AP EAMCET 2013 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) मान लीजिए ठोस गोले का द्रव्यमान $M$ है और कण का द्रव्यमान $m$ है। गोले के केंद्र से $3R$ की दूरी पर स्थित कण पर ठोस गोले के कारण लगने वाला गुरुत्वाकर्षण बल है:
$F_1 = \frac{G M m}{(3 R)^2} = \frac{G M m}{9 R^2}$
जब $r = R/2$ त्रिज्या का एक गोलाकार छेद किया जाता है,तो इसका द्रव्यमान $M'$ इसके आयतन के समानुपाती होता है। चूंकि घनत्व $\rho$ समान है,$M' = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi (R/2)^3 = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 \cdot \frac{1}{8} = \frac{M}{8}$।
छेद का केंद्र मूल गोले के केंद्र से $R/2$ की दूरी पर है। कण मूल गोले के केंद्र से $3R$ की दूरी पर है,इसलिए यह छेद के केंद्र से $(3R - R/2) = 2.5R = 5R/2$ की दूरी पर है।
छेद वाले गोले द्वारा लगाया गया गुरुत्वाकर्षण बल $F_2$,ठोस गोले के बल में से हटाए गए गोलाकार भाग द्वारा लगाए जाने वाले बल को घटाने पर प्राप्त होता है:
$F_2 = F_1 - F_{hole} = \frac{G M m}{9 R^2} - \frac{G (M/8) m}{(5R/2)^2}$
$F_2 = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{1}{9} - \frac{1}{8} \cdot \frac{4}{25} \right] = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{1}{9} - \frac{1}{50} \right]$
$F_2 = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{50 - 9}{450} \right] = \frac{G M m}{R^2} \left[ \frac{41}{450} \right]$
अब,$F_1 / F_2$ का अनुपात है:
$\frac{F_1}{F_2} = \frac{G M m / 9 R^2}{41 G M m / 450 R^2} = \frac{1}{9} \cdot \frac{450}{41} = \frac{50}{41}$

(A) मान लीजिए नत समतल की कुल लंबाई $l$ है। ऊपरी आधे भाग की लंबाई $l/2$ है और यह चिकना है,जबकि निचले आधे भाग की लंबाई $l/2$ है और यह $\mu$ घर्षण गुणांक के साथ खुरदरा है।
ऊपरी आधे भाग के लिए (चिकना):
त्वरण $a_1 = g \sin \phi$ है। प्रारंभिक वेग $u = 0$ है। समीकरण $v^2 = u^2 + 2as$ का उपयोग करने पर,मध्य बिंदु पर वेग $v$:
$v^2 = 0 + 2(g \sin \phi)(l/2) = gl \sin \phi$.
निचले आधे भाग के लिए (खुरदरा):
प्रारंभिक वेग $v$ (मध्य बिंदु से) है,और अंतिम वेग $0$ (निचले सिरे पर) है। त्वरण $a_2 = g(\sin \phi - \mu \cos \phi)$ है। $v_f^2 = v_i^2 + 2a_2s$ का उपयोग करने पर:
$0 = v^2 + 2g(\sin \phi - \mu \cos \phi)(l/2)$.
$v^2 = gl \sin \phi$ प्रतिस्थापित करने पर:
$0 = gl \sin \phi + gl(\sin \phi - \mu \cos \phi)$.
$gl$ से विभाजित करने पर:
$0 = \sin \phi + \sin \phi - \mu \cos \phi$.
$2 \sin \phi = \mu \cos \phi$.
अतः,$\mu = 2 \tan \phi$.

(A) माना निकाय का त्वरण दाईं ओर $a$ है।
द्रव्यमान $m$ के गुटके को द्रव्यमान $M$ के गुटके के सापेक्ष स्थिर रहने के लिए,$m$ पर कार्य करने वाले छद्म बल (pseudo force) $ma$ को नत समतल (incline) के अनुदिश गुरुत्वाकर्षण के घटक को संतुलित करना चाहिए।
गुटके $M$ के फ्रेम में,$m$ पर कार्य करने वाले बल हैं:
$1$. गुरुत्वाकर्षण बल $mg$ जो नीचे की ओर कार्य करता है।
$2$. अभिलंब बल $N$ जो नत समतल के लंबवत है।
$3$. छद्म बल $ma$ जो क्षैतिज रूप से बाईं ओर कार्य करता है।
नत समतल के अनुदिश बलों को वियोजित करने पर,संतुलन के लिए:
$ma \cos \beta = mg \sin \beta$
$a = g \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = g \tan \beta$
अब,$(M+m)$ द्रव्यमान के पूरे निकाय पर विचार करते हुए जो बल $P$ के तहत $a$ त्वरण से गति कर रहा है:
$P = (M+m) a$
$a$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$P = (M+m) g \tan \beta$

(B) हम जानते हैं कि किया गया कार्य $W$,बल $\vec{F}$ और विस्थापन $\vec{d}$ का अदिश गुणनफल (dot product) होता है।
दिया गया है,बल $\vec{F} = 2 \hat{i} - \hat{j} - \hat{k}$।
वस्तु मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ से स्थिति सदिश $\vec{r} = 3 \hat{i} + 2 \hat{j} - 5 \hat{k}$ तक जाती है,इसलिए विस्थापन $\vec{d} = \vec{r} - 0 = 3 \hat{i} + 2 \hat{j} - 5 \hat{k}$ है।
अदिश गुणनफल के गुण $\hat{i} \cdot \hat{i} = \hat{j} \cdot \hat{j} = \hat{k} \cdot \hat{k} = 1$ और $\hat{i} \cdot \hat{j} = \hat{j} \cdot \hat{k} = \hat{k} \cdot \hat{i} = 0$ का उपयोग करते हुए:
$W = \vec{F} \cdot \vec{d} = (2 \hat{i} - \hat{j} - \hat{k}) \cdot (3 \hat{i} + 2 \hat{j} - 5 \hat{k})$
$W = (2 \times 3) + (-1 \times 2) + (-1 \times -5)$
$W = 6 - 2 + 5 = 9 \text{ units}$.

(A) केश नली में द्रव स्तंभ की ऊँचाई का सूत्र $h = \frac{2T \cos \theta}{rdg}$ है।
पानी के लिए: $h_1 = \frac{2T_1 \cos \theta_1}{rdg}$. दिया गया है $T_1 = T$,$\theta_1 = 0^{\circ}$ (अतः $\cos \theta_1 = 1$),और द्रव्यमान $m_1 = 5 \times 10^{-3} \ kg$ है।
चूँकि $m = \pi r^2 h d$,इसलिए $h_1 = \frac{m_1}{\pi r^2 d}$ होगा।
दूसरे द्रव के लिए: $T_2 = \sqrt{2}T$ और $\theta_2 = 45^{\circ}$ है।
नई ऊँचाई $h_2 = \frac{2T_2 \cos \theta_2}{rdg} = \frac{2(\sqrt{2}T) \cos 45^{\circ}}{rdg} = \frac{2\sqrt{2}T \times (1/\sqrt{2})}{rdg} = \frac{2T}{rdg} = h_1$ है।
केश नली की त्रिज्या '$r$' और घनत्व '$d$' स्थिर रहने के कारण,और $h_2 = h_1$ होने से,द्रव का द्रव्यमान $m_2 = \pi r^2 h_2 d = m_1 = 5 \times 10^{-3} \ kg$ होगा।

(C) गोलाकार बूंद का सीमांत वेग $v = \frac{2}{9} \frac{r^2(\rho-\sigma) g}{\eta}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
चूंकि उत्प्लावन बल को नगण्य माना गया है,$\sigma \approx 0$,इसलिए $v \propto r^2$ है।
जब $r$ त्रिज्या की दो बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो आयतन संरक्षित रहता है:
$\frac{4}{3} \pi R^3 = 2 \times \frac{4}{3} \pi r^3$
$R^3 = 2r^3 \Rightarrow R = 2^{1/3} r$.
माना बड़ी बूंद का सीमांत वेग $v'$ है।
$\frac{v'}{v} = \frac{R^2}{r^2} = \frac{(2^{1/3} r)^2}{r^2} = 2^{2/3} = \sqrt[3]{4}$.
अतः,$v' = \sqrt[3]{4} v$.

(B) बाहर निकलने वाले पारे का आयतन, पारे और कांच के फ्लास्क के आयतन प्रसार के अंतर के बराबर होता है।

$\Delta V = V_0 (\gamma_m - \gamma_g) \Delta \theta$

यहाँ $\gamma_g = 3 \alpha_g$ है, जहाँ $\alpha_g$ कांच का रेखीय प्रसार गुणांक है।

$\gamma_g = 3 \times (0.1 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C) = 0.3 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 30 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$

दिया गया है $\gamma_m = 1.82 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 182 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$, $V_0 = 1 \text{ litre} = 1000 \text{ cc}$, और $\Delta \theta = 100^{\circ} C$.

$\Delta V = 1000 \times (182 \times 10^{-6} - 30 \times 10^{-6}) \times 100$

$\Delta V = 1000 \times (152 \times 10^{-6}) \times 100 = 15.2 \text{ cc}$

अतः, बाहर निकलने वाले पारे की मात्रा $15.2 \text{ cc}$ है।

(B) माना $M = 2.9 \ kg$ और $m = 0.1 \ kg$ है। टक्कर के बाद संयुक्त द्रव्यमान का प्रारंभिक वेग $V$,रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करके ज्ञात किया जाता है:
$M(0) + m(150) = (M + m)V$
$0.1 \times 150 = (2.9 + 0.1)V$
$15 = 3V \Rightarrow V = 5 \ m/s$.
अब,माना $\theta = 60^{\circ}$ के कोण पर संयुक्त द्रव्यमान का वेग $v$ है। यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के अनुसार:
$\frac{1}{2}(M+m)V^2 = \frac{1}{2}(M+m)v^2 + (M+m)gL(1 - \cos \theta)$
$\frac{1}{2}(5)^2 = \frac{1}{2}v^2 + 10 \times 0.5 \times (1 - \cos 60^{\circ})$
$12.5 = 0.5v^2 + 5 \times (1 - 0.5) = 0.5v^2 + 2.5$
$0.5v^2 = 10 \Rightarrow v^2 = 20 \ m^2/s^2$.
कोण $\theta$ पर डोरी में तनाव $T$ इस प्रकार दिया जाता है:
$T - (M+m)g \cos \theta = \frac{(M+m)v^2}{L}$
$T = (M+m) \left( g \cos \theta + \frac{v^2}{L} \right)$
$T = 3 \left( 10 \times \cos 60^{\circ} + \frac{20}{0.5} \right)$
$T = 3 \left( 10 \times 0.5 + 40 \right) = 3 \times 45 = 135 \ N$.

(A) द्रव्यमान केंद्र का वेग निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_{CM} = \frac{m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2}{m_1 + m_2}$
दिया गया है: $m_1 = 4 \,kg$,$m_2 = 5 \,kg$. वेग $\vec{v}_1$ पूर्व दिशा (x-अक्ष) में है और $\vec{v}_2$ उत्तर दिशा (y-अक्ष) में है。
अतः,$\vec{v}_1 = 5 \hat{i} \,m/s$ और $\vec{v}_2 = 3 \hat{j} \,m/s$.
मान रखने पर:
$\vec{v}_{CM} = \frac{4(5 \hat{i}) + 5(3 \hat{j})}{4 + 5}$
$\vec{v}_{CM} = \frac{20 \hat{i} + 15 \hat{j}}{9} = \frac{20}{9} \hat{i} + \frac{15}{9} \hat{j} \,m/s$
वेग का परिमाण:
$|v_{CM}| = \sqrt{(\frac{20}{9})^2 + (\frac{15}{9})^2}$
$|v_{CM}| = \sqrt{\frac{400 + 225}{81}} = \sqrt{\frac{625}{81}}$
$|v_{CM}| = \frac{25}{9} \,m/s$

(A) दिया गया है: तनाव $F = 20 \,N$,क्षेत्रफल $A = 0.01 \,cm^2 = 10^{-6} \,m^2$,यंग मापांक $Y = 1.1 \times 10^{11} \,N/m^2$,पॉइसन अनुपात $\sigma = 0.32$.
अनुदैर्ध्य विकृति $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{AY} = \frac{20}{10^{-6} \times 1.1 \times 10^{11}} = \frac{20}{1.1 \times 10^5} \approx 1.818 \times 10^{-4}$.
पॉइसन अनुपात $\sigma = -\frac{\Delta r/r}{\Delta l/l}$ है,इसलिए पार्श्व विकृति $\frac{\Delta r}{r} = -\sigma \frac{\Delta l}{l} = -0.32 \times 1.818 \times 10^{-4} \approx -0.5818 \times 10^{-4}$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है,इसलिए $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$.
क्षेत्रफल में कमी $\Delta A = 2 \times A \times \sigma \times \frac{\Delta l}{l} = 2 \times 10^{-6} \times 0.32 \times 1.818 \times 10^{-4} \approx 1.16 \times 10^{-10} \,m^2$.
$cm^2$ में बदलने पर: $1.16 \times 10^{-10} \times (10^2 \,cm)^2 = 1.16 \times 10^{-6} \,cm^2$.

(C) औसत वेग को कुल विस्थापन को कुल समय से विभाजित करके परिभाषित किया जाता है।
मान लीजिए कण को मूल बिंदु $(0,0)$ से प्रक्षेपित किया गया है। उच्चतम बिंदु पर,निर्देशांक $(R/2, H)$ हैं,जहाँ $R$ क्षैतिज परास है और $H$ अधिकतम ऊँचाई है।
विस्थापन सदिश $\vec{s} = \frac{R}{2} \hat{i} + H \hat{j}$ है।
विस्थापन का परिमाण $|\vec{s}| = \sqrt{(R/2)^2 + H^2}$ है।
उच्चतम बिंदु तक पहुँचने में लगा समय $t = \frac{T}{2} = \frac{v \sin \theta}{g}$ है।
हम जानते हैं कि $R = \frac{v^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{2v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ और $H = \frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}$ है।
अतः,$R/2 = \frac{v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}$ है।
$|\vec{s}| = \sqrt{\left(\frac{v^2 \sin \theta \cos \theta}{g}\right)^2 + \left(\frac{v^2 \sin^2 \theta}{2g}\right)^2} = \frac{v^2 \sin \theta}{g} \sqrt{\cos^2 \theta + \frac{\sin^2 \theta}{4}} = \frac{v^2 \sin \theta}{2g} \sqrt{4 \cos^2 \theta + \sin^2 \theta} = \frac{v^2 \sin \theta}{2g} \sqrt{3 \cos^2 \theta + 1}$ है।
औसत वेग $v_{av} = \frac{|\vec{s}|}{t} = \frac{\frac{v^2 \sin \theta}{2g} \sqrt{3 \cos^2 \theta + 1}}{\frac{v \sin \theta}{g}} = \frac{v}{2} \sqrt{1+3 \cos ^2 \theta}$ है।

(B) सरल आवर्त गति में कण का अधिकतम वेग $V_{\max} = A \omega$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega = \sqrt{\frac{K}{m}}$ कोणीय आवृत्ति है।
कण $A$ के लिए: $(V_{\max})_A = A_A \sqrt{\frac{K_1}{m}}$.
कण $B$ के लिए: $(V_{\max})_B = A_B \sqrt{\frac{K_2}{2m}}$.
दिया गया है कि $(V_{\max})_A = (V_{\max})_B$,इसलिए:
$A_A \sqrt{\frac{K_1}{m}} = A_B \sqrt{\frac{K_2}{2m}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$A_A^2 \frac{K_1}{m} = A_B^2 \frac{K_2}{2m}$.
आयामों के अनुपात $\frac{A_A}{A_B}$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\frac{A_A^2}{A_B^2} = \frac{K_2}{2m} \cdot \frac{m}{K_1} = \frac{K_2}{2K_1}$.
अतः,$\frac{A_A}{A_B} = \sqrt{\frac{K_2}{2K_1}}$.

(D) स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,विकिरित शक्ति $P = e A \sigma T^4$ होती है। चूंकि पिंडों का सतह क्षेत्रफल समान है और वे समान दर से ऊर्जा विकिरित कर रहे हैं $(P_A = P_B)$,इसलिए $e_A T_A^4 = e_B T_B^4$ होगा।
यहाँ $e_A = 0.01$,$e_B = 0.81$,और $T_A = 5802 \ K$ दिया गया है।
मान रखने पर: $0.01 \times (5802)^4 = 0.81 \times T_B^4$.
दोनों पक्षों का चतुर्थ मूल लेने पर: $T_B = T_A \times (0.01 / 0.81)^{1/4} = 5802 \times (1/81)^{1/4} = 5802 / 3 = 1934 \ K$.
वीन के विस्थापन नियम के अनुसार,$\lambda_A T_A = \lambda_B T_B = b$ (जहाँ $b \approx 2898 \ \mu m \cdot K$)।
अतः,$\lambda_A = b / T_A = 2898 / 5802 \approx 0.5 \ \mu m$।
दिया गया है कि $\lambda_B - \lambda_A = 1 \ \mu m$,इसलिए $\lambda_B = 1 + 0.5 = 1.5 \ \mu m = \frac{3}{2} \ \mu m$।

(B) बाहर निकलने वाले पारे का आयतन,पारे और कांच के फ्लास्क के आयतन प्रसार के अंतर के बराबर होता है।
$
\Delta V = V_0 [\gamma_m - \gamma_g] \Delta \theta
$
चूंकि $\gamma_g = 3\alpha_g$,इसलिए:
$
\Delta V = V_0 [\gamma_m - 3\alpha_g] \Delta \theta
$
दिया गया है:
$V_0 = 1 \ L = 1000 \ cc$
$\gamma_m = 1.82 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 182 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$
$\alpha_g = 0.1 \times 10^{-4} /{ }^{\circ} C = 10 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$
$\Delta \theta = 100^{\circ} C - 0^{\circ} C = 100^{\circ} C$
मान रखने पर:
$
\Delta V = 1000 \times [182 \times 10^{-6} - 3(10 \times 10^{-6})] \times 100
$
$
\Delta V = 1000 \times [182 \times 10^{-6} - 30 \times 10^{-6}] \times 100
$
$
\Delta V = 1000 \times [152 \times 10^{-6}] \times 100 = 15.2 \ cc
$

(C) किसी भी तापमान पैमाने और केल्विन पैमाने के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\frac{Y - Y_{ice}}{Y_{steam} - Y_{ice}} = \frac{K - K_{ice}}{K_{steam} - K_{ice}}$.
$Y$ पैमाने के लिए दिया गया है: $Y_{ice} = -160^{\circ} Y$ और $Y_{steam} = -50^{\circ} Y$.
केल्विन पैमाने के लिए: $K_{ice} = 273 \ K$ और $K_{steam} = 373 \ K$.
$K = 340 \ K$ के लिए मान रखने पर:
$\frac{Y - (-160)}{-50 - (-160)} = \frac{340 - 273}{373 - 273}$
$\frac{Y + 160}{110} = \frac{67}{100}$
$Y + 160 = 0.67 \times 110$
$Y + 160 = 73.7$
$Y = 73.7 - 160 = -86.3^{\circ} Y$.

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $T_2$ सिंक का तापमान है और $T_1$ स्रोत का तापमान है।
प्रथम स्थिति के लिए, $\eta_1 = 40 \% = 0.4$ और $T_2 = 300 \,K$ है।
$0.4 = 1 - \frac{300}{T_1} \Rightarrow \frac{300}{T_1} = 0.6 \Rightarrow T_1 = \frac{300}{0.6} = 500 \,K$।
द्वितीय स्थिति के लिए, $\eta_2 = 60 \% = 0.6$ और $T_2 = 300 \,K$ है।
$0.6 = 1 - \frac{300}{T_1^{\prime}} \Rightarrow \frac{300}{T_1^{\prime}} = 0.4 \Rightarrow T_1^{\prime} = \frac{300}{0.4} = 750 \,K$।
स्रोत के तापमान में वृद्धि $\Delta T = T_1^{\prime} - T_1 = 750 \,K - 500 \,K = 250 \,K$ है।

(A) एक चक्रीय प्रक्रिया के लिए, कुल कार्य $W$, $P-V$ आरेख में घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है.
ग्राफ से, प्रक्रिया में दो समदाबीय प्रक्रियाएं ($2-3$ और $4-1$) और मूल बिंदु से गुजरने वाली दो प्रक्रियाएं ($1-2$ और $3-4$) शामिल हैं.
मूल बिंदु से गुजरने वाली प्रक्रिया के लिए, $P = kV$, इसलिए $P/V = \text{नियतांक}$.
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए, $P(P/k) = nRT$, जिसका अर्थ है $P^2 \propto T$, या $P \propto \sqrt{T}$.
चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $W = \oint P \ dV$ है.
दिए गए चक्र के लिए, क्षेत्रफल ऊपरी पथ $(1-2-3)$ और निचले पथ $(3-4-1)$ के अंतर्गत क्षेत्रफल का अंतर है.
$W = P_2(V_3 - V_2) + P_1(V_1 - V_4)$.
$n = 3$ के साथ $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए:
$W = nR(T_3 - T_2) + nR(T_1 - T_4) = 3R(2500 - 700) + 3R(400 - 1100)$.
$W = 3R(1800) - 3R(700) = 5400R - 2100R = 3300R$.
ग्राफ की ज्यामिति के अनुसार, सही उत्तर $1650R$ प्राप्त होता है.

(B) दी गई राशि $\frac{E J^2}{M^5 G^2}$ है।
हम जानते हैं कि दी गई राशियों के लिए विमीय सूत्र इस प्रकार हैं:
$E$ की विमा $= [M L^2 T^{-2}]$
$J$ की विमा $= [M L^2 T^{-1}]$
$M$ की विमा $= [M]$
$G$ की विमा $= [M^{-1} L^3 T^{-2}]$
इन विमाओं को व्यंजक में रखने पर:
$\frac{[M L^2 T^{-2}] [M L^2 T^{-1}]^2}{[M]^5 [M^{-1} L^3 T^{-2}]^2} = \frac{[M L^2 T^{-2}] [M^2 L^4 T^{-2}]}{[M^5] [M^{-2} L^6 T^{-4}]} = \frac{[M^3 L^6 T^{-4}]}{[M^3 L^6 T^{-4}]} = [M^0 L^0 T^0]$
चूंकि परिणामी विमा $[M^0 L^0 T^0]$ है,इसलिए यह राशि विमाहीन है।
दिए गए विकल्पों में से,कोण एक विमाहीन राशि है।

(B) जब स्रोत, स्रोत और प्रेक्षक को जोड़ने वाली रेखा के साथ $\theta$ कोण पर गति कर रहा हो, तो स्थिर प्रेक्षक द्वारा सुनी जाने वाली आभासी आवृत्ति $v^{\prime}$ डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$v^{\prime} = v \left( \frac{V}{V - v_s \cos \theta} \right)$
जहाँ $V = 340 \,m/s$ ध्वनि की गति है, $v_s = \frac{100}{3} \,m/s$ स्रोत की गति है, और $v = 640 \,Hz$ स्रोत की आवृत्ति है।
स्रोत, बिंदु $A$ और प्रेक्षक $O$ द्वारा निर्मित समकोण त्रिभुज की ज्यामिति से, स्रोत और $O$ के बीच की दूरी $\sqrt{30^2 + 40^2} = 50 \,m$ है।
अतः, $\cos \theta = \frac{30}{50} = \frac{3}{5}$.
मान रखने पर:
$v^{\prime} = 640 \left( \frac{340}{340 - (\frac{100}{3}) \times (\frac{3}{5})} \right)$
$v^{\prime} = 640 \left( \frac{340}{340 - 20} \right)$
$v^{\prime} = 640 \times \frac{340}{320}$
$v^{\prime} = 640 \times \frac{34}{32} = 20 \times 34 = 680 \,Hz$.

(C) $l_1$ लंबाई की बंद ऑर्गन पाइप की मूल आवृत्ति $n_1 = \frac{v}{4l_1}$ है।
$l_2$ लंबाई की खुली ऑर्गन पाइप की मूल आवृत्ति $n_2 = \frac{v}{2l_2}$ है।
दिया गया है $l_1 = 32 \,cm = 0.32 \,m$ और $l_2 = 66 \,cm = 0.66 \,m$।
विस्पंद आवृत्ति $|n_1 - n_2| = 8 \,Hz$ है।
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{v}{4 \times 0.32} - \frac{v}{2 \times 0.66} = 8$।
$\frac{v}{1.28} - \frac{v}{1.32} = 8$।
$\frac{1.32v - 1.28v}{1.28 \times 1.32} = 8$।
$0.04v = 8 \times 1.6896$।
$v = \frac{13.5168}{0.04} = 337.92 \,m/s$।
अब, आवृत्तियों की गणना करने पर:
$n_1 = \frac{337.92}{1.28} = 264 \,Hz$।
$n_2 = \frac{337.92}{1.32} = 256 \,Hz$।
अतः, आवृत्तियाँ $264 \,Hz$ और $256 \,Hz$ हैं।

(C) मान लीजिए प्रारंभिक ऊँचाई $H = 12 \,m$ है। इस ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा $PE_1 = mgH$ है।
जब गेंद जमीन से टकराती है, तो टकराने से ठीक पहले उसकी गतिज ऊर्जा $KE_1 = mgH$ होती है।
गेंद अपनी गतिज ऊर्जा का $25 \%$ खो देती है, इसलिए शेष गतिज ऊर्जा $KE_2 = KE_1 - 0.25 KE_1 = 0.75 KE_1$ है।
गेंद '$h$' ऊँचाई तक वापस उछलती है, इसलिए अधिकतम ऊँचाई पर उसकी स्थितिज ऊर्जा $PE_2 = mgh$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, ऊर्जा के नुकसान के बाद की गतिज ऊर्जा नई ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा के बराबर होती है: $mgh = 0.75 mgH$।
इसलिए, $h = 0.75 H$।
$H = 12 \,m$ रखने पर: $h = 0.75 \times 12 = 9 \,m$।

(B) मान लीजिए $X'$ $X$ और $S$ का समानांतर क्रम में तुल्य प्रतिरोध है।
$X' = \frac{X \cdot S}{X + S} = \frac{5S}{5 + S}$।
मीटर ब्रिज में,संतुलन की स्थिति $\frac{X'}{Y} = \frac{l_1}{l_2}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $l_1 = 0.625 \ m$ और $l_2 = 1 - 0.625 = 0.375 \ m$ है।
मान रखने पर:
$\frac{5S / (5 + S)}{2} = \frac{0.625}{0.375}$
$\frac{5S}{2(5 + S)} = \frac{625}{375} = \frac{5}{3}$
$15S = 10(5 + S)$
$15S = 50 + 10S$
$5S = 50$
$S = 10 \ \Omega$।

(C) एक छोटे छड़ चुम्बक के कारण उसकी निरक्षीय रेखा पर स्थित बिंदु पर चुम्बकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,केंद्रों के बीच की दूरी $20 \text{ cm}$ है,इसलिए प्रत्येक चुम्बक से मध्य बिंदु की दूरी $r = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$ है।
चूंकि उत्तरी ध्रुव भौगोलिक दक्षिण की ओर हैं,इसलिए मध्य बिंदु पर दोनों चुम्बकों द्वारा उत्पन्न चुम्बकीय क्षेत्र पृथ्वी के क्षैतिज चुम्बकीय क्षेत्र $(B_H)$ की दिशा में ही होंगे।
अतः,परिणामी चुम्बकीय क्षेत्र $B_{net} = B_1 + B_2 + B_H$.
$B_1 = \frac{10^{-7} \times 1.2}{(0.1)^3} = 1.2 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_2 = \frac{10^{-7} \times 1.0}{(0.1)^3} = 1.0 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_H = 3.6 \times 10^{-5} = 0.36 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_{net} = (1.2 + 1.0 + 0.36) \times 10^{-4} \text{ T} = 2.56 \times 10^{-4} \text{ T}$.

(B) एक समान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में कंपन करने वाले छड़ चुंबक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है और $M$ चुंबकीय आघूर्ण है।
पहले चुंबक के लिए: $T_1 = 8 \text{ s}$,$M_1 = 4 \text{ Am}^2$,$I_1 = I$.
$8 = 2\pi \sqrt{\frac{I}{4B}} \implies 64 = 4\pi^2 \frac{I}{4B} = \frac{\pi^2 I}{B} \quad (i)$
दूसरे चुंबक के लिए: $T_2 = 6 \text{ s}$,$M_2 = 8 \text{ Am}^2$,$I_2 = 9 \times 10^{-2} \text{ kg-m}^2$.
$6 = 2\pi \sqrt{\frac{9 \times 10^{-2}}{8B}} \implies 36 = 4\pi^2 \frac{9 \times 10^{-2}}{8B} = \frac{\pi^2 (9 \times 10^{-2})}{2B} \quad (ii)$
समीकरण $(i)$ को $(ii)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{64}{36} = \frac{\pi^2 I / B}{\pi^2 (9 \times 10^{-2}) / 2B} = \frac{I \times 2}{9 \times 10^{-2}}$
$\frac{16}{9} = \frac{2I}{9 \times 10^{-2}}$
$16 = \frac{2I}{10^{-2}} \implies 16 \times 10^{-2} = 2I$
$I = 8 \times 10^{-2} \text{ kg-m}^2$.

(B) कुल आवश्यक ऊर्जा $E = P \times t = (3.70 \times 10^7 \text{ J/s}) \times (144 \times 10^4 \text{ s}) = 5.328 \times 10^{13} \text{ J}$.
प्रति विखंडन मुक्त ऊर्जा $E_f = 185 \text{ MeV} = 185 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{ J} = 2.96 \times 10^{-11} \text{ J}$.
विखंडनों की संख्या $N = E / E_f = (5.328 \times 10^{13}) / (2.96 \times 10^{-11}) = 1.8 \times 10^{24} \text{ परमाणु}$.
ईंधन का द्रव्यमान $m = (N / N_A) \times M = (1.8 \times 10^{24} / 6 \times 10^{23}) \times 235 \text{ g} = 3 \times 235 \text{ g} = 705 \text{ g} = 0.705 \text{ kg}$.

(D) $NAND$ गेट एक $AND$ गेट और उसके बाद एक $NOT$ गेट के संयोजन से बनता है। $NAND$ गेट के लिए लॉजिक प्रतीक में $AND$ गेट के प्रतीक के आउटपुट पर एक छोटा वृत्त (इंवर्जन बबल) होता है। दिए गए विकल्पों में से,चित्र $D$ में दिया गया प्रतीक आउटपुट पर इंवर्जन बबल के साथ एक $AND$ गेट को दर्शाता है,जो $NAND$ गेट के लिए मानक प्रतीक है। इसलिए,विकल्प $D$ सही है।

(D) श्रेणी $LCR$ परिपथ की अनुनाद आवृत्ति का सूत्र: $f = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ है।
इस सूत्र से यह स्पष्ट है कि यदि धारिता $C$ स्थिर रहती है,तो अनुनाद आवृत्ति $f$,प्रेरकत्व $L$ के वर्गमूल के व्युत्क्रमानुपाती होती है: $f \propto \frac{1}{\sqrt{L}}$.
मान लीजिए कि प्रारंभिक अनुनाद आवृत्ति $f_0$ है और प्रेरकत्व $L$ है। अतः,$f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$.
जब प्रेरकत्व को $\sqrt{3}$ गुना बढ़ाया जाता है,तो नया प्रेरकत्व $L' = \sqrt{3}L$ हो जाता है। प्रतिरोध $R$ में परिवर्तन का अनुनाद आवृत्ति पर कोई प्रभाव नहीं पड़ता है।
नई अनुनाद आवृत्ति $f'$ इस प्रकार होगी: $f' = \frac{1}{2\pi\sqrt{L'C}} = \frac{1}{2\pi\sqrt{(\sqrt{3}L)C}}$.
$f'$ को $f_0$ से विभाजित करने पर: $\frac{f'}{f_0} = \frac{\frac{1}{2\pi\sqrt{\sqrt{3}LC}}}{\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}} = \frac{1}{\sqrt{\sqrt{3}}} = \left(\frac{1}{3^{1/2}}\right)^{1/2} = \left(\frac{1}{3}\right)^{1/4}$.
अतः,नई अनुनाद आवृत्ति $f' = \left(\frac{1}{3}\right)^{1/4} f_0$ होगी।

(B) हवा को परावैद्युत (dielectric) मानकर समांतर प्लेट संधारित्र की प्रारंभिक धारिता $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ द्वारा दी जाती है।
जब प्लेटों के बीच $t = \frac{d}{2}$ मोटाई की धातु की प्लेट डाली जाती है,तो प्लेटों के बीच की प्रभावी दूरी $d_{eff} = d - t = d - \frac{d}{2} = \frac{d}{2}$ हो जाती है।
नई धारिता $C^{\prime}$ का मान $C^{\prime} = \frac{\varepsilon_0 A}{d - t} = \frac{\varepsilon_0 A}{d/2} = \frac{2 \varepsilon_0 A}{d}$ होता है।
$C$ के व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $C^{\prime} = 2C$ प्राप्त होता है।
अतः,अनुपात $\frac{C^{\prime}}{C} = 2$ है।

(D) गैल्वेनोमीटर की संवेदनशीलता को गैल्वेनोमीटर से गुजरने वाली धारा $(i_g)$ और कुल धारा $(i)$ के अनुपात द्वारा परिभाषित किया जाता है।
यह दिया गया है कि संवेदनशीलता $\frac{1}{40}$ गुना कम हो जाती है,इसलिए $\frac{i_g}{i} = \frac{1}{40}$ है।
शंट प्रतिरोध $(S)$ वाले गैल्वेनोमीटर में धारा विभाजन का सूत्र इस प्रकार है:
$\frac{i_g}{i} = \frac{S}{S+G}$
जहाँ $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है।
दिए गए मानों ($S = 10 \Omega$ और $\frac{i_g}{i} = \frac{1}{40}$) को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{40} = \frac{10}{10+G}$
$10 + G = 400$
$G = 400 - 10 = 390 \Omega$
अतः,गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $390 \Omega$ है।

(A) जब तापमान अंतर $\Delta T$ पर बनाए रखे गए एक चालक से धारा $I$ प्रवाहित होती है, तो प्रति इकाई समय में उत्पन्न कुल ऊष्मा जूल ऊष्मन और थॉमसन ऊष्मन का योग होती है।
जूल ऊष्मन $P_J = I^2 R$ द्वारा दिया जाता है, जो $\Delta T$ से स्वतंत्र है।
थॉमसन ऊष्मन $P_T = \sigma I \Delta T$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\sigma$ थॉमसन गुणांक है।
छोटे तापमान अंतर और छोटी धारा के लिए, थॉमसन प्रभाव के कारण उत्पन्न ऊष्मा धारा $I$ और तापमान अंतर $\Delta T$ के गुणनफल के समानुपाती होती है।

(C) माना जंक्शन $P$ पर विभव $V$ है। जंक्शन $P$ पर किरचॉफ का धारा नियम $(KCL)$ लागू करने पर,जंक्शन में प्रवेश करने वाली धाराओं का योग जंक्शन से बाहर निकलने वाली धाराओं के योग के बराबर होता है:
$I = I_1 + I_2$
$\frac{24 - V}{3} = \frac{V - 10}{2} + \frac{V - 9}{1}$
हर को हटाने के लिए पूरे समीकरण को $6$ से गुणा करने पर:
$2(24 - V) = 3(V - 10) + 6(V - 9)$
$48 - 2V = 3V - 30 + 6V - 54$
$48 - 2V = 9V - 84$
$132 = 11V$
$V = 12 \,V$
अब,$P$ पर विभव का उपयोग करके धारा $I$ की गणना करने पर:
$I = \frac{24 - V}{3} = \frac{24 - 12}{3} = \frac{12}{3} = 4 \,A$

(B) माना $X'$ समानांतर में जुड़े $X$ और $S$ का समतुल्य प्रतिरोध है।
$X' = \frac{X \cdot S}{X + S} = \frac{5S}{5 + S}$.
मीटर ब्रिज में, संतुलन की स्थिति $\frac{X'}{Y} = \frac{l_1}{l_2}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $l_1 = 0.625 \, m$ और $l_2 = 1 - 0.625 = 0.375 \, m$ है।
मान रखने पर: $\frac{5S / (5 + S)}{2} = \frac{0.625}{0.375}$.
$\frac{5S}{2(5 + S)} = \frac{625}{375} = \frac{5}{3}$.
$15S = 10(5 + S)$.
$15S = 50 + 10S$.
$5S = 50$.
$S = 10 \, \Omega$.

(C) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $(KE_{max})$ इस प्रकार दी जाती है:
$KE_{max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi_0$
दिया गया है:
कार्य फलन $\phi_0 = 2 \ \text{eV} = 2 \times 1.6 \times 10^{-19} \ \text{J} = 3.2 \times 10^{-19} \ \text{J}$
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 3000 \ \text{Å} = 3000 \times 10^{-10} \ \text{m} = 3 \times 10^{-7} \ \text{m}$
आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{3 \times 10^{-7}} \ \text{J} = 6.6 \times 10^{-19} \ \text{J}$
अब,$KE_{max}$ की गणना करने पर:
$KE_{max} = 6.6 \times 10^{-19} \ \text{J} - 3.2 \times 10^{-19} \ \text{J} = 3.4 \times 10^{-19} \ \text{J}$

(B) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,उत्सर्जित इलेक्ट्रॉन की अधिकतम गतिज ऊर्जा $E$ को $E = \frac{hc}{\lambda} - W$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $W$ धातु का कार्य फलन है।
प्रथम स्थिति के लिए: $E_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - W$ --- $(i)$
द्वितीय स्थिति के लिए: $E_2 = \frac{hc}{\lambda_2} - W$ --- (ii)
समीकरण $(i)$ में से समीकरण (ii) को घटाने पर:
$E_1 - E_2 = \left(\frac{hc}{\lambda_1} - W\right) - \left(\frac{hc}{\lambda_2} - W\right)$
$E_1 - E_2 = hc \left(\frac{1}{\lambda_1} - \frac{1}{\lambda_2}\right)$
$E_1 - E_2 = hc \left(\frac{\lambda_2 - \lambda_1}{\lambda_1 \lambda_2}\right)$
$hc$ के लिए हल करने पर:
$hc = \frac{(E_1 - E_2) \lambda_1 \lambda_2}{\lambda_2 - \lambda_1}$

(A) विक्षेप चुंबकत्वमापी में,चुंबक के कारण उत्पन्न क्षेत्र $F$ और पृथ्वी के चुंबकीय क्षेत्र का क्षैतिज घटक $B_H$ एक-दूसरे के लंबवत होते हैं।
सुई पर कार्य करने वाला परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = \sqrt{F^2 + B_H^2}$ है।
दोलन का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_{net}}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $I$ जड़त्व आघूर्ण है और $m$ सुई का चुंबकीय आघूर्ण है।
अतः,$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m \sqrt{F^2 + B_H^2}}}$.
जब चुंबक को हटा दिया जाता है,तो केवल $B_H$ क्षेत्र कार्य करता है,इसलिए $T_0 = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_H}}$.
विक्षेप चुंबकत्वमापी के सिद्धांत के अनुसार,$\frac{F}{B_H} = \tan \theta$,जिसका अर्थ है $F = B_H \tan \theta$.
$F$ का मान $T$ के व्यंजक में रखने पर:
$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m \sqrt{(B_H \tan \theta)^2 + B_H^2}}} = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_H \sqrt{\tan^2 \theta + 1}}} = 2\pi \sqrt{\frac{I}{m B_H \sec \theta}}$.
चूंकि $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$,इसलिए $T = 2\pi \sqrt{\frac{I \cos \theta}{m B_H}} = T_0 \sqrt{\cos \theta}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $T^2 = T_0^2 \cos \theta$ प्राप्त होता है।

(C) एक छोटे छड़ चुंबक के कारण उसकी निरक्षीय रेखा पर स्थित बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{M}{r^3}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,प्रत्येक चुंबक के केंद्र से मध्य बिंदु तक की दूरी $r = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$ है।
चूंकि उत्तरी ध्रुव भौगोलिक दक्षिण की ओर हैं,इसलिए मध्य बिंदु पर दोनों चुंबकों द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र पृथ्वी के क्षैतिज चुंबकीय क्षेत्र $(B_H)$ की दिशा में होगा।
अतः,परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = B_1 + B_2 + B_H$.
$B_1 = \frac{10^{-7} \times 1.2}{(0.1)^3} = \frac{1.2 \times 10^{-7}}{10^{-3}} = 1.2 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_2 = \frac{10^{-7} \times 1.0}{(0.1)^3} = \frac{1.0 \times 10^{-7}}{10^{-3}} = 1.0 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_H = 3.6 \times 10^{-5} = 0.36 \times 10^{-4} \text{ T}$.
$B_{net} = (1.2 + 1.0 + 0.36) \times 10^{-4} \text{ T} = 2.56 \times 10^{-4} \text{ T}$.

(B) कंपन करते हुए छड़ चुंबक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB_H}}$ द्वारा दिया जाता है।
पहले चुंबक के लिए: $T_1 = 8 \text{ s}$,$M_1 = 4 \text{ Am}^2$,$I_1 = I$. अतः,$8 = 2\pi \sqrt{\frac{I}{4B_H}}$ $(i)$.
दूसरे चुंबक के लिए: $T_2 = 6 \text{ s}$,$M_2 = 8 \text{ Am}^2$,$I_2 = 9 \times 10^{-2} \text{ kg m}^2$. अतः,$6 = 2\pi \sqrt{\frac{9 \times 10^{-2}}{8B_H}}$ (ii).
$(i)$ को (ii) से विभाजित करने पर: $\frac{8}{6} = \sqrt{\frac{I}{4B_H} \times \frac{8B_H}{9 \times 10^{-2}}} = \sqrt{\frac{2I}{9 \times 10^{-2}}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{64}{36} = \frac{2I}{9 \times 10^{-2}}$.
$\frac{16}{9} = \frac{2I}{9 \times 10^{-2}} \implies 16 = 2I \times 10^2 \implies I = 8 \times 10^{-2} \text{ kg m}^2$.

(B) कुल आवश्यक ऊर्जा $E = \text{शक्ति} \times \text{समय} = (3.70 \times 10^7 \text{ J/s}) \times (144 \times 10^4 \text{ s}) = 5.328 \times 10^{13} \text{ J}$.
प्रति विखंडन ऊर्जा $\epsilon = 185 \text{ MeV} = 185 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{ J} = 2.96 \times 10^{-11} \text{ J}$.
आवश्यक विखंडनों की संख्या $N = \frac{E}{\epsilon} = \frac{5.328 \times 10^{13}}{2.96 \times 10^{-11}} = 1.8 \times 10^{24} \text{ परमाणु}$.
ईंधन का द्रव्यमान $m = \frac{N \times M}{N_A} = \frac{1.8 \times 10^{24} \times 235}{6 \times 10^{23}} = 705 \text{ g} = 0.705 \text{ kg}$.

(B) नाभिक की त्रिज्या $(R)$ और द्रव्यमान संख्या $(A)$ के बीच का संबंध $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,दो नाभिकों की त्रिज्याओं का अनुपात $\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{A_1}{A_2}\right)^{1/3}$ होता है।
दिया गया है: $R_1 = 6 \text{ fermi}$,$A_1 = 125$,और $A_2 = 27$।
मान रखने पर:
$\frac{6}{R_2} = \left(\frac{125}{27}\right)^{1/3} = \frac{5}{3}$।
$R_2$ के लिए हल करने पर:
$R_2 = \frac{6 \times 3}{5} = \frac{18}{5} = 3.6 \text{ fermi}$।
चूंकि $1 \text{ fermi} = 10^{-15} \text{ m}$,इसलिए $R_2 = 3.6 \times 10^{-15} \text{ m}$ होगा।

(A) लेंस मेकर सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{\mu_g}{\mu_m} - 1 \right) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
यहाँ कांच के लेंस का अपवर्तनांक $\mu_g = 1.5$ है और आसपास के माध्यम का अपवर्तनांक $\mu_m = 1.75$ है।
द्वि-अवतल लेंस के लिए,वक्रता त्रिज्याएँ $R_1 = -R$ और $R_2 = +R$ होती हैं।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} = \left( \frac{1.5}{1.75} - 1 \right) \left( \frac{1}{-R} - \frac{1}{R} \right)$
$\frac{1}{f} = \left( \frac{1.5 - 1.75}{1.75} \right) \left( -\frac{2}{R} \right)$
$\frac{1}{f} = \left( \frac{-0.25}{1.75} \right) \left( -\frac{2}{R} \right)$
$\frac{1}{f} = \left( -\frac{1}{7} \right) \left( -\frac{2}{R} \right) = \frac{2}{7R}$
$f = +3.5 R$
चूंकि फोकस दूरी $f$ धनात्मक है,इसलिए लेंस एक अभिसारी लेंस की तरह व्यवहार करता है।

(B) नेत्रिका के लिए, प्रतिबिंब दूरी $V_e = -25 \,cm$ और फोकस दूरी $f_e = 5 \,cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{V_e} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{f_e}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{-25} - \frac{1}{u_e} = \frac{1}{5} \Rightarrow \frac{1}{u_e} = -\frac{1}{25} - \frac{1}{5} = -\frac{6}{25} \Rightarrow u_e = -\frac{25}{6} \,cm$.
अभिदृश्यक से मध्यवर्ती प्रतिबिंब की दूरी $v_0 = L - |u_e| = 10.5 - \frac{25}{6} = \frac{63 - 25}{6} = \frac{38}{6} \,cm$ है।
अभिदृश्यक लेंस के लिए, लेंस सूत्र $\frac{1}{v_0} - \frac{1}{u_0} = \frac{1}{f_0}$ का उपयोग करने पर, जहाँ $f_0 = 1.9 \,cm$ है:
$\frac{6}{38} - \frac{1}{u_0} = \frac{1}{1.9} \Rightarrow \frac{1}{u_0} = \frac{6}{38} - \frac{10}{19} = \frac{6 - 20}{38} = -\frac{14}{38}$.
$u_0 = -\frac{38}{14} \approx -2.71 \,cm$.
अतः, वस्तु को अभिदृश्यक से $2.7 \,cm$ की दूरी पर रखा जाना चाहिए।

(C) कॉमन-एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में ट्रांजिस्टर का धारा लाभ $\beta$,संग्राहक धारा में परिवर्तन और आधार धारा में परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$
दिया गया है:
$\Delta I_B = 140 \mu A - 45 \mu A = 95 \mu A = 95 \times 10^{-6} \text{ A}$
$\Delta I_C = 4.0 \text{ mA} - 0.2 \text{ mA} = 3.8 \text{ mA} = 3.8 \times 10^{-3} \text{ A}$
मान रखने पर:
$\beta = \frac{3.8 \times 10^{-3}}{95 \times 10^{-6}}$
$\beta = \frac{3800 \times 10^{-6}}{95 \times 10^{-6}}$
$\beta = 40$

(D) $NAND$ गेट को एक $AND$ गेट और उसके बाद एक $NOT$ गेट (इनवर्टर) के संयोजन के रूप में परिभाषित किया गया है। इसका लॉजिक प्रतीक एक $AND$ गेट के आकार और उसके आउटपुट पर एक छोटे वृत्त (बबल) से बना होता है,जो इनवर्जन को दर्शाता है। दिए गए विकल्पों में से,विकल्प $D$ में दिखाया गया प्रतीक मानक $NAND$ गेट का है।

(B) फ्रेनेल विवर्तन में,प्रकाश का स्रोत और स्क्रीन अवरोध या एपर्चर से सीमित दूरी पर होते हैं। किरणों को समानांतर बनाने के लिए किसी लेंस की आवश्यकता नहीं होती है। स्क्रीन पर किसी भी बिंदु पर परिणामी विवर्तन पैटर्न तरंग के विभिन्न हाफ-पीरियड ज़ोन से उत्पन्न तरंगों के अध्यारोपण द्वारा निर्धारित होता है। किसी विशिष्ट बिंदु पर तीव्रता उस बिंदु पर अध्यारोपित होने वाले हाफ-पीरियड ज़ोन की संख्या पर निर्भर करती है,क्योंकि ये ज़ोन संपोषी या विनाशी व्यतिकरण कर सकते हैं।