AIPMT 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) आंतरिक ऊर्जा $(U)$ एक अवस्था फलन (state function) है,जिसका अर्थ है कि इसका मान केवल निकाय की अवस्था (जो दबाव,आयतन और तापमान जैसे चरों द्वारा परिभाषित होती है) पर निर्भर करता है,न कि उस अवस्था तक पहुँचने के लिए अपनाए गए पथ पर।
चूंकि दोनों प्रक्रियाएं $I$ और $II$ एक ही प्रारंभिक अवस्था $A$ से शुरू होती हैं और एक ही अंतिम अवस्था $B$ पर समाप्त होती हैं,इसलिए दोनों प्रक्रियाओं के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन समान होना चाहिए।
अतः,$\Delta U_I = \Delta U_{II}$।

(D) ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत के अनुसार,कुल प्रारंभिक गतिज ऊर्जा (स्थानांतरणीय + घूर्णी) अधिकतम ऊँचाई $h$ पर अंतिम स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
चूंकि वस्तु बिना फिसले लुढ़क रही है,$\omega = v/R$,इसलिए $K_i = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} I (v/R)^2 = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} I \frac{v^2}{R^2}$
अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = M g h = M g \left( \frac{3 v^2}{4 g} \right) = \frac{3}{4} M v^2$
$K_i = U_f$ को बराबर करने पर:
$\frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} I \frac{v^2}{R^2} = \frac{3}{4} M v^2$
$\frac{1}{2} I \frac{v^2}{R^2} = \frac{3}{4} M v^2 - \frac{1}{2} M v^2 = \frac{1}{4} M v^2$
$I \frac{1}{R^2} = \frac{1}{2} M \implies I = \frac{1}{2} M R^2$
जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2$ एक डिस्क के लिए होता है।

(A) दिया गया सूत्र $P = \frac{a^3 b^2}{cd}$ है।
$P$ में प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,हम त्रुटियों के प्रसार के सूत्र का उपयोग करते हैं:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = \left( 3 \frac{\Delta a}{a} + 2 \frac{\Delta b}{b} + \frac{\Delta c}{c} + \frac{\Delta d}{d} \right) \times 100$
दी गई प्रतिशत त्रुटियों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = [3(1\%) + 2(2\%) + 3\% + 4\%]$
$= [3\% + 4\% + 3\% + 4\%]$
$= 14\%$
अतः,$P$ में प्रतिशत त्रुटि $14\%$ है।

(B) विराम अवस्था से मुक्त रूप से गिरने वाली वस्तु के लिए $(u = 0)$,$t$ समय में तय की गई दूरी $h = \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दी जाती है।
$1$. पहले $5 \ s$ में तय की गई दूरी $(t = 5 \ s)$:
$h_1 = \frac{1}{2}g(5)^2 = \frac{25}{2}g$ ... $(i)$
$2$. पहले $10 \ s$ में तय की गई दूरी $(t = 10 \ s)$:
$h_1 + h_2 = \frac{1}{2}g(10)^2 = \frac{100}{2}g$ ... (ii)
$3$. पहले $15 \ s$ में तय की गई दूरी $(t = 15 \ s)$:
$h_1 + h_2 + h_3 = \frac{1}{2}g(15)^2 = \frac{225}{2}g$ ... (iii)
(ii) में से $(i)$ घटाने पर:
$h_2 = (h_1 + h_2) - h_1 = \frac{100}{2}g - \frac{25}{2}g = \frac{75}{2}g = 3 \left( \frac{25}{2}g \right) = 3h_1$
(iii) में से (ii) घटाने पर:
$h_3 = (h_1 + h_2 + h_3) - (h_1 + h_2) = \frac{225}{2}g - \frac{100}{2}g = \frac{125}{2}g = 5 \left( \frac{25}{2}g \right) = 5h_1$
अतः,$h_1 = \frac{h_2}{3} = \frac{h_3}{5}$.

(C) प्रक्षेप्य गति में,वेग का क्षैतिज घटक $(v_x)$ पूरी गति के दौरान स्थिर रहता है क्योंकि क्षैतिज दिशा में कोई त्वरण नहीं होता है।
बिंदु $A$ पर,वेग $\vec{v}_A = 2\hat i + 3\hat j \text{ m/s}$ है।
बिंदु $B$ पर,जो बिंदु $A$ के समान क्षैतिज स्तर पर है,क्षैतिज घटक $2\hat i \text{ m/s}$ ही रहता है।
वेग का ऊर्ध्वाधर घटक $(v_y)$ गुरुत्वाकर्षण के कारण बदलता है। समान क्षैतिज स्तर पर,ऊर्ध्वाधर घटक का परिमाण समान रहता है,लेकिन इसकी दिशा उलट जाती है।
इसलिए,बिंदु $B$ पर ऊर्ध्वाधर घटक $-3\hat j \text{ m/s}$ हो जाता है।
अतः,बिंदु $B$ पर वेग $\vec{v}_B = 2\hat i - 3\hat j \text{ m/s}$ है।

(A) न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार,किसी वस्तु पर कार्य करने वाला नेट बल $F_{\text{net}}$,$F_{\text{net}} = ma$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $a$ वस्तु का त्वरण है।
इस समस्या में,ब्लॉक एकसमान चाल $v$ से ऊपर की ओर गति कर रहे हैं।
चूंकि चाल स्थिर है,इसलिए ब्लॉकों का त्वरण $a$ शून्य है $(a = 0)$।
अतः,$2m$ द्रव्यमान वाले ब्लॉक सहित किसी भी ब्लॉक पर नेट बल $F_{\text{net}} = (2m) \times 0 = 0$ होगा।

(C) माना ब्लॉक का द्रव्यमान $m$ है और नत समतल की कुल लंबाई $L$ है।
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्लॉक पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
चूंकि ब्लॉक विरामावस्था से शुरू होता है और नीचे पहुँचकर पुनः विरामावस्था में आ जाता है,इसलिए गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta K = 0$ है।
अतः,सभी बलों (गुरुत्वाकर्षण और घर्षण) द्वारा किया गया कुल कार्य शून्य होना चाहिए:
$W_{\text{gravity}} + W_{\text{friction}} = 0$
पूरी लंबाई $L$ पर गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_{\text{gravity}} = mg \sin\theta \cdot L$ है।
निचले आधे भाग $L/2$ पर घर्षण द्वारा किया गया कार्य $W_{\text{friction}} = -f_k \cdot (L/2) = -(\mu mg \cos\theta) \cdot (L/2)$ है।
योग को शून्य के बराबर रखने पर:
$mg \sin\theta \cdot L - \mu mg \cos\theta \cdot \frac{L}{2} = 0$
दोनों पक्षों को $mgL$ से विभाजित करने पर:
$\sin\theta - \frac{\mu}{2} \cos\theta = 0$
$\sin\theta = \frac{\mu}{2} \cos\theta$
$\mu = 2 \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = 2\tan\theta$.

(D) रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,चट्टान का प्रारंभिक संवेग शून्य है। इसलिए,तीनों भागों के संवेग का सदिश योग शून्य होना चाहिए।
मान लीजिए कि तीनों भागों के संवेग $\vec{p}_1$,$\vec{p}_2$ और $\vec{p}_3$ हैं।
$\vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3 = 0 \implies \vec{p}_3 = -(\vec{p}_1 + \vec{p}_2)$।
पहले भाग के संवेग का परिमाण $p_1 = m_1 v_1 = 1 \, kg \times 12 \, m s^{-1} = 12 \, kg \, m s^{-1}$ है।
दूसरे भाग के संवेग का परिमाण $p_2 = m_2 v_2 = 2 \, kg \times 8 \, m s^{-1} = 16 \, kg \, m s^{-1}$ है।
चूंकि ये दो भाग एक-दूसरे के समकोण पर गति करते हैं,इसलिए इन दो भागों के परिणामी संवेग का परिमाण $p_{12} = \sqrt{p_1^2 + p_2^2} = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20 \, kg \, m s^{-1}$ है।
संरक्षण नियम को संतुष्ट करने के लिए तीसरे भाग का संवेग इस परिणामी संवेग के परिमाण में बराबर और दिशा में विपरीत होना चाहिए।
अतः,$p_3 = p_{12} = 20 \, kg \, m s^{-1}$।
तीसरे भाग की गति $v_3 = 4 \, m s^{-1}$ दी गई है,इसलिए इसका द्रव्यमान $m_3$ है:
$m_3 = \frac{p_3}{v_3} = \frac{20 \, kg \, m s^{-1}}{4 \, m s^{-1}} = 5 \, kg$।

(A) दिया गया बल $\vec{F} = (3\hat{i} + \hat{j}) \text{ N}$.
प्रारंभिक स्थिति $\vec{r}_1 = (2\hat{i} + \hat{k}) \text{ m}$.
अंतिम स्थिति $\vec{r}_2 = (4\hat{i} + 3\hat{j} - \hat{k}) \text{ m}$.
विस्थापन $\vec{d} = \vec{r}_2 - \vec{r}_1 = (4\hat{i} + 3\hat{j} - \hat{k}) - (2\hat{i} + \hat{k}) = (2\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k}) \text{ m}$.
किया गया कार्य $W = \vec{F} \cdot \vec{d} = (3\hat{i} + \hat{j}) \cdot (2\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k})$.
$W = (3 \times 2) + (1 \times 3) + (0 \times -2) = 6 + 3 = 9 \text{ J}$.

(B) $Wien$ के विस्थापन नियम के अनुसार, अधिकतम तीव्रता $(\lambda_m)$ के अनुरूप तरंगदैर्ध्य और परम तापमान $(T)$ का गुणनफल स्थिर होता है:
$\lambda_m T = \text{constant}$
$\lambda_m = \frac{\text{constant}}{T}$
जैसे-जैसे लोहे के टुकड़े का तापमान $(T)$ बढ़ता है, अधिकतम तीव्रता वाली तरंगदैर्ध्य $(\lambda_m)$ कम होती जाती है।
प्रारंभ में, कम तापमान पर, उत्सर्जित विकिरण लंबी तरंगदैर्ध्य क्षेत्र (लाल) में होता है। जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है, उत्सर्जन स्पेक्ट्रम का शिखर छोटी तरंगदैर्ध्य (लाल-पीला) की ओर स्थानांतरित हो जाता है। जब तापमान पर्याप्त रूप से उच्च हो जाता है, तो वस्तु पूरे दृश्य स्पेक्ट्रम में विकिरण उत्सर्जित करती है, जिससे वह सफेद-गर्म दिखाई देती है।

(C) आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,
$PV = nRT$
$V$ को $T$ के पदों में व्यवस्थित करने पर:
$V = \left( \frac{nR}{P} \right) T$
यह मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा को दर्शाता है,जहाँ ढाल (slope) $m$ इस प्रकार है:
$m = \frac{V}{T} = \frac{nR}{P}$
चूंकि $n$ और $R$ स्थिरांक हैं,इसलिए ढाल दाब $P$ के व्युत्क्रमानुपाती है $(m \propto \frac{1}{P})$।
दी गई आकृति से,कोण $\theta_2 > \theta_1$ है,जिसका अर्थ है कि $P_2$ के लिए रेखा की ढाल $P_1$ के लिए रेखा की ढाल से अधिक है:
$(\text{Slope})_2 > (\text{Slope})_1$
चूंकि ढाल दाब के व्युत्क्रमानुपाती होती है,इसलिए अधिक ढाल कम दाब के अनुरूप होती है:
$P_2 < P_1$

(A) चूंकि गैस का आयतन स्थिर रहता है,इसलिए आवश्यक ऊष्मीय ऊर्जा $\Delta Q = n C_V \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
हीलियम $(He)$ के लिए,मोलर द्रव्यमान $4\, g/mol$ है। इसलिए,$1\, g$ हीलियम में मोल की संख्या $n = \frac{1}{4}$ है।
हीलियम एक एकपरमाणुक गैस है,इसलिए स्थिर आयतन पर इसकी मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_V = \frac{3}{2} R$ है।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1$ दिया गया है,इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\Delta Q = n C_V \Delta T = \left( \frac{1}{4} \right) \left( \frac{3}{2} R \right) (T_2 - T_1) = \frac{3}{8} R (T_2 - T_1)$।
संबंध $R = N_a k_B$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $N_a$ एवोगैड्रो संख्या है और $k_B$ बोल्ट्ज़मैन स्थिरांक है,हमें प्राप्त होता है:
$\Delta Q = \frac{3}{8} N_a k_B (T_2 - T_1)$।

(D) जब डोरी को काट दिया जाता है,तो छड़ अपने भार के कारण उत्पन्न टॉर्क के कारण कब्जेदार बिंदु $P$ के परितः घूर्णन करेगी।
माना $\alpha$ छड़ का प्रारंभिक कोणीय त्वरण है।
बिंदु $P$ के परितः टॉर्क $\tau = I\alpha$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ छड़ के एक सिरे के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
$I = \frac{ML^2}{3} \quad ...(i)$
साथ ही,द्रव्यमान केंद्र पर कार्य करने वाले गुरुत्वाकर्षण बल के कारण टॉर्क ($P$ से $L/2$ दूरी पर):
$\tau = Mg \times \frac{L}{2} \quad ...(ii)$
$(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$\frac{ML^2}{3} \alpha = Mg \frac{L}{2}$
$\alpha = \frac{MgL}{2} \times \frac{3}{ML^2}$
$\alpha = \frac{3g}{2L}$

(C) बिंदु द्रव्यमान $m$ से $r$ दूरी पर स्थित बिंदु पर गुरुत्वीय विभव $V = -\frac{Gm}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
कई द्रव्यमानों के निकाय के लिए,कुल विभव प्रत्येक द्रव्यमान के कारण होने वाले विभव का बीजगणितीय योग होता है।
यहाँ,प्रत्येक पिंड का द्रव्यमान $m = 2 \, kg$ है और वे मूल बिंदु से $r_1 = 1 \, m, r_2 = 2 \, m, r_3 = 4 \, m, r_4 = 8 \, m, \dots$ की दूरी पर स्थित हैं।
मूल बिंदु पर कुल गुरुत्वीय विभव $V$ इस प्रकार है:
$V = -\frac{G(2)}{1} - \frac{G(2)}{2} - \frac{G(2)}{4} - \frac{G(2)}{8} - \dots$
$V = -2G \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots \right)$
कोष्ठक में दी गई श्रेणी एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी है जिसका प्रथम पद $a = 1$ और सार्व अनुपात $r = \frac{1}{2}$ है।
अनंत गुणोत्तर श्रेणी का योग $S = \frac{a}{1 - r}$ होता है।
$S = \frac{1}{1 - 1/2} = \frac{1}{1/2} = 2$.
अतः,$V = -2G(2) = -4G$.

(A) यंग मापांक का सूत्र $Y = \frac{FL}{A \Delta L} = \frac{4FL}{\pi D^2 \Delta L}$ है।
विस्तार के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर,$\Delta L = \frac{4FL}{\pi D^2 Y}$ प्राप्त होता है।
चूंकि सभी तार एक ही पदार्थ से बने हैं और उन पर समान तनाव $F$ लगाया गया है,इसलिए $Y$ और $F$ स्थिर हैं।
अतः,$\Delta L \propto \frac{L}{D^2}$।
प्रत्येक स्थिति के लिए $\frac{L}{D^2}$ अनुपात की गणना करने पर:
$(a)$ $\frac{50}{(0.5)^2} = \frac{50}{0.25} = 200 \; cm^{-1}$
$(b)$ $\frac{100}{(1)^2} = 100 \; cm^{-1}$
$(c)$ $\frac{200}{(2)^2} = \frac{200}{4} = 50 \; cm^{-1}$
$(d)$ $\frac{300}{(3)^2} = \frac{300}{9} \approx 33.3 \; cm^{-1}$
मानों की तुलना करने पर,विकल्प $(a)$ के लिए अनुपात सबसे अधिक है।

(C) किसी द्रव द्वारा सतह के गीले होने की क्षमता (wettability) द्रव और ठोस सतह के बीच के संपर्क कोण $\theta$ द्वारा निर्धारित होती है।
यदि संपर्क कोण $\theta$ न्यून कोण $(\theta < 90^{\circ})$ है,तो द्रव सतह को गीला कर देता है।
यदि संपर्क कोण $\theta$ अधिक कोण $(\theta > 90^{\circ})$ है,तो द्रव सतह को गीला नहीं करता है।
इसलिए,गीला होने की क्षमता निर्धारित करने वाला प्राथमिक कारक संपर्क कोण है।

(A) एक आदर्श गैस के लिए मेयर के संबंध के अनुसार,स्थिर दाब पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C_{P})$ और स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $(C_{V})$ के बीच का अंतर सार्वत्रिक गैस नियतांक $(R)$ के बराबर होता है:
$C_{P} - C_{V} = R$
दिया गया है कि एडियाबेटिक इंडेक्स $\gamma$ मोलर विशिष्ट ऊष्मा का अनुपात है:
$\gamma = \frac{C_{P}}{C_{V}}$
इससे,हम $C_{P}$ को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$C_{P} = \gamma C_{V}$
$C_{P}$ के इस मान को मेयर के संबंध में प्रतिस्थापित करने पर:
$\gamma C_{V} - C_{V} = R$
$C_{V}$ को कॉमन लेने पर:
$C_{V}(\gamma - 1) = R$
$C_{V}$ के लिए हल करने पर:
$C_{V} = \frac{R}{\gamma - 1}$

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दबाव $P$ और तापमान $T$ के बीच का संबंध $P^{1-\gamma} T^{\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है,जिसे $P T^{\frac{\gamma}{1-\gamma}} = \text{constant}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
यह दिया गया है कि $P \propto T^3$,इसलिए $P T^{-3} = \text{constant}$ है।
$T$ के घातांकों की तुलना करने पर,हमें $\frac{\gamma}{1-\gamma} = -3$ प्राप्त होता है।
$\gamma$ के लिए हल करने पर:
$\gamma = -3(1-\gamma)$
$\gamma = -3 + 3\gamma$
$2\gamma = 3$
$\gamma = \frac{3}{2} = 1.5$.
चूंकि $\gamma = \frac{C_P}{C_V}$,इसलिए अनुपात $1.5$ है।

(A) $P-V$ आरेख में,चक्रीय प्रक्रिया के दौरान किया गया कुल कार्य चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
चूंकि चक्र $A \to B \to C \to A$ दक्षिणावर्त (clockwise) है,इसलिए किया गया कार्य धनात्मक है।
त्रिभुज $ABC$ का क्षेत्रफल इस प्रकार है:
$\text{क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई}$
आधार $= V_C - V_A = (7 - 2) \times 10^{-3} \ m^3 = 5 \times 10^{-3} \ m^3$
ऊंचाई $= P_B - P_C = (6 - 2) \times 10^5 \ Pa = 4 \times 10^5 \ Pa$
$\text{किया गया कार्य} = \frac{1}{2} \times (5 \times 10^{-3}) \times (4 \times 10^5) = \frac{1}{2} \times 20 \times 10^2 = 1000 \ J$.

(C) दोनों सिरों पर खुली पाइप में,खुले सिरे हमेशा विस्थापन एंटीनोड होते हैं। चूंकि दबाव में परिवर्तन विस्थापन के व्युत्क्रमानुपाती होता है,इसलिए खुले सिरों पर दबाव में परिवर्तन न्यूनतम (शून्य) होता है। अतः,यह कथन कि 'दोनों सिरों पर दबाव परिवर्तन अधिकतम होगा' गलत है।

(D) माना अज्ञात स्रोत की आवृत्ति $v$ है।
चूंकि यह $250\, \text{Hz}$ के स्रोत के साथ $4\, \text{beats/s}$ उत्पन्न करता है, इसलिए संभावित आवृत्तियाँ $v = 250 \pm 4$ हैं, जो $v = 246\, \text{Hz}$ या $v = 254\, \text{Hz}$ देती हैं।
अज्ञात स्रोत का दूसरा हार्मोनिक $2v$ है। यदि $v = 246\, \text{Hz}$ है, तो $2v = 492\, \text{Hz}$ होगा। $513\, \text{Hz}$ के साथ बीट आवृत्ति $|513 - 492| = 21\, \text{beats/s}$ होगी, जो दिए गए $5\, \text{beats/s}$ से मेल नहीं खाती है।
यदि $v = 254\, \text{Hz}$ है, तो $2v = 508\, \text{Hz}$ होगा। $513\, \text{Hz}$ के साथ बीट आवृत्ति $|513 - 508| = 5\, \text{beats/s}$ होगी, जो दी गई शर्त से मेल खाती है।
अतः, अज्ञात आवृत्ति $254\, \text{Hz}$ है।

(A) $+ve$ $x$-दिशा में गति करने वाली तरंग का मानक समीकरण है:
$y = A \sin(kx - \omega t)$
जहाँ:
$A$ तरंग का आयाम है।
$k$ कोणीय तरंग संख्या है।
$\omega$ तरंग की कोणीय आवृत्ति है।
दिया गया है: $A = 1\, m$,$\lambda = 2\pi\, m$,और $f = \frac{1}{\pi}\ Hz$.
तरंग संख्या $k$ की गणना:
$k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{2\pi} = 1\, m^{-1}$.
कोणीय आवृत्ति $\omega$ की गणना:
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times \frac{1}{\pi} = 2\, rad/s$.
इन मानों को मानक समीकरण में रखने पर:
$y = 1 \sin(1x - 2t) = \sin(x - 2t)$.

(C) $m$ द्रव्यमान के पिंड की पृथ्वी के केंद्र से $r$ दूरी पर गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा $U = -\frac{GM_e m}{r}$ द्वारा दी जाती है।
पृथ्वी की सतह पर $(r = R_e)$ प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -\frac{GM_e m}{R_e}$ है।
$h = 2R_e$ ऊँचाई पर $(r = R_e + h = 3R_e)$ अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -\frac{GM_e m}{3R_e}$ है।
स्थितिज ऊर्जा में वृद्धि $\Delta U = U_f - U_i$ है।
$\Delta U = -\frac{GM_e m}{3R_e} - (-\frac{GM_e m}{R_e}) = \frac{GM_e m}{R_e} (1 - \frac{1}{3}) = \frac{2}{3} \frac{GM_e m}{R_e}$.
चूँकि $g = \frac{GM_e}{R_e^2}$,इसलिए $GM_e = gR_e^2$ है।
इस मान को रखने पर: $\Delta U = \frac{2}{3} \frac{(gR_e^2)m}{R_e} = \frac{2}{3} mgR_e$.

(A) मान लीजिए प्रत्येक बॉल का द्रव्यमान $m$ है और प्रत्येक बॉल पर आवेश $q$ है। स्थिर वैद्युत प्रतिकर्षण बल $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q^{2}}{r^{2}}$ है।
संतुलन में,प्रत्येक बॉल पर कार्य करने वाले बल तनाव $T$,भार $mg$ और स्थिर वैद्युत बल $F$ हैं।
$T \cos \theta = mg$ $(i)$
$T \sin \theta = F$ $(ii)$
$(ii)$ को $(i)$ से विभाजित करने पर,हमें $\tan \theta = \frac{F}{mg} = \frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2} mg}$ प्राप्त होता है।
पहले मामले की ज्यामिति से,$\tan \theta = \frac{r/2}{y} = \frac{r}{2y}$ है।
अतः,$\frac{r}{2y} = \frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2} mg} \Rightarrow y \propto r^{3}$ है।
दूसरे मामले में,डोरियों को आधी ऊंचाई पर बांधा गया है,इसलिए नई ऊर्ध्वाधर ऊंचाई $y' = y/2$ है। मान लीजिए नया पृथक्करण $r'$ है।
चूंकि आवेश $q$ और द्रव्यमान $m$ समान रहते हैं,इसलिए संबंध $y \propto r^{3}$ बना रहता है।
इसलिए,$\frac{y'}{y} = \left( \frac{r'}{r} \right)^{3}$ है।
$y' = y/2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{1}{2} = \left( \frac{r'}{r} \right)^{3}$ प्राप्त होता है।
$r'^{3} = \frac{r^{3}}{2} \Rightarrow r' = \frac{r}{\sqrt[3]{2}}$।

(B) विद्युत क्षेत्र की दिशा में विद्युत विभव घटता है।
दिए गए चित्र से,विद्युत क्षेत्र $\vec{E}$ की दिशा में बिंदु $B$ सबसे बाईं ओर स्थित है,उसके बाद बिंदु $C$ है और अंत में बिंदु $A$ है।
इसलिए,इन बिंदुओं पर विभव का संबंध $V_B > V_C > V_A$ है।
अतः,विद्युत विभव बिंदु $B$ पर अधिकतम है।

(C) तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{l}{A} = 4 \,\Omega$ द्वारा दिया जाता है .... $(i)$
जब तार को उसकी मूल लंबाई से दोगुना खींचा जाता है,तो नई लंबाई $l^{\prime} = 2l$ हो जाती है।
चूंकि खींचने के दौरान तार का आयतन स्थिर रहता है,इसलिए $V = lA = l^{\prime}A^{\prime}$ होगा।
$l^{\prime} = 2l$ प्रतिस्थापित करने पर,$lA = (2l)A^{\prime}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $A^{\prime} = \frac{A}{2}$।
नया प्रतिरोध $R^{\prime} = \rho \frac{l^{\prime}}{A^{\prime}}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$R^{\prime} = \rho \frac{2l}{A/2} = 4 \left( \rho \frac{l}{A} \right)$।
समीकरण $(i)$ का उपयोग करने पर,$R^{\prime} = 4 \times 4 \,\Omega = 16 \,\Omega$।

(A) $EMF$ $\varepsilon$ और आंतरिक प्रतिरोध $r$ वाले सेल के परिपथ में,जब इसे बाह्य प्रतिरोध $R$ से जोड़ा जाता है,तो प्रवाहित धारा $I$ का सूत्र इस प्रकार है:
$I = \frac{\varepsilon}{R + r}$
आंतरिक प्रतिरोध $r$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$I(R + r) = \varepsilon$
$IR + Ir = \varepsilon$
$Ir = \varepsilon - IR$
$r = \frac{\varepsilon - IR}{I}$
दिए गए मान:
$EMF$ $\varepsilon = 2.1\, V$
बाह्य प्रतिरोध $R = 10\,\Omega$
धारा $I = 0.2\, A$
मान रखने पर:
$r = \frac{2.1 - (0.2 \times 10)}{0.2}$
$r = \frac{2.1 - 2}{0.2}$
$r = \frac{0.1}{0.2}$
$r = 0.5\,\Omega$

(A) संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए, शर्त $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$ है。
दिए गए मानों को रखने पर: $\frac{10 \, \Omega}{30 \, \Omega} = \frac{30 \, \Omega}{90 \, \Omega}$, जो सरल होकर $\frac{1}{3} = \frac{1}{3}$ हो जाता है。
चूंकि ब्रिज संतुलित है, इसलिए गैल्वेनोमीटर शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। अतः, $50 \, \Omega$ का गैल्वेनोमीटर प्रतिरोध अप्रभावी हो जाता है。
परिपथ दो समानांतर शाखाओं में सरल हो जाता है: $(P+Q)$ और $(R+S)$ समानांतर में, जो आंतरिक प्रतिरोध $r = 5 \, \Omega$ के साथ श्रेणीक्रम में जुड़े हैं。
समानांतर भाग का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{(P+Q)(R+S)}{(P+Q)+(R+S)} = \frac{(10+30)(30+90)}{(10+30)+(30+90)} = \frac{40 \times 120}{40+120} = \frac{4800}{160} = 30 \, \Omega$ है。
परिपथ का कुल तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = r + R_p = 5 \, \Omega + 30 \, \Omega = 35 \, \Omega$ है。
सेल से ली गई धारा $I = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{7 \, V}{35 \, \Omega} = 0.2 \, A$ है।

(B) $1$. जब प्रोटॉन विरामावस्था में होता है,तो उस पर कार्य करने वाला एकमात्र बल विद्युत बल $F_E = qE = eE$ है। दिया गया है कि त्वरण पश्चिम की ओर $a_0$ है,इसलिए $ma_0 = eE$,जिसका अर्थ है कि $E = \frac{ma_0}{e}$ पश्चिम की ओर है।
$2$. जब प्रोटॉन को $v_0$ गति के साथ उत्तर की ओर प्रक्षेपित किया जाता है,तो कुल बल विद्युत बल और चुंबकीय बल का सदिश योग होता है: $F_{net} = F_E + F_B = ma_{net}$.
$3$. कुल त्वरण पश्चिम की ओर $3a_0$ है। चूंकि $F_E$ पश्चिम की ओर $ma_0$ है,इसलिए चुंबकीय बल $F_B$ को पश्चिम की ओर $2ma_0$ होना चाहिए ताकि कुल बल पश्चिम की ओर $3a_0$ प्राप्त हो $(F_B = F_{net} - F_E = 3ma_0 - ma_0 = 2ma_0)$.
$4$. चुंबकीय बल $F_B = q(v \times B) = ev_0B \sin(\theta)$ द्वारा दिया जाता है। बल के पश्चिम की ओर और वेग के उत्तर की ओर होने के कारण,फ्लेमिंग के बाएं हाथ के नियम के अनुसार चुंबकीय क्षेत्र $B$ नीचे की दिशा में होना चाहिए।
$5$. मानों की तुलना करने पर: $ev_0B = 2ma_0$,जिससे $B = \frac{2ma_0}{ev_0}$ नीचे की दिशा में प्राप्त होता है।

(D) जब एक धारा लूप को चुंबकीय क्षेत्र में रखा जाता है,तो यह $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ द्वारा दिया गया टॉर्क अनुभव करता है,जहाँ $\vec{M}$ चुंबकीय आघूर्ण है और $\vec{B}$ चुंबकीय क्षेत्र है।
टॉर्क का परिमाण $\tau = MB \sin \theta$ है,जहाँ $\theta$,$\vec{M}$ और $\vec{B}$ के बीच का कोण है।
संतुलन तब होता है जब टॉर्क शून्य होता है,जो $\sin \theta = 0$ यानी $\theta = 0^{\circ}$ या $\theta = 180^{\circ}$ पर होता है।
$1$. जब $\theta = 0^{\circ}$ होता है,तो $\vec{M}$ और $\vec{B}$ समानांतर होते हैं। यह न्यूनतम स्थितिज ऊर्जा $(U = -MB)$ की स्थिति है,जो स्थिर संतुलन को दर्शाती है।
$2$. जब $\theta = 180^{\circ}$ होता है,तो $\vec{M}$ और $\vec{B}$ प्रति-समानांतर होते हैं। यह अधिकतम स्थितिज ऊर्जा $(U = +MB)$ की स्थिति है,जो अस्थिर संतुलन को दर्शाती है।
अतः,लूप दो अभिविन्यासों में संतुलन में हो सकता है,एक स्थिर और दूसरी अस्थिर।

(B) माना $l$ लंबाई के छड़ चुंबक के प्रत्येक ध्रुव की ध्रुव प्रबलता $m$ है। तो,प्रारंभिक चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण है:
$M = m \times l$ ......... $(i)$
जब छड़ चुंबक को $r$ त्रिज्या के चाप में मोड़ा जाता है जो केंद्र पर $\theta = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3} \text{ रेडियन}$ का कोण बनाता है,तो चाप की लंबाई $l$ है:
$l = r \theta = r \times \frac{\pi}{3}$
$r = \frac{3l}{\pi}$
नया चुंबकीय द्विध्रुव आघूर्ण $M^{\prime}$ ध्रुव प्रबलता $m$ और दोनों ध्रुवों के बीच की सीधी दूरी (जीवा की लंबाई) का गुणनफल है।
जीवा की लंबाई $d = 2r \sin(\frac{\theta}{2}) = 2r \sin(30^{\circ}) = 2r \times \frac{1}{2} = r$.
अतः,$M^{\prime} = m \times d = m \times r$.
$r = \frac{3l}{\pi}$ रखने पर:
$M^{\prime} = m \times \frac{3l}{\pi} = \frac{3}{\pi} (m \times l) = \frac{3}{\pi} M$ (समीकरण $(i)$ का उपयोग करते हुए)।

(C) दो लेंसों $1$ और $2$ का संयोजन चित्र में दिखाया गया है।
संपर्क में रखे गए पतले लेंसों के संयोजन के लिए,तुल्य फोकस दूरी $f$ का मान $\frac{1}{f} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$ द्वारा दिया जाता है।
लेंस मेकर सूत्र के अनुसार,$\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$ होता है।
समतल-उत्तल लेंस (लेंस $1$) के लिए: $R_1 = \infty$,$R_2 = -R$। अतः,$\frac{1}{f_1} = (\mu_1 - 1) \left( \frac{1}{\infty} - \frac{1}{-R} \right) = \frac{\mu_1 - 1}{R}$।
समतल-अवतल लेंस (लेंस $2$) के लिए: $R_1 = -R$,$R_2 = \infty$। अतः,$\frac{1}{f_2} = (\mu_2 - 1) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{\infty} \right) = -\frac{\mu_2 - 1}{R}$।
इन मानों को संयोजन सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} = \frac{\mu_1 - 1}{R} - \frac{\mu_2 - 1}{R} = \frac{\mu_1 - 1 - \mu_2 + 1}{R} = \frac{\mu_1 - \mu_2}{R}$।
अतः,$f = \frac{R}{\mu_1 - \mu_2}$।

(C) आँख की कुल अभिसारी शक्ति,कॉर्निया और नेत्र लेंस की शक्ति का योग होती है।
कुल शक्ति $P = P_{c} + P_{e} = 40\, D + 20\, D = 60\, D$.
एक सामान्य आँख के लिए,अनंत पर स्थित वस्तु का प्रतिबिंब रेटिना पर बनता है।
आँख प्रणाली की फोकस दूरी $f$ को $f = \frac{1}{P}$ द्वारा दिया जाता है।
$f = \frac{1}{60}\, m = \frac{100}{60}\, cm = \frac{5}{3}\, cm$.
$f \approx 1.67\, cm$.
चूंकि प्रतिबिंब रेटिना पर बनता है,इसलिए रेटिना और कॉर्निया-नेत्र लेंस के बीच की दूरी आँख प्रणाली की फोकस दूरी के बराबर होती है,जो $1.67\, cm$ है।

(C) धातु का कार्य फलन $\phi = h\nu$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\nu$ कट-ऑफ (देहली) आवृत्ति है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $K_{\max} = E - \phi$ होती है।
यहाँ,आपतित आवृत्ति $2\nu$ है,इसलिए आपतित ऊर्जा $E = h(2\nu) = 2h\nu$ है।
मान रखने पर,हमें $K_{\max} = 2h\nu - h\nu = h\nu$ प्राप्त होता है।
चूँकि $K_{\max} = \frac{1}{2}mv_{\max}^2$,इसलिए $\frac{1}{2}mv_{\max}^2 = h\nu$ होगा।
$v_{\max}$ के लिए हल करने पर,$v_{\max}^2 = \frac{2h\nu}{m}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $v_{\max} = \sqrt{\frac{2h\nu}{m}}$।

(A) $E$ गतिज ऊर्जा वाले इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य:
$\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2 m_e E}}$ .... $(i)$
$E$ ऊर्जा वाले फोटॉन की तरंगदैर्ध्य:
$\lambda_p = \frac{hc}{E}$ या $E = \frac{hc}{\lambda_p}$ .... $(ii)$
समीकरण $(i)$ के दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\lambda_e^2 = \frac{h^2}{2 m_e E}$ या $E = \frac{h^2}{2 m_e \lambda_e^2}$ .... $(iii)$
समीकरण $(ii)$ और $(iii)$ से $E$ की तुलना करने पर:
$\frac{hc}{\lambda_p} = \frac{h^2}{2 m_e \lambda_e^2}$
$\lambda_p$ के लिए हल करने पर:
$\lambda_p = \left( \frac{2 m_e c}{h} \right) \lambda_e^2$
चूंकि $\frac{2 m_e c}{h}$ एक स्थिरांक है,इसलिए:
$\lambda_p \propto \lambda_e^2$

(A) घूमते हुए लूप में प्रेरित $e.m.f.$ का मान $\varepsilon = N B A \omega \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है।
जैसे ही लूप एक पूर्ण चक्कर $(360^{\circ})$ पूरा करता है,$\sin(\omega t)$ का मान $180^{\circ}$ पर धनात्मक से ऋणात्मक और $360^{\circ}$ पर ऋणात्मक से धनात्मक हो जाता है।
अतः,प्रेरित $e.m.f.$ की दिशा प्रति चक्कर दो बार बदलती है।

(C) परिपथ में एक प्रेरक $L$ और एक बल्ब $B$ श्रेणीक्रम में $AC$ स्रोत के साथ जुड़े हैं। परिपथ की प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ है,जहाँ $R$ बल्ब का प्रतिरोध है और $X_L = \omega L$ प्रेरणिक प्रतिघात है।
जब कुंडली में लोहे की छड़ डाली जाती है,तो कोर की पारगम्यता (permeability) बढ़ जाती है,जिससे कुंडली का स्व-प्रेरकत्व $L$ काफी बढ़ जाता है।
चूंकि $X_L = \omega L$ है,इसलिए $L$ में वृद्धि होने से प्रेरणिक प्रतिघात $X_L$ में वृद्धि होती है।
जैसे-जैसे कुल प्रतिबाधा $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2}$ बढ़ती है,परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V}{Z}$ कम हो जाती है।
बल्ब की चमक उसके द्वारा व्यय की गई शक्ति $P = I^2 R$ पर निर्भर करती है। चूंकि धारा $I$ कम हो जाती है,इसलिए बल्ब द्वारा व्यय की गई शक्ति कम हो जाती है,और इस प्रकार बल्ब की चमक कम हो जाती है।

(D) माइक्रोवेव ओवन में,माइक्रोवेव की आवृत्ति को पानी के अणुओं की अनुनादी आवृत्ति से मेल खाने के लिए ट्यून किया जाता है।
जब ये आवृत्तियाँ मेल खाती हैं,तो पानी के अणु अनुनाद की प्रक्रिया के माध्यम से विद्युत चुम्बकीय तरंगों से ऊर्जा को अवशोषित करते हैं।
यह ऊर्जा अवशोषण पानी के अणुओं की घूर्णी गतिज ऊर्जा को बढ़ाता है,जो तापमान में वृद्धि के रूप में प्रकट होता है,जिससे भोजन कुशलतापूर्वक गर्म हो जाता है।

(A) माना कि $\lambda_1$ की $n_1$-वीं दीप्त फ्रिंज,$\lambda_2$ की $n_2$-वीं दीप्त फ्रिंज के साथ संपाती होती है।
दीप्त फ्रिंज के लिए,स्थिति $x = \frac{n\lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि स्थितियाँ समान हैं,इसलिए $\frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{n_2 \lambda_2 D}{d}$,जिसका अर्थ है $n_1 \lambda_1 = n_2 \lambda_2$.
इसे व्यवस्थित करने पर,$\frac{n_1}{n_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{10000}{12000} = \frac{5}{6}$ प्राप्त होता है।
अतः,न्यूनतम पूर्णांक मान $n_1 = 5$ और $n_2 = 6$ हैं।
अब,$n_1 = 5$ का उपयोग करके दूरी $x$ की गणना करें:
$x = \frac{n_1 \lambda_1 D}{d} = \frac{5 \times 12000 \times 10^{-10} \times 2}{2 \times 10^{-3}}$.
$x = \frac{5 \times 12 \times 10^{-7} \times 2}{2 \times 10^{-3}} = 60 \times 10^{-4} = 6 \times 10^{-3}\, m$.
$x = 6\, mm$.

(B) डी ब्रोग्ली परिकल्पना के अनुसार,$v$ वेग से गतिमान इलेक्ट्रॉन की तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $h$ प्लांक नियतांक है और $m$ इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान है।
एकल-स्लिट विवर्तन पैटर्न में केंद्रीय उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\omega = \frac{2\lambda}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $d$ स्लिट की चौड़ाई है।
$\lambda$ का व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\omega = \frac{2h}{mdv}$ प्राप्त होता है।
इस संबंध से यह स्पष्ट है कि $\omega \propto \frac{1}{v}$ है।
अतः,यदि इलेक्ट्रॉनों की गति $v$ बढ़ाई जाती है,तो केंद्रीय उच्चिष्ठ की कोणीय चौड़ाई $\omega$ कम हो जाएगी।

(A) लायमन श्रेणी में स्पेक्ट्रल रेखा की तरंगदैर्ध्य $\frac{1}{\lambda_{L}} = R\left(\frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{n^{2}}\right)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = 2, 3, 4, \dots$ है।
लायमन श्रेणी में सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य के लिए,हम $n = 2$ लेते हैं:
$\frac{1}{\lambda_{L}} = R\left(1 - \frac{1}{4}\right) = \frac{3R}{4} \implies \lambda_{L} = \frac{4}{3R}$।
बामर श्रेणी में स्पेक्ट्रल रेखा की तरंगदैर्ध्य $\frac{1}{\lambda_{B}} = R\left(\frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{n^{2}}\right)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = 3, 4, 5, \dots$ है।
बामर श्रेणी में सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य के लिए,हम $n = 3$ लेते हैं:
$\frac{1}{\lambda_{B}} = R\left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) = R\left(\frac{9-4}{36}\right) = \frac{5R}{36} \implies \lambda_{B} = \frac{36}{5R}$।
लायमन श्रेणी की सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य और बामर श्रेणी की सबसे लंबी तरंगदैर्ध्य का अनुपात है:
$\frac{\lambda_{L}}{\lambda_{B}} = \frac{4/3R}{36/5R} = \frac{4}{3R} \times \frac{5R}{36} = \frac{5}{27}$।

(B) संलयन अभिक्रिया $4_{1}^{1} H \rightarrow _{2}^{4} He + 2e^{+} + 2\nu + Q$ है।
चार हाइड्रोजन नाभिकों से एक हीलियम नाभिक $(_{2}^{4} He)$ के निर्माण के लिए कुल द्रव्यमान क्षति $\Delta M = 0.02866 \, u$ है।
इस संलयन प्रक्रिया में मुक्त कुल ऊर्जा $E = \Delta M \times 931 \, MeV$ है।
$E = 0.02866 \times 931 \approx 26.7 \, MeV$।
चूंकि हीलियम नाभिक की द्रव्यमान संख्या $4$ है,इसलिए प्रति $u$ मुक्त ऊर्जा की गणना करने के लिए कुल ऊर्जा को हीलियम नाभिक की द्रव्यमान संख्या से विभाजित किया जाता है।
प्रति $u$ ऊर्जा = $\frac{26.7 \, MeV}{4} = 6.675 \, MeV$।

(A) मान लीजिए कि $X$ के परमाणुओं की प्रारंभिक संख्या $N_0$ है।
$t$ समय के बाद,$X$ के शेष परमाणुओं की संख्या $N$ है और बने हुए $Y$ परमाणुओं की संख्या $N_0 - N$ है।
प्रश्न के अनुसार,$X$ और $Y$ का अनुपात $\frac{N}{N_0 - N} = \frac{1}{7}$ है।
इसका अर्थ है $7N = N_0 - N$,जो $8N = N_0$ या $\frac{N}{N_0} = \frac{1}{8}$ में सरल हो जाता है।
हम जानते हैं कि $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^n$,जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
अतः,$(\frac{1}{2})^3 = (\frac{1}{2})^n$,जिससे $n = 3$ प्राप्त होता है।
चट्टान की आयु $t = n \times T_{1/2}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $T_{1/2} = 20$ वर्ष दिया गया है,इसलिए $t = 3 \times 20 = 60$ वर्ष।
अतः,चट्टान की आयु $60$ वर्ष है।

(B) $n-$ प्रकार के अर्धचालक में,आंतरिक अर्धचालक (जैसे $Si$ या $Ge$) को पंचसंयोजी अशुद्धि परमाणुओं (जैसे $P, As, Sb$) के साथ डोप किया जाता है।
ये पंचसंयोजी परमाणु चालन बैंड (conduction band) में अतिरिक्त इलेक्ट्रॉन प्रदान करते हैं।
इसलिए,इलेक्ट्रॉन बहुसंख्यक आवेश वाहक बन जाते हैं,जबकि होल अल्पसंख्यक आवेश वाहक होते हैं।
अतः,सही कथन यह है कि इलेक्ट्रॉन बहुसंख्यक वाहक हैं और पंचसंयोजी परमाणु डोपेंट हैं।

(D) वोल्टेज गेन,करंट गेन और रेजिस्टेंस गेन का गुणनफल होता है।
$A_{v} = \beta \times \frac{R_{\text{out}}}{R_{\text{in}}}$
चूंकि ट्रांसकंडक्टेंस $g_{m} = \frac{\beta}{R_{\text{in}}}$ होता है,इसलिए हम $R_{\text{in}} = \frac{\beta}{g_{m}}$ लिख सकते हैं।
इस मान को वोल्टेज गेन के सूत्र में रखने पर: $A_{v} = \beta \times \frac{R_{\text{out}}}{\beta / g_{m}} = g_{m} R_{\text{out}}$.
पहले ट्रांजिस्टर के लिए: $G = 0.03 \times R_{\text{out}}$ (समीकरण $i$).
दूसरे ट्रांजिस्टर के लिए: $G' = 0.02 \times R_{\text{out}}$ (समीकरण $ii$).
समीकरण $ii$ को समीकरण $i$ से विभाजित करने पर: $\frac{G'}{G} = \frac{0.02}{0.03} = \frac{2}{3}$.
अतः,नया वोल्टेज गेन $G' = \frac{2}{3} G$ होगा।

(C) पहला गेट $A$ और $B$ इनपुट वाला एक $NAND$ गेट है। इसका आउटपुट $\overline{A.B}$ है।
यह आउटपुट एक $NOT$ गेट में दिया गया है (एक $NAND$ गेट जिसके दोनों इनपुट एक साथ जुड़े हों,वह $NOT$ गेट के रूप में कार्य करता है)।
यदि $NOT$ गेट का इनपुट $Y$ है,तो आउटपुट $\overline{Y}$ होता है।
यहाँ,$Y = \overline{A.B}$ है,इसलिए अंतिम आउटपुट $X = \overline{\overline{A.B}}$ होगा।
बूलियन बीजगणित के गुण $\overline{\overline{Z}} = Z$ का उपयोग करने पर,हमें $X = A.B$ प्राप्त होता है।