 10^{-4} \,V$ है।
इस प्रकार, ग्राफ $t=0$ से $t=1 \,s$ तक एक ऋणात्मक पल्स और $t=5$ से $t=6 \,s$ तक एक धनात्मक पल्स दिखाता है। यह विकल्प $D$ के अनुरूप है।

(A) जैसे-जैसे इलेक्ट्रॉन सीधी रेखा में गति करता है,यह एक चुंबकीय क्षेत्र बनाता है। चुंबकीय क्षेत्र रेखाएं लूप से होकर गुजरती हैं,जिससे चुंबकीय फ्लक्स उत्पन्न होता है।
लेंज़ के नियम के अनुसार,प्रेरित धारा चुंबकीय फ्लक्स में होने वाले परिवर्तन का विरोध करेगी।
जैसे ही इलेक्ट्रॉन लूप के करीब आता है,लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स बढ़ता है। इलेक्ट्रॉन की गति से उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र की दिशा (ऋणात्मक आवेश के लिए दाएं हाथ के नियम का उपयोग करके) एक फ्लक्स परिवर्तन का कारण बनती है जो इस वृद्धि का विरोध करने के लिए धारा को प्रेरित करती है।
जैसे ही इलेक्ट्रॉन लूप से आगे निकल जाता है,लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स घट जाता है। प्रेरित धारा तब इस कमी का विरोध करने के लिए अपनी दिशा बदल लेती है।
इसलिए,प्रेरित धारा की दिशा स्थिर नहीं है; यह इलेक्ट्रॉन की गति के साथ बदलती रहती है,जिससे यह परिवर्तनीय (variable) हो जाती है।

(A) जब समान दिशा में धारा प्रवाहित करने वाली दो वृत्ताकार कुंडलियों को एक-दूसरे से दूर ले जाया जाता है,तो एक कुंडली द्वारा दूसरी कुंडली के स्थान पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र कम हो जाता है।
इसके परिणामस्वरूप प्रत्येक कुंडली से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में कमी आती है।
लेंज के नियम के अनुसार,यह प्रणाली फ्लक्स में होने वाले इस परिवर्तन का विरोध करती है और एक प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ उत्पन्न करती है जो कुंडलियों में धारा को बढ़ाने का कार्य करता है।
इसलिए,चुंबकीय फ्लक्स को बनाए रखने के लिए दोनों कुंडलियों में विद्युत धारा बढ़ जाएगी।

(D) स्व-प्रेरकत्व $(L)$ और अन्योन्य-प्रेरकत्व $(M)$ दोनों की इकाई समान होती है।
दोनों को प्रति इकाई धारा $(I)$ चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
गणितीय रूप से,$M = L = \frac{\phi}{I}$ होता है।
चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$ की इकाई वेबर $(\text{wb})$ है और धारा $(I)$ की इकाई एम्पीयर $(\text{A})$ है।
इसलिए,स्व-प्रेरकत्व और अन्योन्य-प्रेरकत्व दोनों की इकाई $\text{wb A}^{-1}$ (जिसे हेनरी $(\text{H})$ भी कहा जाता है) होती है।
अतः,$(a)$ और $(b)$ दोनों सही हैं।

(A) दिया गया परिपथ आरेख नीचे दिखाया गया है,
दिया है,$I = 10 \ A$
$\therefore \quad \frac{dI}{dt} = 10^2 \ A \ s^{-1}$
प्रेरक कुंडली पर प्रेरित emf,
$e = L \frac{dI}{dt} = 5 \times 10^{-3} \times 10^2 = 0.5 \ V$
बिंदु $A$ और $B$ के बीच किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर,
$V_{AB} + 2 \times 10 - 12 - 0.5 = 0$
$V_{AB} + 20 - 12.5 = 0$
$V_{AB} + 7.5 = 0$
$V_{AB} = -7.5 \ V$

(D) $AC$ जनरेटर एक ऐसा उपकरण है जो विद्युत चुंबकीय प्रेरण के सिद्धांत पर कार्य करता है। यह टर्बाइन या इंजन द्वारा प्रदान की गई यांत्रिक ऊर्जा का उपयोग करके चुंबकीय क्षेत्र में एक कुंडली को घुमाता है। यह घूर्णन कुंडली से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स को बदलता है,जिससे विद्युत वाहक बल $(EMF)$ प्रेरित होता है और प्रत्यावर्ती धारा उत्पन्न होती है। इसलिए,यह यांत्रिक ऊर्जा को विद्युत ऊर्जा में परिवर्तित करता है।

(D) मुक्त आकाश की पारगम्यता $\mu_0$ का $SI$ मात्रक हेनरी प्रति मीटर $(H \cdot m^{-1})$ होता है।
स्व-प्रेरकत्व $L = \frac{\mu_0 N^2 A}{l}$ के सूत्र से,$\mu_0$ का मात्रक $\frac{H \cdot m}{m^2} = H \cdot m^{-1}$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $A$ एक मात्रक है।
चूंकि $L = \frac{\phi}{I}$,$L$ का मात्रक $Wb \cdot A^{-1}$ है। इसे $\mu_0$ के व्यंजक में रखने पर,$\frac{Wb \cdot A^{-1} \cdot m}{m^2} = Wb \cdot A^{-1} \cdot m^{-1}$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $B$ एक मात्रक है।
चूंकि $L = \frac{e}{dI/dt}$,$L$ का मात्रक $\frac{V}{A \cdot s^{-1}} = V \cdot s \cdot A^{-1} = \Omega \cdot s$ है। इसे $\mu_0$ के व्यंजक में रखने पर,$\frac{\Omega \cdot s \cdot m}{m^2} = \Omega \cdot s \cdot m^{-1}$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $C$ एक मात्रक है।
विकल्प $D$ (वोल्ट $\cdot$ सेकंड $\cdot$ मीटर$^{-1}$) $V \cdot s \cdot m^{-1}$ के बराबर है। व्युत्पन्न मात्रकों के साथ तुलना करने पर,इसमें पारगम्यता के लिए आवश्यक $A^{-1}$ कारक की कमी है। इसलिए,यह पारगम्यता का मात्रक नहीं है।

(C) कुंडली से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = 2t^2 + 3t - 2$ द्वारा दिया गया है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल $(e)$ $e = -\frac{d\phi}{dt}$ है।
$e = -\frac{d}{dt}(2t^2 + 3t - 2) = -(4t + 3)$।
प्रेरित $EMF$ का परिमाण $|e| = 4t + 3$ है।
$t = 3 \ s$ पर,प्रेरित $EMF$ $|e| = 4(3) + 3 = 12 + 3 = 15 \ V$ है।
कुंडली में प्रेरित धारा $I = \frac{|e|}{R} = \frac{15 \ V}{7.5 \ \Omega} = 2 \ A$ है।
कुंडली में प्रेरित शक्ति $(P)$ $P = I^2 R = (2)^2 \times 7.5 = 4 \times 7.5 = 30 \ W$ 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, D) फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार, जब भी लूप से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स $(\Phi_B = \vec{B} \cdot \vec{A} = BA \cos \theta)$ में परिवर्तन होता है, तो लूप में emf प्रेरित होता है।
$1$. यदि लूप को एक समान चुंबकीय क्षेत्र में स्वयं के समानांतर स्थानांतरित किया जाता है, तो फ्लक्स स्थिर रहता है, इसलिए कोई emf प्रेरित नहीं होता है।
$2$. यदि लूप को उसके किसी एक व्यास के परितः घुमाया जाता है, तो क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $\theta$ बदल जाता है, जिससे फ्लक्स में परिवर्तन होता है और emf प्रेरित होता है।
$3$. यदि लूप को उसकी अपनी धुरी (जो क्षेत्र के समानांतर है) पर घुमाया जाता है, तो कोण $\theta$ स्थिर रहता है, इसलिए कोई emf प्रेरित नहीं होता है।
$4$. यदि लूप को विकृत किया जाता है, तो क्षेत्रफल $A$ बदल जाता है, जिससे चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है और emf प्रेरित होता है।
अतः, विकल्प $B$ और $D$ दोनों में emf प्रेरित होता 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।

(C) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \cdot A = 20 \times 10^{-2} \times 2 \sin(50 \pi t) = 0.4 \sin(50 \pi t) \,Wb$ है।
प्रेरित धारा $I = \frac{e}{R} = -\frac{1}{R} \frac{d\phi}{dt}$ है।
लूप से प्रवाहित होने वाला आवेश $\Delta q = \int_{0}^{t} I \,dt = -\frac{1}{R} \int_{\phi_1}^{\phi_2} d\phi = -\frac{\phi_2 - \phi_1}{R}$ है।
$t = 0$ पर, $\phi_1 = 0.4 \sin(0) = 0 \,Wb$ है।
$t = 20 \,ms = 0.02 \,s$ पर, $\phi_2 = 0.4 \sin(50 \pi \times 0.02) = 0.4 \sin(\pi) = 0 \,Wb$ है।
अतः, कुल आवेश $\Delta q = -\frac{0 - 0}{20} = 0 \,C$ है।

(D) $1$. चुंबकीय प्रेरण $(B)$: $F = qvB$ का उपयोग करते हुए, $[B] = [F] / ([q][v]) = [MLT^{-2}] / ([AT][LT^{-1}]) = [MT^{-2}A^{-1}]$। यह $III$ से मेल खाता है।
$2$. चुंबकीय फ्लक्स $(\phi)$: $\phi = B \cdot A$। अतः, $[\phi] = [MT^{-2}A^{-1}] \cdot [L^2] = [ML^2T^{-2}A^{-1}]$। यह $IV$ से मेल खाता है।
$3$. चुंबकीय पारगम्यता $(\mu)$: $B = \mu_0 H$ या $F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 L}{2\pi r}$ का उपयोग करते हुए, $[\mu] = [MLT^{-2}A^{-2}]$। यह $I$ से मेल खाता है।
$4$. स्व-प्रेरकत्व $(L)$: $U = \frac{1}{2}LI^2$ का उपयोग करते हुए, $[L] = [U] / [I^2] = [ML^2T^{-2}] / [A^2] = [ML^2T^{-2}A^{-2}]$। यह $II$ से मेल खाता है।
अतः, सही मिलान $A-III, B-IV, C-I, D-II$ है।

(A) कुंडली में व्ययित शक्ति $P = \frac{\mathcal{E}^2}{R}$ द्वारा दी जाती है।
प्रेरित emf $\mathcal{E} = -N A \frac{dB}{dt}$,इसलिए $\mathcal{E} \propto N A$.
प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{a} = \rho \frac{N (2\pi r_{coil})}{\pi r^2} \propto \frac{N r_{coil}}{r^2}$.
चूंकि क्षेत्रफल $A = \pi r_{coil}^2$,इसलिए $r_{coil} \propto \sqrt{A}$.
अतः,$P \propto \frac{(N A)^2}{N \sqrt{A} / r^2} = N A^{3/2} r^2$.
दूसरी कुंडली के लिए,$N_2 = 2N, A_2 = 2A, r_2 = 3r$.
$\alpha = \frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{N_2}{N_1}\right) \left(\frac{A_2}{A_1}\right)^{3/2} \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^2$.
$\alpha = (2) \times (2)^{3/2} \times (3)^2 = 2 \times 2\sqrt{2} \times 9 = 36\sqrt{2}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,यदि हम $A$ को मुख्य चर के रूप में लें और कुंडली की त्रिज्या $r_{coil}$ को स्थिर मानें,तो $\alpha = 36$ प्राप्त होता है।