TS EAMCET 2008 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) $n^{\text{वीं}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{313.6 Z^2}{n^2} \ kcal \ mol^{-1}$ द्वारा दी जाती है।
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,$Z = 1$,इसलिए $E_n = -\frac{313.6}{n^2} \ kcal \ mol^{-1}$ है।
लायमैन श्रेणी $n_1 = 1$ पर समाप्त होने वाले संक्रमणों के अनुरूप है। लाइमैन श्रेणी में $H_\alpha$ रेखा $n_2 = 2$ से $n_1 = 1$ तक के संक्रमण के अनुरूप है।
$n_1 = 1$ के लिए,$E_1 = -\frac{313.6 \times 1^2}{1^2} = -313.6 \ kcal \ mol^{-1}$ है।
$n_2 = 2$ के लिए,$E_2 = -\frac{313.6 \times 1^2}{2^2} = -\frac{313.6}{4} = -78.4 \ kcal \ mol^{-1}$ है।
अतः,ऊर्जाएं $-313.6 \ kcal \ mol^{-1}$ और $-78.4 \ kcal \ mol^{-1}$ हैं।

(A) दिया गया है: कण $A$ का वेग $(v_A)$ = $0.05 \ ms^{-1}$ और कण $B$ का वेग $(v_B)$ = $0.02 \ ms^{-1}$.
माना कण $A$ का द्रव्यमान $(m_A)$ = $m$.
अतः,कण $B$ का द्रव्यमान $(m_B)$ = $5m$.
डी-ब्रोग्ली समीकरण के अनुसार,$\lambda = \frac{h}{mv}$.
कण $A$ के लिए: $\lambda_A = \frac{h}{m_A v_A} = \frac{h}{m \times 0.05}$.
कण $B$ के लिए: $\lambda_B = \frac{h}{m_B v_B} = \frac{h}{5m \times 0.02}$.
अनुपात लेने पर: $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{h}{m \times 0.05} \times \frac{5m \times 0.02}{h}$.
$\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{5 \times 0.02}{0.05} = \frac{0.1}{0.05} = \frac{2}{1}$.
अतः,अनुपात $2: 1$ है.

(C) फ्रुंडलिच अधिशोषण समतापी का समीकरण है: $\frac{x}{m} = k p^{1/n}$।
दोनों तरफ लघुगणक (logarithm) लेने पर,हमें प्राप्त होता है: $\log \left( \frac{x}{m} \right) = \log k + \frac{1}{n} \log p$।
यह समीकरण $y = mx + c$ के रूप में है,जहाँ $y = \log (x/m)$,$x = \log p$,ढाल $m = 1/n$,और अंतःखंड $c = \log k$ है।
इसलिए,$\log (x/m)$ बनाम $\log p$ का आलेख $1/n$ के धनात्मक ढाल और $y$-अक्ष पर $\log k$ के अंतःखंड के साथ एक सीधी रेखा देता है।

(A) थर्मोइलेक्ट्रिक पावर $S$ को तापमान $T$ के सापेक्ष थर्मो-इलेक्ट्रोमोटिव बल $E$ के परिवर्तन की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है,अर्थात $S = \frac{dE}{dT}$।
दिया गया समीकरण $E = k(T - T_r)[T_0 - \frac{1}{2}(T + T_r)]$ है।
समीकरण का विस्तार करने पर: $E = k[T_0 T - T_0 T_r - \frac{1}{2}T^2 - \frac{1}{2}T T_r + \frac{1}{2}T T_r + \frac{1}{2}T_r^2] = k[T_0 T - T_0 T_r - \frac{1}{2}T^2 + \frac{1}{2}T_r^2]$।
$T$ के सापेक्ष $E$ का अवकलन करने पर: $\frac{dE}{dT} = k[T_0 - T]$।
अब $T = \frac{1}{2} T_0$ मान रखने पर:
$S = k[T_0 - \frac{1}{2} T_0] = k[\frac{1}{2} T_0] = \frac{1}{2} k T_0$।

(A) मान लीजिए स्लैब $B$ की मोटाई $d$ है और इसकी ऊष्मीय चालकता $K$ है। तब,स्लैब $A$ के लिए,मोटाई $2d$ और ऊष्मीय चालकता $2K$ है।
मान लीजिए संपर्क सतह पर तापमान $T$ है।
चूंकि स्लैब श्रेणीक्रम में हैं,इसलिए दोनों स्लैब से गुजरने वाली ऊष्मा प्रवाह की दर $H$ समान होनी चाहिए:
$H = \frac{K_A A (T_1 - T)}{d_A} = \frac{K_B A (T - T_2)}{d_B}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{2K \cdot A (100 - T)}{2d} = \frac{K \cdot A (T - 25)}{d}$
$100 - T = T - 25$
$2T = 125$
$T = 62.5^{\circ} C$

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए अवस्था का समीकरण $p V^\gamma = \text{constant}$ होता है।
आदर्श गैस नियम $pV = nRT$ का उपयोग करते हुए,हम $V = nRT/p$ को रुद्धोष्म समीकरण में प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$p(nRT/p)^\gamma = \text{constant}$
$p \cdot p^{-\gamma} \cdot T^\gamma = \text{constant}$
$p^{1-\gamma} T^\gamma = \text{constant}$।
अतः,विकल्प $A$ सही है।

(D) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,दबाव और आयतन के बीच का संबंध $PV^{\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
जब संपीड़न के दौरान आयतन $V$ घटता है,तो गुणनफल को स्थिर रखने के लिए दबाव $P$ को बढ़ना चाहिए।
रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$dQ = dU + dW = 0$,जिसका अर्थ है $dU = -dW$।
संपीड़न में,गैस पर कार्य किया जाता है,इसलिए $dW < 0$,जिसका अर्थ है $dU > 0$।
चूंकि आदर्श गैस के लिए आंतरिक ऊर्जा $U$,तापमान $T$ के सीधे आनुपातिक होती है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में वृद्धि के परिणामस्वरूप तापमान में वृद्धि होती है।
अतः,रुद्धोष्म संपीड़न तापमान और दबाव दोनों में वृद्धि की ओर ले जाता है।

(C) आदर्श गैस समीकरण $pV = nRT$ द्वारा दिया जाता है।
ऑक्सीजन के लिए: $p_1 = 1 ~atm$,$V_1 = 1 ~L$। अतः,$n_{O_2} = \frac{p_1 V_1}{RT} = \frac{1 \times 1}{RT} = \frac{1}{RT}$।
नाइट्रोजन के लिए: $p_2 = 0.5 ~atm$,$V_2 = 2 ~L$। अतः,$n_{N_2} = \frac{p_2 V_2}{RT} = \frac{0.5 \times 2}{RT} = \frac{1}{RT}$।
जब इन गैसों को समान तापमान $T$ पर $V_{mix} = 1 ~L$ आयतन वाले पात्र में डाला जाता है,तो मोलों की कुल संख्या $n_{mix} = n_{O_2} + n_{N_2} = \frac{1}{RT} + \frac{1}{RT} = \frac{2}{RT}$ होती है।
मिश्रण के लिए आदर्श गैस समीकरण का उपयोग करने पर: $p_{mix} V_{mix} = n_{mix} RT$।
मान रखने पर: $p_{mix} \times 1 = \left( \frac{2}{RT} \right) RT$।
अतः,$p_{mix} = 2 ~atm$।

(A) दिए गए समीकरण:
$(i) \ H_2O_{(g)} + C_{(g)} \longrightarrow CO_{(g)} + H_{2(g)} ; \Delta H = +131 \ kJ$
$(ii) \ CO_{(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)} ; \Delta H = -282 \ kJ$
$(iii) \ H_{2(g)} + \frac{1}{2} O_{2(g)} \longrightarrow H_2O_{(g)} ; \Delta H = -242 \ kJ$
$C_{(g)} + O_{2(g)} \longrightarrow CO_{2(g)}$ के लिए $\Delta H$ ज्ञात करने हेतु,समीकरणों $(i)$,$(ii)$ और $(iii)$ को जोड़ने पर:
$\Delta H = (+131) + (-282) + (-242) \ kJ$
$\Delta H = 131 - 524 \ kJ = -393 \ kJ$

(A) माना कि प्लांक नियतांक $(h)$ का विमीय सूत्र $G, L,$ और $E$ के पदों में $h = k G^x L^y E^z$ है।
विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$[M^1 L^2 T^{-1}] = [M^{-1} L^3 T^{-2}]^x [M^1 L^2 T^{-1}]^y [M^1 L^2 T^{-2}]^z$
दोनों पक्षों में $M, L,$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $-x + y + z = 1$ $(i)$
$L$ के लिए: $3x + 2y + 2z = 2$ (ii)
$T$ के लिए: $-2x - y - 2z = -1$ (iii)
समीकरण $(i)$ और (iii) को जोड़ने पर:
$(-x + y + z) + (-2x - y - 2z) = 1 - 1$
$-3x - z = 0 \implies z = -3x$
$z = -3x$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$-x + y - 3x = 1 \implies y - 4x = 1 \implies y = 1 + 4x$
$y$ और $z$ को समीकरण (ii) में रखने पर:
$3x + 2(1 + 4x) + 2(-3x) = 2$
$3x + 2 + 8x - 6x = 2$
$5x + 2 = 2 \implies 5x = 0 \implies x = 0$.
अतः,$h$ के सूत्र में $G$ की विमा $0$ है।

(C) फ्रॉनहोफर विवर्तन तब होता है जब प्रकाश का स्रोत और स्क्रीन अवरोध या एपर्चर से प्रभावी रूप से अनंत दूरी पर होते हैं।
व्यावहारिक रूप से,यह तब प्राप्त होता है जब फ्रेनेल दूरी $Z_F = \frac{b^2}{\lambda}$ अवरोध और स्क्रीन के बीच की दूरी $L$ से बहुत कम होती है।
गणितीय रूप से,इस स्थिति को $L \gg \frac{b^2}{\lambda}$ के रूप में व्यक्त किया जाता है,जिसे $\frac{b^2}{L \lambda} \ll 1$ के रूप में पुनर्व्यवस्थित किया जा सकता है।

(C) कार की गति $v_c = 72 ~km/h = 72 \times \frac{5}{18} = 20 ~m/s$ है।
$10 ~s$ में कार द्वारा तय की गई दूरी $d_c = v_c \times t = 20 \times 10 = 200 ~m$ है।
पहाड़ी से कार की प्रारंभिक दूरी $D = 1800 ~m$ है।
जब प्रतिध्वनि सुनाई देती है,तो कार पहाड़ी की ओर $200 ~m$ आगे बढ़ चुकी होती है,इसलिए पहाड़ी से उसकी नई दूरी $1800 - 200 = 1600 ~m$ है।
ध्वनि कार से पहाड़ी तक $(1800 ~m)$ जाती है और फिर परावर्तित होकर कार की नई स्थिति $(1600 ~m)$ पर वापस आती है।
ध्वनि द्वारा तय की गई कुल दूरी $d_s = 1800 + 1600 = 3400 ~m$ है।
ध्वनि की गति $v_s = \frac{d_s}{t} = \frac{3400}{10} = 340 ~m/s$ है।

(C) तरंग के लिए कण का अधिकतम वेग $v_{\max} = A \omega$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $A$ आयाम है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
दिया गया है कि कण का अधिकतम वेग तरंग के वेग $v$ के बराबर है,इसलिए $v_{\max} = v$.
व्यंजकों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $A \omega = v$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\omega = 2 \pi f$ और $v = f \lambda$,हम लिख सकते हैं $\omega = \frac{2 \pi v}{\lambda}$।
इसे समीकरण में रखने पर: $A \left( \frac{2 \pi v}{\lambda} \right) = v$.
$A$ के लिए हल करने पर: $A = \frac{v \lambda}{2 \pi v} = \frac{\lambda}{2 \pi}$.

(C) दिया गया है,नदी का वेग $(v) = 2 ~m/s$.
पानी का घनत्व $(\rho) = 1.2 ~g/cc = 1.2 \times 10^3 ~kg/m^3$.
पानी के प्रत्येक घन मीटर का द्रव्यमान $(m)$ उसके घनत्व और आयतन $(V = 1 ~m^3)$ के गुणनफल के बराबर होता है।
$m = \rho \times V = 1.2 \times 10^3 ~kg/m^3 \times 1 ~m^3 = 1.2 \times 10^3 ~kg$.
गतिज ऊर्जा $(K.E.)$ का सूत्र $K.E. = \frac{1}{2}mv^2$ है।
मान रखने पर:
$K.E. = \frac{1}{2} \times (1.2 \times 10^3) \times (2)^2$.
$K.E. = \frac{1}{2} \times 1.2 \times 10^3 \times 4$.
$K.E. = 2.4 \times 10^3 ~J = 2.4 ~kJ$.

(B) जब गेंद को $h$ ऊँचाई से गिराया जाता है,तो वह $h$ दूरी तय करके पहली बार फर्श से टकराती है।
पहली टक्कर के बाद,गेंद $h_1 = e^2 h$ की ऊँचाई तक उछलती है।
इसके बाद गेंद $h_1$ ऊँचाई तक ऊपर जाती है और फिर वापस नीचे गिरकर दूसरी बार फर्श से टकराती है।
इसलिए,दूसरी टक्कर से ठीक पहले गेंद द्वारा तय की गई कुल दूरी प्रारंभिक गिरने की दूरी,उछाल की ऊँचाई और उछाल से वापस गिरने की दूरी का योग है।
कुल दूरी $D = h + h_1 + h_1 = h + 2h_1$.
समीकरण में $h_1 = e^2 h$ रखने पर,हमें $D = h + 2(e^2 h) = h(1 + 2e^2)$ प्राप्त होता है।

(A) द्रव्यमान केंद्र का वेग $(V_{CM})$ सूत्र $V_{CM} = \frac{m_A v_A + m_B v_B}{m_A + m_B}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कण शुरू में विरामावस्था में हैं,इसलिए निकाय का प्रारंभिक संवेग शून्य है।
रैखिक संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,यदि किसी निकाय पर कुल बाह्य बल शून्य है,तो द्रव्यमान केंद्र का वेग स्थिर रहता है।
इस मामले में,केवल आपसी आकर्षण बल (आंतरिक बल) कार्य कर रहे हैं,इसलिए कुल बाह्य बल शून्य है।
चूंकि द्रव्यमान केंद्र का प्रारंभिक वेग शून्य था,इसलिए यह हर समय शून्य ही रहेगा।

(B) परक्लोरेट आयन $(ClO_4^{-})$ में,केंद्रीय क्लोरीन परमाणु $sp^3$ संकरित होता है। यह चार $Cl-O$ बंध बनाता है,जिनमें से तीन द्वि-बंध होते हैं जो ऑक्सीजन के भरे हुए $2p$ कक्षकों और क्लोरीन के खाली $3d$ कक्षकों के बीच $d\pi - p\pi$ बैक बॉन्डिंग द्वारा बनते हैं। अतः,$ClO_4^{-}$ में $3$ $d\pi - p\pi$ बंध होते हैं।
अब,दिए गए विकल्पों का विश्लेषण करते हैं:
$1$. $XeF_4$: इसमें कोई $d\pi - p\pi$ बंध नहीं होता है।
$2$. $XeO_3$: ज़ेनॉन परमाणु एक एकाकी इलेक्ट्रॉन युग्म के साथ $sp^3$ संकरित होता है। यह तीन $Xe=O$ द्वि-बंध बनाता है,जिनमें से प्रत्येक में $d\pi - p\pi$ बंधन शामिल होता है। अतः,इसमें $3$ $d\pi - p\pi$ बंध होते हैं।
$3$. $XeO_4$: ज़ेनॉन परमाणु $sp^3$ संकरित होता है। यह चार $Xe=O$ द्वि-बंध बनाता है,जिनमें से प्रत्येक में $d\pi - p\pi$ बंधन शामिल होता है। अतः,इसमें $4$ $d\pi - p\pi$ बंध होते हैं।
$4$. $XeF_6$: इसमें कोई $d\pi - p\pi$ बंध नहीं होता है।
इसलिए,$ClO_4^{-}$ के समान $d\pi - p\pi$ बंधों की संख्या वाला यौगिक $XeO_3$ है।

(A) सही सेट निर्धारित करने के लिए,हम प्रत्येक अणु के संकरण और ज्यामिति का विश्लेषण करते हैं:

अणु	$bp + lp$	संकरण	आकार
$H_2O$	$2 + 2$	$sp^3$	कोणीय
$BCl_3$	$3 + 0$	$sp^2$	त्रिकोणीय समतलीय
$NH_4^{+}$	$4 + 0$	$sp^3$	चतुष्फलकीय
$CH_4$	$4 + 0$	$sp^3$	चतुष्फलकीय

विकल्पों की तुलना करने पर:
$A$. $H_2O$ में $sp^3$ संकरण और कोणीय आकार है। यह सही है।
अतः,सही सेट $A$ है।

(D) दिया गया है: प्रेक्षित द्विध्रुव आघूर्ण $= 1.03 \ \text{D}$।
$HCl$ अणु की बंध लंबाई,$d = 1.275 \ \text{Å} = 1.275 \times 10^{-8} \ \text{cm}$।
इलेक्ट्रॉन का आवेश,$e = 4.8 \times 10^{-10} \ \text{esu}$।
सैद्धांतिक द्विध्रुव आघूर्ण $= e \times d = (4.8 \times 10^{-10} \ \text{esu}) \times (1.275 \times 10^{-8} \ \text{cm}) = 6.12 \times 10^{-18} \ \text{esu} \cdot \text{cm} = 6.12 \ \text{D}$।
प्रतिशत आयनिक लक्षण $= (\text{प्रेक्षित द्विध्रुव आघूर्ण} / \text{सैद्धांतिक द्विध्रुव आघूर्ण}) \times 100$।
प्रतिशत आयनिक लक्षण $= (1.03 / 6.12) \times 100 = 16.83 \%$।

(B) वियोजन के लिए रासायनिक समीकरण: $PCl_5 \rightleftharpoons PCl_3 + Cl_2$
प्रारंभिक मोल: $PCl_5 = 5$,$PCl_3 = 0$,$Cl_2 = 0$
वियोजन की मात्रा $\alpha = 0.4$
साम्यावस्था पर मोल: $PCl_5 = 5(1 - 0.4) = 3$,$PCl_3 = 5 \times 0.4 = 2$,$Cl_2 = 5 \times 0.4 = 2$
फ्लास्क का आयतन $V = 500 \,mL = 0.5 \,L$
साम्यावस्था पर सांद्रता: $[PCl_5] = 3 / 0.5 = 6 \,mol/L$,$[PCl_3] = 2 / 0.5 = 4 \,mol/L$,$[Cl_2] = 2 / 0.5 = 4 \,mol/L$
साम्यावस्था स्थिरांक $K_c = \frac{[PCl_3][Cl_2]}{[PCl_5]} = \frac{4 \times 4}{6} = \frac{16}{6} = 2.66 \,mol/L$

(C) दिया गया है कि $B$ की परमाणु संख्या $Z$ है। चूँकि $B$ एक उत्कृष्ट गैस है,यह समूह $18$ से संबंधित है।
इसलिए,परमाणु संख्या $Z-1$ वाला तत्व $A$ एक हैलोजन (समूह $17$) है,जिसकी इलेक्ट्रॉन बंधुता बहुत उच्च होती है।
परमाणु संख्या $Z+1$ वाला तत्व $C$ एक क्षार धातु (समूह $1$) है,जो $+1$ ऑक्सीकरण अवस्था में मौजूद होता है।
परमाणु संख्या $Z+2$ वाला तत्व $D$ एक क्षारीय मृदा धातु (समूह $2$) है,जो $+2$ ऑक्सीकरण अवस्था में मौजूद होता है।
अतः,कथन $(1)$ सही है ($A$ एक हैलोजन है) और कथन $(3)$ सही है ($D$ एक क्षारीय मृदा धातु है)। कथन $(2)$ गलत है क्योंकि $C$ $+1$ ऑक्सीकरण अवस्था में होता है।

(B) माना परिपथ में कुल धारा $I$ है।
दिया गया है कि गैल्वेनोमीटर से प्रवाहित धारा $I_g = 5 \% \text{ of } I = 0.05 I$ है।
शंट प्रतिरोध $S$ से प्रवाहित धारा $I_s = I - I_g = I - 0.05 I = 0.95 I$ होगी।
चूंकि गैल्वेनोमीटर और शंट समानांतर क्रम में हैं,इसलिए उनके सिरों पर विभवांतर समान होगा:
$I_g G = I_s S$
$0.05 I \times G = 0.95 I \times S$
$S = \frac{0.05 I \times G}{0.95 I} = \frac{5}{95} G = \frac{G}{19}$.

(D) हमारे पास $\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1} = \frac{(x^2+2x+1) - x}{x^2+2x+1} = 1 - \frac{x}{(x+1)^2}$ है।
अब,$\frac{x}{(x+1)^2}$ को आंशिक भिन्नों में व्यक्त करने पर:
$\frac{x}{(x+1)^2} = \frac{P}{x+1} + \frac{Q}{(x+1)^2}$.
$x = P(x+1) + Q = Px + (P+Q)$.
गुणांकों की तुलना करने पर,$P=1$ और $P+Q=0$,अतः $Q=-1$.
इस प्रकार,$\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1} = 1 - (\frac{1}{x+1} - \frac{1}{(x+1)^2}) = 1 - \frac{1}{x+1} + \frac{1}{(x+1)^2}$.
$A + \frac{B}{x+1} + \frac{C}{(x+1)^2}$ से तुलना करने पर,$A=1$,$B=-1$,और $C=1$ प्राप्त होता है।
अतः,$A-B = 1 - (-1) = 2$.
चूंकि $C=1$,इसलिए $2 = 2C$.
अतः,$A-B = 2C$.

(D) माना समीकरण $x^3+x+1=0$ के मूल $\alpha, \beta, \gamma$ हैं। माना $S_n = \alpha^n + \beta^n + \gamma^n$.
न्यूटन के योग सूत्र के अनुसार,$S_n + S_{n-2} + S_{n-3} = 0$.
$S_1 = 0$.
$S_2 = -2$.
$S_3 = -S_1 - S_0 = 0 - 3 = -3$.
$S_4 = -S_2 - S_1 = -(-2) - 0 = 2$.

(D) माना दिए गए समीकरण $x^3+2 x^2-4 x+1=0$ के मूल $\alpha, \beta, \gamma$ हैं।
हम वह समीकरण ज्ञात करना चाहते हैं जिसके मूल $3\alpha, 3\beta, 3\gamma$ हैं।
माना $y = 3x$,जिसका अर्थ है $x = \frac{y}{3}$।
मूल समीकरण में $x = \frac{y}{3}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$(\frac{y}{3})^3 + 2(\frac{y}{3})^2 - 4(\frac{y}{3}) + 1 = 0$
$\frac{y^3}{27} + \frac{2y^2}{9} - \frac{4y}{3} + 1 = 0$
पूरे समीकरण को $27$ से गुणा करने पर:
$y^3 + 6y^2 - 36y + 27 = 0$
$y$ को $x$ से बदलने पर,अभीष्ट समीकरण $x^3 + 6x^2 - 36x + 27 = 0$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है,$\arg \left(\frac{z-2}{z-6i}\right) = \frac{\pi}{2}$.
माना $z = x + iy$ है। यह समीकरण एक ऐसे बिंदु $z$ का बिंदुपथ दर्शाता है जिसके द्वारा $A(2, 0)$ और $B(0, 6)$ को जोड़ने वाले रेखाखंड पर बना कोण $\frac{\pi}{2}$ है।
$\arg(z-2) - \arg(z-6i) = \frac{\pi}{2}$.
$z = x + iy$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan^{-1}\left(\frac{y}{x-2}\right) - \tan^{-1}\left(\frac{y-6}{x}\right) = \frac{\pi}{2}$.
सर्वसमिका $\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right) = \frac{\pi}{2}$ का उपयोग करने पर,हर $1+AB = 0$ होना चाहिए।
$1 + \left(\frac{y}{x-2}\right)\left(\frac{y-6}{x}\right) = 0$.
$x(x-2) + y(y-6) = 0$.
$x^2 - 2x + y^2 - 6y = 0$.
यह एक वृत्त का समीकरण है जिसका केंद्र $(1, 3)$ और त्रिज्या $\sqrt{10}$ है।

(A) दिया गया है कि $\omega$ इकाई का एक सम्मिश्र घनमूल है,इसलिए $\omega^3 = 1$ और $1+\omega+\omega^2 = 0$।
सबसे पहले,$\omega$ की घातों को सरल करने पर:
$\omega^{10} = (\omega^3)^3 \cdot \omega = 1^3 \cdot \omega = \omega$
$\omega^{23} = (\omega^3)^7 \cdot \omega^2 = 1^7 \cdot \omega^2 = \omega^2$
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\sin \left\{(\omega + \omega^2) \pi - \frac{\pi}{4}\right\}$
चूंकि $\omega + \omega^2 = -1$,इसलिए:
$\sin \left\{(-1) \pi - \frac{\pi}{4}\right\} = \sin \left(-\pi - \frac{\pi}{4}\right)$
$= -\sin \left(\pi + \frac{\pi}{4}\right) = -(-\sin \frac{\pi}{4}) = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$

(B) माना $S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(2n+1)}$.
आंशिक भिन्नों का उपयोग करने पर,$\frac{1}{n(2n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1}$.
अतः,$S = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n} - \frac{2}{2n+1} \right) = \left( 1 - \frac{2}{3} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{2}{5} \right) + \left( \frac{1}{3} - \frac{2}{7} \right) + \ldots$
$S = 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \ldots$
श्रेणी $\log_e(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$ का उपयोग करते हुए,$x=1$ के लिए $\log_e 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ldots$.
इस प्रकार,$S = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} + \ldots) = 1 - (1 - \log_e 2) = 2 - \log_e 2$.

(D) आंतरिक योग एक गुणोत्तर श्रेणी है: $\sum_{n=1}^k 2^{n-1} = \frac{1(2^k - 1)}{2 - 1} = 2^k - 1$.
मुख्य व्यंजक में यह मान रखने पर:
$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^k - 1}{k!} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^k}{k!} - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k!}$.
हम जानते हैं कि टेलर श्रेणी का विस्तार $e^x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} = 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ होता है,इसलिए $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k!} = e^x - 1$.
पहले भाग के लिए,$x = 2$: $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^k}{k!} = e^2 - 1$.
दूसरे भाग के लिए,$x = 1$: $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1^k}{k!} = e^1 - 1 = e - 1$.
इन दोनों को घटाने पर: $(e^2 - 1) - (e - 1) = e^2 - 1 - e + 1 = e^2 - e$.

(C) हमें योग $S = \sum_{k=1}^n k(k+2)$ का मूल्यांकन करना है।
योग के अंदर के पद का विस्तार करने पर,हमें $k^2 + 2k$ प्राप्त होता है।
अतः,$S = \sum_{k=1}^n k^2 + 2 \sum_{k=1}^n k$.
मानक योग सूत्रों $\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ और $\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ का उपयोग करने पर:
$S = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2}$.
$S = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + n(n+1)$.
$\frac{n(n+1)}{6}$ को कॉमन लेने पर,हमें प्राप्त होता है:
$S = \frac{n(n+1)}{6} [ (2n+1) + 6 ]$.
$S = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}$.

(A) समताप मंडल (stratosphere) में निम्नलिखित अभिक्रियाएं होती हैं जो ओजोन परत के क्षय के लिए जिम्मेदार हैं:
$NO + O_3 \longrightarrow NO_2 + O_2$
$CF_2Cl_2 \xrightarrow{hv} \dot{C}F_2Cl + \dot{Cl}$
$CFCl_3 \xrightarrow{hv} \dot{C}FCl_2 + \dot{Cl}$
$\dot{Cl} + O_3 \longrightarrow Cl\dot{O} + O_2$
$Cl\dot{O} + O \longrightarrow \dot{Cl} + O_2$
अतः,मीथेन $(CH_4)$ ओजोन परत के क्षय के लिए जिम्मेदार नहीं है।

(B) दिया गया है कि $\alpha = \frac{5}{2! 3} + \frac{5 \cdot 7}{3! 3^2} + \frac{5 \cdot 7 \cdot 9}{4! 3^3} + \ldots$
श्रेणी के योग के लिए द्विपद प्रमेय का उपयोग करने पर,$\alpha = 3^{3/2} - 2$ प्राप्त होता है।
अब,$\alpha^2 + 4\alpha = (\alpha + 2)^2 - 4$
$\alpha + 2 = 3^{3/2}$
अतः,$(\alpha + 2)^2 - 4 = (3^{3/2})^2 - 4 = 27 - 4 = 23$.

(B) दिया गया है,$\tan \theta + \tan \left(\theta + \frac{\pi}{3}\right) + \tan \left(\theta + \frac{2\pi}{3}\right) = 3$.
$\tan(A+B)$ के सूत्र का उपयोग करने पर:
$\tan \theta + \frac{\tan \theta + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{3} \tan \theta} + \frac{\tan \theta - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3} \tan \theta} = 3$.
सरल करने पर:
$\tan \theta + \frac{8 \tan \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta} = 3$.
$\frac{9 \tan \theta - 3 \tan^3 \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta} = 3$.
$3 \tan 3\theta = 3$,अतः $\tan 3\theta = 1$.
अतः,विकल्प $B$ सही है.

(B) दिया गया है कि $l, m, n$ समांतर श्रेणी $(AP)$ में हैं।
इसलिए,$2m = l + n$।
रेखा का समीकरण $lx + my + n = 0$ है।
हम समीकरण को $lx + my + n = 0$ के रूप में लिख सकते हैं।
समीकरण में $n = 2m - l$ प्रतिस्थापित करने पर:
$lx + my + (2m - l) = 0$
$l(x - 1) + m(y + 2) = 0$
इस समीकरण के $l$ और $m$ से स्वतंत्र होने के लिए,गुणांक शून्य होने चाहिए:
$x - 1 = 0 \implies x = 1$
$y + 2 = 0 \implies y = -2$
अतः,रेखा हमेशा $(1, -2)$ बिंदु से होकर गुजरती है।

(A) मान लीजिए कि दो लंबवत रेखाएं निर्देशांक अक्ष $x = 0$ और $y = 0$ हैं।
मान लीजिए बिंदु $P$ $(x, y)$ है।
$x = 0$ से $P$ की दूरी $|x|$ है और $y = 0$ से दूरी $|y|$ है।
दिया गया है कि दूरियों का योग $1$ है,इसलिए $|x| + |y| = 1$।
यह समीकरण $(1, 0), (0, 1), (-1, 0),$ और $(0, -1)$ शीर्षों वाला एक वर्ग दर्शाता है।
एक वर्ग एक विशेष प्रकार का समचतुर्भुज होता है।
इसलिए,$P$ का बिंदुपथ एक समचतुर्भुज है।

(A) दिए गए वक्रों $x^2+y^2=4$ और $x+y=a$ को समघातीय बनाने के लिए,मूल बिंदु और प्रतिच्छेदन बिंदुओं से गुजरने वाली रेखाओं के युग्म का समीकरण इस प्रकार लिखते हैं:
$x^2+y^2-4\left(\frac{x+y}{a}\right)^2=0$
$a^2(x^2+y^2)-4(x^2+y^2+2xy)=0$
$x^2(a^2-4) - 8xy + y^2(a^2-4)=0$
चूंकि यह लंबवत सीधी रेखाओं का एक युग्म है,इसलिए $x^2$ और $y^2$ के गुणांकों का योग शून्य होना चाहिए:
$(a^2-4) + (a^2-4) = 0$
$2(a^2-4) = 0$
$a^2 = 4$
$a = \pm 2$
अतः,$a$ का आवश्यक समुच्चय $\{-2, 2\}$ है।

(C) दिया गया समीकरण $\lambda x^2-10 x y+12 y^2+5 x-16 y-3=0$ है।
इसे व्यापक द्विघात समीकरण $a x^2+2 h x y+b y^2+2 g x+2 f y+c=0$ से तुलना करने पर:
$a=\lambda, h=-5, b=12, g=\frac{5}{2}, f=-8, c=-3$ प्राप्त होता है।
रेखाओं के युग्म को निरूपित करने की शर्त $abc+2fgh-af^2-bg^2-ch^2=0$ है।
मान रखने पर:
$\lambda(12)(-3) + 2(-8)(\frac{5}{2})(-5) - \lambda(-8)^2 - 12(\frac{5}{2})^2 - (-3)(-5)^2 = 0$.
$-36\lambda + 200 - 64\lambda - 75 + 75 = 0$.
$-100\lambda + 200 = 0$.
$100\lambda = 200$.
$\lambda = 2$.

(D) दिया गया यौगिक $C_2H_5-O-CH(CH_3)_2$ संरचना वाला एक ईथर है।
ईथर के लिए $IUPAC$ नामकरण के अनुसार,इनका नाम एल्कोक्सीएल्केन के रूप में लिखा जाता है।
बड़े एल्काइल समूह को मुख्य एल्केन माना जाता है,और ऑक्सीजन परमाणु के साथ छोटे एल्काइल समूह को एल्कोक्सी समूह के रूप में नामित किया जाता है।
यहाँ,एथिल समूह $(C_2H_5-)$ आइसोप्रोपिल समूह $(-CH(CH_3)_2)$ से छोटा है,इसलिए इसे एथॉक्सी समूह के रूप में नामित किया गया है।
मुख्य श्रृंखला प्रोपेन है,और एथॉक्सी समूह दूसरे कार्बन परमाणु से जुड़ा है।
इसलिए,$IUPAC$ नाम $2-\text{ethoxypropane}$ है।

(A) Cahn-Ingold-Prelog $(CIP)$ अनुक्रम नियमों के अनुसार,प्राथमिकता का निर्धारण कायरल केंद्र से सीधे जुड़े परमाणु की परमाणु संख्या के आधार पर किया जाता है।
$1$. उच्च परमाणु संख्या वाला परमाणु उच्च प्राथमिकता प्राप्त करता है।
$2$. कायरल केंद्र से जुड़े परमाणुओं की तुलना करने पर: $-OH$ में $O$ (परमाणु संख्या $8$) की प्राथमिकता सबसे अधिक है।
$3$. शेष समूहों ($-COOH$,$-CHO$,$-CH_2OH$) के लिए,जुड़ा हुआ परमाणु $C$ (परमाणु संख्या $6$) है।
$4$. हम अगले परमाणुओं को देखते हैं:
- $-COOH$ में ($C$ द्वि-आबंध समतुल्य के माध्यम से $O, O, O$ से जुड़ा है),
- $-CHO$ में ($C$ द्वि-आबंध समतुल्य के माध्यम से $O, O, H$ से जुड़ा है),
- $-CH_2OH$ में ($C$ एकल आबंध के माध्यम से $O, H, H$ से जुड़ा है)।
इस प्रकार,क्रम $-COOH > -CHO > -CH_2OH$ है।
अतः,समग्र प्राथमिकता का क्रम $-OH > -COOH > -CHO > -CH_2OH$ है।

(D) Cahn-Ingold-Prelog $(CIP)$ प्राथमिकता नियमों के अनुसार,यदि उच्च प्राथमिकता वाले समूह द्वि-आबंध के एक ही तरफ मौजूद हैं,तो विन्यास '$Z$' (zusammen) होता है,और यदि वे विपरीत दिशा में हैं,तो विन्यास '$E$' (entgegen) होता है।
यौगिक $(i)$ के लिए:
बायां कार्बन: $Cl > H$ (प्राथमिकता)।
दायां कार्बन: $Br > F$ (प्राथमिकता)।
चूंकि उच्च प्राथमिकता वाले समूह ($Cl$ और $Br$) एक ही तरफ हैं,इसलिए इसका विन्यास '$Z$' है।
यौगिक $(ii)$ के लिए:
बायां कार्बन: $Cl > H$ (प्राथमिकता)।
दायां कार्बन: $Br > F$ (प्राथमिकता)।
चूंकि उच्च प्राथमिकता वाले समूह ($Cl$ और $Br$) विपरीत दिशा में हैं,इसलिए इसका विन्यास '$E$' है।
यौगिक $(iii)$ के लिए:
बायां कार्बन: $Br > Cl$ (प्राथमिकता)।
दायां कार्बन: $CH_3 > H$ (प्राथमिकता)।
चूंकि उच्च प्राथमिकता वाले समूह ($Br$ और $CH_3$) एक ही तरफ हैं,इसलिए इसका विन्यास '$Z$' है।
अतः,यौगिक $(i)$ और $(iii)$ का विन्यास '$Z$' है।

(D) वृत्ताकार कक्षा में उपग्रह का आवर्तकाल $T$ सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{r^3}{GM}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $r$ कक्षा की त्रिज्या है,$G$ गुरुत्वाकर्षण नियतांक है और $M$ पृथ्वी का द्रव्यमान है।
$1$. कक्षा की त्रिज्या $r$,$R_e + h$ के बराबर होती है,जहाँ $R_e$ पृथ्वी की त्रिज्या है और $h$ पृथ्वी की सतह से उपग्रह की ऊँचाई है।
$2$. सूत्र से यह स्पष्ट है कि $T$ पृथ्वी के द्रव्यमान $(M)$,कक्षा की त्रिज्या $(r)$ और ऊँचाई $(h)$ पर निर्भर करता है क्योंकि $r = R_e + h$ होता है।
$3$. आवर्तकाल $T$ उपग्रह के द्रव्यमान $(m)$ पर निर्भर नहीं करता है।
अतः,आवर्तकाल (ii),(iii) और (iv) पर निर्भर करता है।

(A) $2$-ब्यूटाइन का $Na / NH_3$ (द्रव) के साथ अपचयन (बर्च अपचयन) हाइड्रोजन के एंटी-योग के कारण $E$-उत्पाद (ट्रांस-$2$-ब्यूटीन) देता है।
इसके विपरीत,लिंडलर उत्प्रेरक $(Pd / BaSO_4 + H_2)$ का उपयोग करके $2$-ब्यूटाइन का उत्प्रेरकीय हाइड्रोजनीकरण हाइड्रोजन के सिन-योग के कारण $Z$-उत्पाद (सिस-$2$-ब्यूटीन) देता है।
दी गई अभिक्रिया योजना के अनुसार:
$Z$-उत्पाद $\stackrel{Y}{\longleftarrow} 2$-ब्यूटाइन $\stackrel{X}{\longrightarrow} E$-उत्पाद
अतः $X$ का मान $Na / NH_3$ (द्रव) और $Y$ का मान $Pd / BaSO_4 + H_2$ है।

(D) $H_2O_2$ का ऑक्सीकरण गुण तब प्रदर्शित होता है जब यह एक ऑक्सीकरण एजेंट के रूप में कार्य करता है,जिसका अर्थ है कि $H_2O_2$ स्वयं अपचयित होकर $H_2O$ में बदल जाता है ($O$ की ऑक्सीकरण अवस्था $-1$ से घटकर $-2$ हो जाती है)।
विकल्प $D$ में,$2KI + H_2SO_4 + H_2O_2 \longrightarrow K_2SO_4 + I_2 + 2H_2O$ में,$KI$ में $I$ की ऑक्सीकरण अवस्था $-1$ से बढ़कर $0$ हो जाती है (ऑक्सीकरण),और $H_2O_2$ में $O$ की ऑक्सीकरण अवस्था $-1$ से घटकर $-2$ हो जाती है (अपचयन)।
अतः,$H_2O_2$ एक ऑक्सीकरण एजेंट के रूप में कार्य करता है।

(B) दिया गया है कि,उत्केंद्रता $e = \frac{1}{2}$ और नियता का समीकरण $x = \frac{a}{e} = 4$ है।
$\frac{a}{e} = 4$ से,हमें $a = 4 \times e = 4 \times \frac{1}{2} = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$a^2 = 4$।
संबंध $b^2 = a^2(1 - e^2)$ का उपयोग करते हुए:
$b^2 = 4(1 - (\frac{1}{2})^2) = 4(1 - \frac{1}{4}) = 4(\frac{3}{4}) = 3$।
इसलिए,दीर्घवृत्त का समीकरण $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ है।
मान रखने पर,हमें $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$ प्राप्त होता है।
$12$ से गुणा करने पर,$3x^2 + 4y^2 = 12$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया फलन $f: R \rightarrow C$ इस प्रकार है कि $f(x) = e^{2 i x} = \cos(2x) + i \sin(2x)$।
फलन $f$ के एकैकी होने के लिए,$f(x_1) = f(x_2)$ का अर्थ $x_1 = x_2$ होना चाहिए। हालाँकि,$f(x + \pi) = e^{2 i (x + \pi)} = e^{2 i x + 2 i \pi} = e^{2 i x} \cdot e^{2 i \pi} = e^{2 i x} \cdot 1 = f(x)$। चूँकि सभी $x \in R$ के लिए $f(x) = f(x + \pi)$ है,इसलिए फलन बहु-एक (many-one) है।
फलन $f$ के आच्छादक होने के लिए,इसका परिसर इसके सह-प्रांत $C$ के बराबर होना चाहिए। $f(x) = \cos(2x) + i \sin(2x)$ का परिसर उन सभी सम्मिश्र संख्याओं $z$ का समुच्चय है जहाँ $|z| = 1$ (सम्मिश्र तल में इकाई वृत्त)। चूँकि सह-प्रांत सभी सम्मिश्र संख्याओं का समुच्चय $C$ है,और परिसर $C$ का केवल एक उपसमुच्चय (इकाई वृत्त) है,इसलिए फलन आच्छादक नहीं है।
अतः,$f$ न तो एकैकी है और न ही आच्छादक है।

(C) बेरियम हाइड्रॉक्साइड एक प्रबल क्षार है और यह पूर्णतः वियोजित होता है: $Ba(OH)_2 \rightarrow Ba^{2+} + 2OH^-$.
$Ba(OH)_2$ की प्रारंभिक सांद्रता $= 1 \times 10^{-3} \ M$.
$OH^-$ की प्रारंभिक सांद्रता $= 2 \times 1 \times 10^{-3} = 2 \times 10^{-3} \ M$.
$50 \ mL$ विलयन में $50 \ mL$ $H_2O$ मिलाने पर,कुल आयतन $100 \ mL$ हो जाता है।
$OH^-$ की नई सांद्रता तनुकरण सूत्र $M_1V_1 = M_2V_2$ का उपयोग करके ज्ञात की जाती है:
$(2 \times 10^{-3} \ M) \times (50 \ mL) = M_2 \times (100 \ mL)$.
$M_2 = \frac{2 \times 10^{-3} \times 50}{100} = 1 \times 10^{-3} \ M$.
$pOH = -\log[OH^-] = -\log(1 \times 10^{-3}) = 3$.
$pH = 14 - pOH = 14 - 3 = 11.0$.

(A) $CH_3COONa + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + NaOH$
उपरोक्त प्रक्रिया निम्नलिखित चरणों में होती है:
$CH_3COONa \xrightarrow{\text{आयनन}} CH_3COO^- + Na^+$
$CH_3COO^- + H_2O \rightleftharpoons CH_3COOH + OH^-$
एसीटेट आयन $(CH_3COO^-)$ का ऋणायनिक जल-अपघटन होता है,जिससे विलयन में $OH^-$ आयन उत्पन्न होते हैं। $OH^-$ आयनों की अधिकता के कारण,परिणामी विलयन थोड़ा क्षारीय होता है। अतः,कथन $(A)$ और कारण $(R)$ दोनों सही हैं और कारण $(R)$,कथन $(A)$ की सही व्याख्या है।

(B) मान लीजिए कि तार को ऊर्ध्वाधर से $\theta$ कोण पर विस्थापित किया जाता है। जब भार संतुलन स्थिति (सबसे निचले बिंदु) से गुजरता है,तो तार में तनाव $T$ भार $mg$ को संतुलित करता है और आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है।
तार न टूटे इसके लिए अधिकतम कोण $\theta$ ज्ञात करना है। दोलन के सबसे निचले बिंदु पर तनाव $T$ अधिकतम होता है।
सबसे निचले बिंदु पर,$T = mg + \frac{mv^2}{R}$.
$\theta$ कोण से मुक्त करने पर सबसे निचले बिंदु तक ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,खोई हुई स्थितिज ऊर्जा = प्राप्त गतिज ऊर्जा: $mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2$,इसलिए $mv^2 = 2mgR(1 - \cos \theta)$.
इस मान को तनाव के समीकरण में रखने पर: $T = mg + 2mg(1 - \cos \theta) = mg(3 - 2 \cos \theta)$.
दिया गया है कि $T_{max} = 2940 ~N$ और $m = 150 ~kg$,$g = 9.8 ~m/s^2$,इसलिए $mg = 150 \times 9.8 = 1470 ~N$.
$2940 = 1470(3 - 2 \cos \theta)$.
$2 = 3 - 2 \cos \theta$.
$2 \cos \theta = 1$.
$\cos \theta = 0.5$.
$\theta = 60^{\circ}$.

(D) एक चिकने नत समतल के लिए,त्वरण $a_s = g \sin \theta$ होता है। $s$ दूरी तय करने में लगा समय $t_s = \sqrt{\frac{2s}{g \sin \theta}}$ है।
एक खुरदरे नत समतल के लिए,त्वरण $a_r = g(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ होता है। समान दूरी $s$ तय करने में लगा समय $t_r = \sqrt{\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)}}$ है।
दिया गया है कि $t_r = n t_s$,जहाँ $n = 2$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\frac{2s}{g(\sin \theta - \mu \cos \theta)} = n^2 \frac{2s}{g \sin \theta}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $\sin \theta = n^2(\sin \theta - \mu \cos \theta)$ मिलता है।
$\mu$ के लिए हल करने पर,$\mu = \tan \theta \left[1 - \frac{1}{n^2}\right]$ प्राप्त होता है।
$\theta = 45^{\circ}$ और $n = 2$ का मान रखने पर:
$\mu = \tan 45^{\circ} \left[1 - \frac{1}{2^2}\right] = 1 \times \left[1 - \frac{1}{4}\right] = \frac{3}{4} = 0.75$।

(B) दिया गया वक्र समीकरण: $x^5 = 2y^4$ है।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$5x^4 = 8y^3 \frac{dy}{dx}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{5x^4}{8y^3}$
बिंदु $(2,2)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(2,2)} = \frac{5(2)^4}{8(2)^3} = \frac{5 \times 16}{8 \times 8} = \frac{80}{64} = \frac{5}{4}$।
अधोस्पर्शक की लंबाई का सूत्र $\left| \frac{y}{dy/dx} \right|$ होता है।
मान रखने पर:
अधोस्पर्शक की लंबाई $= \frac{2}{5/4} = 2 \times \frac{4}{5} = \frac{8}{5}$।