TS EAMCET 2012 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) कथन $(A)$ गलत है क्योंकि द्रव्यमान केंद्र की स्थिति निकाय का एक भौतिक गुण है और यह निर्देशांक प्रणाली के चयन से स्वतंत्र है।
कथन $(B)$ सही है क्योंकि द्रव्यमान केंद्र की गति निकाय पर कार्य करने वाले कुल बाह्य बल द्वारा निर्धारित होती है,अर्थात $\vec{F}_{ext} = M\vec{a}_{cm}$।
कथन $(C)$ सही है क्योंकि आंतरिक बल हमेशा क्रिया-प्रतिक्रिया युग्मों में होते हैं,इसलिए उनका सदिश योग शून्य होता है,जिसका अर्थ है कि वे द्रव्यमान केंद्र के वेग या त्वरण को नहीं बदल सकते हैं।
कथन $(D)$ गलत है क्योंकि आंतरिक बल द्रव्यमान केंद्र की अवस्था को नहीं बदल सकते हैं।
अतः,कथन $(A)$ और $(D)$ गलत हैं।

(C) गेंद $A$ की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K = p^2 / (2m)$ है,इसलिए $p = \sqrt{2mK}$।
गेंद $A$ का प्रारंभिक वेग $u_1 = p/m = \sqrt{2K/m}$ है।
टक्कर के बाद,गेंद $A$ ऋणात्मक $x$-दिशा में $K' = K/9$ गतिज ऊर्जा के साथ गति करती है।
मान लीजिए $v_1$ गेंद $A$ का अंतिम वेग है। तब $\frac{1}{2}mv_1^2 = K/9$,जिससे $v_1 = \sqrt{2K/(9m)} = \frac{1}{3}\sqrt{2K/m} = u_1/3 = p/(3m)$ प्राप्त होता है।
चूंकि टक्कर एक-आयामी है,हम रैखिक संवेग संरक्षण के नियम का उपयोग करते हैं:
$p_{initial} = p_{final}$
$p = -mv_1 + p_B$
$p_B = p + mv_1$
$v_1 = p/(3m)$ का मान रखने पर:
$p_B = p + m(p/(3m)) = p + p/3 = 4p/3$।

(B) गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U$ गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र के विरुद्ध किए गए कार्य द्वारा दिया जाता है, अर्थात $\Delta U = -W = -\int \vec{F} \cdot d\vec{r} = -m \int \vec{E} \cdot d\vec{r}$।
यहाँ $\vec{E} = (5\hat{i} + 12\hat{j}) \text{ N/kg}$ और विस्थापन $\vec{r} = (12\hat{i} + 5\hat{j}) \text{ m}$ दिया गया है।
चूंकि क्षेत्र एकसमान है, किया गया कार्य $W = m(\vec{E} \cdot \vec{r})$ होगा।
$W = 2 \text{ kg} \times [(5\hat{i} + 12\hat{j}) \cdot (12\hat{i} + 5\hat{j})] \text{ J}$।
$W = 2 \times (5 \times 12 + 12 \times 5) = 2 \times (60 + 60) = 2 \times 120 = 240 \text{ J}$।
गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = -W = -240 \text{ J}$ होगा।

(A) सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार,पानी के आयतन प्रवाह की दर स्थिर रहती है।
पहले पाइप के लिए,अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A_1 = \pi (D/2)^2$ है और गति $v$ है।
दूसरे पाइप के लिए,पानी $n$ छिद्रों से बाहर निकलता है,जिनमें से प्रत्येक का क्षेत्रफल $a = \pi (d/2)^2$ है। मान लीजिए कि इन छिद्रों से बाहर निकलने वाले पानी की गति $v'$ है।
प्रवाह दरों को बराबर करने पर: $A_1 v = n \times a \times v'$.
मान रखने पर: $\pi (D/2)^2 v = n \times \pi (d/2)^2 v'$.
समीकरण को सरल करने पर: $(D^2/4) v = n (d^2/4) v'$.
$v'$ के लिए हल करने पर: $v' = \frac{D^2 v}{n d^2}$.

(A) दिया गया है: तनाव $F = 22 \,N$,क्षेत्रफल $A = 0.02 \,cm^2 = 0.02 \times 10^{-4} \,m^2$,यंग मापांक $Y = 1.1 \times 10^{11} \,N/m^2$,पॉइसन अनुपात $\sigma = 0.32$.
अनुदैर्ध्य विकृति $\frac{\Delta l}{l} = \frac{F}{AY} = \frac{22}{(0.02 \times 10^{-4}) \times (1.1 \times 10^{11})} = \frac{22}{2.2 \times 10^4} = 10^{-4}$.
पॉइसन अनुपात $\sigma = -\frac{\Delta r/r}{\Delta l/l}$ है। पार्श्व विकृति $\frac{\Delta r}{r} = -\sigma \frac{\Delta l}{l} = -0.32 \times 10^{-4}$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है,इसलिए $\frac{\Delta A}{A} = 2 \frac{\Delta r}{r}$ होता है।
मान रखने पर,$\frac{\Delta A}{A} = 2 \times (-0.32 \times 10^{-4}) = -0.64 \times 10^{-4}$.
क्षेत्रफल में कमी $\Delta A = |\frac{\Delta A}{A}| \times A = (0.64 \times 10^{-4}) \times (0.02 \,cm^2) = 1.28 \times 10^{-6} \,cm^2$.

(B) प्रक्षेप्य के पथ का समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{g x^2}{2 u^2 \cos^2 \theta}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कण बिंदु $(r, y)$ से गुजरता है,हमारे पास $y = r \tan \theta - \frac{g r^2}{2 u^2} (1 + \tan^2 \theta)$ है।
इसे $\tan \theta$ में द्विघात समीकरण के रूप में व्यवस्थित करने पर: $\frac{g r^2}{2 u^2} \tan^2 \theta - r \tan \theta + (y + \frac{g r^2}{2 u^2}) = 0$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए कि दो मूल $\tan \theta_1$ और $\tan \theta_2$ हैं। तब $\tan \theta_1 \tan \theta_2 = \frac{y + g r^2 / 2 u^2}{g r^2 / 2 u^2} = 1 + \frac{2 u^2 y}{g r^2}$।
क्षैतिज दूरी $r$ तक पहुँचने में लगा समय $t = \frac{r}{u \cos \theta}$ है।
अतः,$t_1 t_2 = \frac{r^2}{u^2 \cos \theta_1 \cos \theta_2}$।
प्रक्षेप्य गति के संबंध का उपयोग करते हुए,यह एक मानक परिणाम है कि $t_1 t_2 = \frac{2 r}{g \tan \alpha}$ जहाँ $\alpha$ बिंदु का उन्नयन कोण है। एक निश्चित बिंदु $(r, y)$ के लिए,$t_1 t_2 = \frac{2 r}{g \tan \theta_{\text{elevation}}}$।
चूंकि $g$ स्थिर है,इसलिए $t_1 t_2 \propto r$।

(B) गुरुत्वाकर्षण क्षेत्र $E = (5\hat{i} + 12\hat{j}) \,N/kg$ द्वारा दिया गया है।
मूल बिंदु $(0, 0)$ से $(12 \,m, 5 \,m)$ बिंदु तक विस्थापन सदिश $dr = (12\hat{i} + 5\hat{j}) \,m$ है।
गुरुत्वाकर्षण विभव में परिवर्तन $dV = -E \cdot dr$ द्वारा प्राप्त होता है।
$dV = -(5\hat{i} + 12\hat{j}) \cdot (12\hat{i} + 5\hat{j}) = -(5 \times 12 + 12 \times 5) = -(60 + 60) = -120 \,J/kg$.
गुरुत्वाकर्षण स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = m \cdot dV$ है।
यहाँ द्रव्यमान $m = 2 \,kg$ दिया गया है, इसलिए $\Delta U = 2 \,kg \times (-120 \,J/kg) = -240 \,J$.

(A) माना कि दो बल $F_1$ और $F_2$ हैं, जहाँ $F_1$ छोटा बल है। माना $F_1 = x$.
दिया गया है कि परिमाणों का योग $16 \,N$ है, इसलिए $F_2 = 16 - x$.
परिणामी बल $R = 8 \,N$ छोटे बल $F_1$ के लंबवत है।
सदिश त्रिभुज या परिणामी बल के गुणधर्म का उपयोग करने पर, हमें संबंध प्राप्त होता है: $F_2^2 = F_1^2 + R^2$.
मान रखने पर: $(16 - x)^2 = x^2 + 8^2$.
समीकरण का विस्तार करने पर: $256 + x^2 - 32x = x^2 + 64$.
दोनों पक्षों से $x^2$ घटाने पर: $256 - 32x = 64$.
$x$ के लिए हल करने पर: $32x = 256 - 64 = 192$.
$x = \frac{192}{32} = 6 \,N$.
अतः, छोटा बल $F_1 = 6 \,N$ और बड़ा बल $F_2 = 16 - 6 = 10 \,N$ है।
इस प्रकार, बल $6 \,N$ और $10 \,N$ हैं।

(C) सरल लोलक के आवर्तकाल का सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$T^2 = 4\pi^2 \frac{l}{g}$,जिसका अर्थ है $g = 4\pi^2 \frac{l}{T^2}$।
$g$ में सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta g}{g} = \frac{\Delta l}{l} + 2 \frac{\Delta T}{T}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $l = 1.01 \ m$,$\Delta l = 0.01 \ m$,$T_{total} = 63 \ s$,$\Delta T_{total} = 3 \ s$।
आवर्तकाल $T = \frac{T_{total}}{30} = \frac{63}{30} = 2.1 \ s$।
आवर्तकाल में त्रुटि $\Delta T = \frac{\Delta T_{total}}{30} = \frac{3}{30} = 0.1 \ s$।
इन मानों को त्रुटि सूत्र में रखने पर:
$\frac{\Delta g}{g} = \frac{0.01}{1.01} + 2 \times \frac{0.1}{2.1} \approx 0.0099 + 0.0952 \approx 0.1051$।
प्रतिशत त्रुटि = $0.1051 \times 100 \% \approx 10.5 \%$।
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $10 \%$ है।

(A) सांतत्य समीकरण (Equation of Continuity) के अनुसार,पहले पाइप में प्रवेश करने वाले पानी की आयतन प्रवाह दर दूसरे पाइप में $n$ छिद्रों के माध्यम से बाहर निकलने वाले पानी की कुल आयतन प्रवाह दर के बराबर होनी चाहिए।
माना $A_1$ पहले पाइप का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है और $v$ उसमें पानी की गति है।
$A_1 = \pi \left(\frac{D}{2}\right)^2$
माना $A_2$ प्रत्येक छिद्र का क्षेत्रफल है और $v'$ प्रत्येक छिद्र से बाहर निकलने वाले पानी की गति है।
$A_2 = \pi \left(\frac{d}{2}\right)^2$
बाहर निकलने वाली कुल प्रवाह दर $n \times A_2 \times v'$ है।
प्रवाह दरों की तुलना करने पर: $A_1 v = n A_2 v'$
$\pi \left(\frac{D}{2}\right)^2 v = n \pi \left(\frac{d}{2}\right)^2 v'$
$\frac{D^2}{4} v = n \frac{d^2}{4} v'$
$v' = \frac{D^2 v}{n d^2}$

(C) बूंद के संतुलन में रहने के लिए,नीचे की ओर कार्य करने वाला गुरुत्वाकर्षण बल ऊपर की ओर कार्य करने वाले उत्प्लावन बल और पृष्ठ तनाव बल द्वारा संतुलित होना चाहिए।
बूंद का भार = $\frac{4}{3} \pi r^3 d g$.
उत्प्लावन बल (ऊपर की ओर) = विस्थापित द्रव का भार = $\frac{2}{3} \pi r^3 \rho g$ (क्योंकि यह आधी डूबी हुई है)।
पृष्ठ तनाव बल (ऊपर की ओर) = $T \times (2 \pi r)$.
बलों को बराबर करने पर: $\frac{4}{3} \pi r^3 d g = \frac{2}{3} \pi r^3 \rho g + 2 \pi r T$.
$\pi r$ से भाग देने पर: $\frac{4}{3} r^2 d g = \frac{2}{3} r^2 \rho g + 2 T$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $r^2 g (\frac{4}{3} d - \frac{2}{3} \rho) = 2 T$.
$r^2 g (\frac{2}{3} (2 d - \rho)) = 2 T$.
$r^2 = \frac{3 T}{g(2 d - \rho)}$.
अतः,$r = \sqrt{\frac{3 T}{g(2 d - \rho)}}$.

(B) प्रक्षेप्य के लिए प्रक्षेप पथ का समीकरण $y = x \tan \theta - \frac{g x^2}{2 u^2 \cos^2 \theta}$ है।
चूँकि कण बिंदु $(r, y)$ से गुजरता है,हमारे पास $y = r \tan \theta - \frac{g r^2}{2 u^2} (1 + \tan^2 \theta)$ है।
इसे $\tan \theta$ में द्विघात समीकरण के रूप में व्यवस्थित करने पर: $\frac{g r^2}{2 u^2} \tan^2 \theta - r \tan \theta + (y + \frac{g r^2}{2 u^2}) = 0$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए कि दो प्रक्षेपण कोण $\theta_1$ और $\theta_2$ हैं। तब $\tan \theta_1 \tan \theta_2 = \frac{y + \frac{g r^2}{2 u^2}}{\frac{g r^2}{2 u^2}} = 1 + \frac{2 u^2 y}{g r^2}$ होगा।
$r$ क्षैतिज दूरी तक पहुँचने में लिया गया समय $t = \frac{r}{u \cos \theta}$ है।
अतः,$t_1 t_2 = \frac{r^2}{u^2 \cos \theta_1 \cos \theta_2}$।
प्रक्षेप्य गति के गुण का उपयोग करते हुए,$t_1 t_2 = \frac{2 r}{g \tan \alpha}$ जहाँ $\alpha$ बिंदु $P$ का उन्नयन कोण है। एक निश्चित बिंदु $(r, y)$ के लिए,$t_1 t_2 = \frac{2 r^2}{g y}$। यदि हम उस स्थिति पर विचार करें जहाँ बिंदु प्रक्षेपण बिंदु के समान स्तर पर है $(y=0)$,तो $t_1 t_2$ का मान $r$ के समानुपाती होता है।

(C) माध्य स्थिति से शुरू होने वाली सरल आवर्त गति में कण की स्थिति का समीकरण $y(t) = A \sin(\omega t)$ है,जहाँ $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{8} = \frac{\pi}{4} \ rad/s$ है।
पहली सेकंड ($t=0$ से $t=1$) में तय की गई दूरी $y_1 = A \sin(\frac{\pi}{4} \times 1) = A \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{A}{\sqrt{2}}$ है।
$t=2$ सेकंड पर स्थिति $y(2) = A \sin(\frac{\pi}{4} \times 2) = A \sin(\frac{\pi}{2}) = A$ है।
दूसरी सेकंड ($t=1$ से $t=2$) में तय की गई दूरी $y_2 = y(2) - y(1) = A - \frac{A}{\sqrt{2}} = A(1 - \frac{1}{\sqrt{2}})$ है।
दूरियों का अनुपात $\frac{y_1}{y_2} = \frac{A/\sqrt{2}}{A(1 - 1/\sqrt{2})} = \frac{1/\sqrt{2}}{(\sqrt{2}-1)/\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}-1}$ है।

(C) ठोस गोले का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $(I)$ का सूत्र $I = \frac{2}{5}MR^2$ है,जहाँ $M$ द्रव्यमान है और $R$ गोले की त्रिज्या है।
चूंकि स्टील का घनत्व लकड़ी से अधिक होता है,इसलिए समान त्रिज्या के लिए स्टील के गोले का द्रव्यमान लकड़ी के गोले के द्रव्यमान से अधिक होता है।
अतः,स्टील के गोले का जड़त्व आघूर्ण लकड़ी के गोले से अधिक होता है। इसलिए,कथन $(A)$ सही है।
हालाँकि,सूत्र $I = \frac{2}{5}MR^2$ स्पष्ट रूप से दर्शाता है कि जड़त्व आघूर्ण पिंड के द्रव्यमान $(M)$ पर निर्भर करता है।
इसलिए,कारण $(R)$ गलत है।
अतः,सही विकल्प $(C)$ है।

(C) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले एक ठोस गोले का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} M R^2$ होता है।
चूंकि द्रव्यमान $M$,आयतन $V$ और घनत्व $\rho$ का गुणनफल है,इसलिए $M = V \rho = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho$ होता है।
इस मान को $I$ के सूत्र में रखने पर,$I = \frac{2}{5} (\frac{4}{3} \pi R^3 \rho) R^2 = \frac{8}{15} \pi R^5 \rho$ प्राप्त होता है।
अतः,जड़त्व आघूर्णों का अनुपात $\frac{I_A}{I_B} = \frac{\frac{8}{15} \pi R^5 \rho_A}{\frac{8}{15} \pi R^5 \rho_B} = \frac{\rho_A}{\rho_B}$ होगा।

(D) स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियम के अनुसार,एक कृष्णिका द्वारा विकिरित शक्ति $P \propto T^4$ होती है।
वीन के विस्थापन नियम के अनुसार,अधिकतम ऊर्जा के संगत तरंगदैर्ध्य $\lambda \propto \frac{1}{T}$ होती है,जिसका अर्थ है $T \propto \frac{1}{\lambda}$।
इसे शक्ति के संबंध में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $P \propto \left(\frac{1}{\lambda}\right)^4 = \frac{1}{\lambda^4}$ प्राप्त होता है।
अतः,विकिरित शक्ति का अनुपात $\frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^4$ है।
दिया गया है $\lambda_2 = \frac{\lambda_1}{2}$,इसलिए $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{1}{2}$ है।
इस मान को प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{P_1}{P_2} = \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16}$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,$P_2 = 16 P_1 = 16 P$ है।

(B) किसी पिंड का जड़त्व आघूर्ण $I$ सूत्र $I = Mk^2$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $M$ द्रव्यमान है और $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
चूंकि $M$ स्थिर है,इसलिए $I \propto k^2$ होगा।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\ln I = \ln M + 2 \ln k$।
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर: $\frac{dI}{I} = 2 \frac{dk}{k}$।
ऊष्मीय प्रसार के लिए,लंबाई (या $k$ जैसी किसी भी रेखीय विमा) में परिवर्तन $\Delta k = k \alpha \Delta T$ होता है,जिसका अर्थ है $\frac{\Delta k}{k} = \alpha \Delta T$।
इस मान को $\frac{\Delta I}{I}$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta I}{I} = 2 \alpha \Delta T$।

(D) द्रव के वास्तविक प्रसार का गुणांक $(\gamma_r)$ स्थिर होता है और यह आभासी प्रसार गुणांक $(\gamma_a)$ और बर्तन के आयतन प्रसार गुणांक $(\gamma_v = 3\alpha)$ के योग के बराबर होता है।
तांबे के बर्तन के लिए: $\gamma_r = \gamma_{a1} + 3\alpha_{cu}$.
स्टील के बर्तन के लिए: $\gamma_r = \gamma_{a2} + 3\alpha_{st}$.
$\gamma_r$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर: $\gamma_{a1} + 3\alpha_{cu} = \gamma_{a2} + 3\alpha_{st}$.
दिया गया है: $\gamma_{a1} = 6 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$, $\gamma_{a2} = 24 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$, और $\alpha_{cu} = 18 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$.
मान रखने पर: $6 \times 10^{-6} + 3(18 \times 10^{-6}) = 24 \times 10^{-6} + 3\alpha_{st}$.
$6 \times 10^{-6} + 54 \times 10^{-6} = 24 \times 10^{-6} + 3\alpha_{st}$.
$60 \times 10^{-6} = 24 \times 10^{-6} + 3\alpha_{st}$.
$3\alpha_{st} = 36 \times 10^{-6}$.
$\alpha_{st} = 12 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$.

(C) दी गई स्थिति $V \propto T^{2/3}$ है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,$P = \frac{nRT}{V}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $V \propto T^{2/3}$,हम $V = cT^{2/3}$ लिख सकते हैं,जिसका अर्थ है $T \propto V^{3/2}$।
इसे आदर्श गैस समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $P \propto \frac{T}{V} \propto \frac{V^{3/2}}{V} = V^{1/2}$।
अतः,$P = kV^{1/2}$ जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
किया गया कार्य $W = \int_{V_1}^{V_2} P \, dV = \int_{V_1}^{V_2} kV^{1/2} \, dV$ है।
$W = k \left[ \frac{V^{3/2}}{3/2} \right]_{V_1}^{V_2} = \frac{2}{3} [kV_2^{3/2} - kV_1^{3/2}] = \frac{2}{3} [P_2V_2 - P_1V_1]$।
$PV = nRT$ का उपयोग करते हुए,$W = \frac{2}{3} nR(T_2 - T_1) = \frac{2}{3} nR \Delta T$ प्राप्त होता है।
यहाँ $n = 1 \ mol$,$\Delta T = 30 \ K$,और $R = 8.314 \ J/mol \cdot K$ है।
$W = \frac{2}{3} \times 1 \times 8.314 \times 30 = 20 \times 8.314 = 166.28 \ J$।
निकटतम विकल्प के अनुसार,$W = 166.2 \ J$।

(C) एडियाबेटिक प्रक्रिया के लिए,तापमान $T$ और दबाव $p$ के बीच संबंध $T^\gamma p^{1-\gamma} = \text{constant}$ द्वारा दिया जाता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\gamma \ln T + (1-\gamma) \ln p = \text{constant}$.
दोनों पक्षों का अवकलन करने पर: $\gamma \frac{\Delta T}{T} + (1-\gamma) \frac{\Delta p}{p} = 0$.
$\Delta T$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\frac{\Delta T}{T} = \frac{\gamma - 1}{\gamma} \frac{\Delta p}{p}$.
दिया गया है: $T = 273 \ K$ ($NTP$ पर),$\gamma = 1.5$,$\Delta p = 0.001 \ dyne/cm^2$,$p = 1.013 \times 10^6 \ dyne/cm^2$.
मान रखने पर: $\Delta T = 273 \times \left( \frac{1.5 - 1}{1.5} \right) \times \frac{0.001}{1.013 \times 10^6}$.
$\Delta T = 273 \times \frac{0.5}{1.5} \times \frac{10^{-3}}{1.013 \times 10^6} = 273 \times \frac{1}{3} \times 0.987 \times 10^{-9} \approx 8.97 \times 10^{-8} \ K$.

(D) मुक्त सिरे से $x$ दूरी पर रस्सी में अनुप्रस्थ तरंग का वेग $v = \sqrt{gx}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $v = \frac{dx}{dt}$, इसलिए $\frac{dx}{dt} = \sqrt{gx}$ है।
पदों को व्यवस्थित करने पर, $dt = \frac{dx}{\sqrt{gx}}$ प्राप्त होता है।
$x = 0$ से $x = l$ तक समाकलन करने पर, कुल समय $t$:
$t = \int_{0}^{l} \frac{dx}{\sqrt{gx}} = \frac{1}{\sqrt{g}} [2\sqrt{x}]_{0}^{l} = 2\sqrt{\frac{l}{g}}$.
दिए गए मानों $l = 2.45 \,m$ और $g = 9.8 \,m/s^2$ को रखने पर:
$t = 2 \sqrt{\frac{2.45}{9.8}} = 2 \sqrt{\frac{1}{4}} = 2 \times 0.5 = 1 \,s$.

(B) कंपन करते हुए तार की आवृत्ति $n = \frac{1}{2l} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि तनाव $T$ और प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $\mu$ स्थिर हैं,इसलिए $n \propto \frac{1}{l}$,जिसका अर्थ है $nl = \text{स्थिरांक}$.
मान लीजिए ट्यूनिंग फोर्क की आवृत्ति $n$ है。
$l_1 = 100 \,cm$ लंबाई पर,तार की आवृत्ति $n_1 = n + 8$ है (क्योंकि बीट्स सुनाई देते हैं)।
$l_2 = 101 \,cm$ लंबाई पर,तार की आवृत्ति $n_2 = n - 8$ है (जैसे-जैसे लंबाई बढ़ती है,आवृत्ति कम होती जाती है)।
$n_1 l_1 = n_2 l_2$ का उपयोग करते हुए:
$(n + 8) \times 100 = (n - 8) \times 101$
$100n + 800 = 101n - 808$
$101n - 100n = 800 + 808$
$n = 1608 \,Hz$.

(A) वाहन की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K = \frac{p^2}{2M}$ द्वारा दी जाती है।
जब इंजन बंद कर दिया जाता है,तो वाहन को रोकने के लिए कार्य करने वाला एकमात्र बल गतिज घर्षण बल $f_k = \mu_k M g$ है।
$s$ दूरी तय करके वाहन को रोकने में घर्षण बल द्वारा किया गया कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है।
$|W| = f_k \cdot s = \mu_k M g s$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,घर्षण द्वारा किया गया कार्य प्रारंभिक गतिज ऊर्जा के बराबर होता है:
$\mu_k M g s = \frac{p^2}{2M}$.
$s$ के लिए हल करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$s = \frac{p^2}{2 M^2 \mu_k g}$.

(C) शक्ति $P$ को कार्य करने की दर के रूप में परिभाषित किया गया है,$P = \frac{dW}{dt} = Fv = (ma)v = m \left(\frac{dv}{dt}\right) v$.
चूंकि $P$ नियत है,हमारे पास $P dt = mv dv$ है।
दोनों पक्षों का $t=0$ से $t$ और $v=0$ से $v$ तक समाकलन करने पर,$Pt = \frac{1}{2}mv^2$ प्राप्त होता है।
अतः,$v^2 = \frac{2Pt}{m}$.
साथ ही,$v = \frac{dx}{dt}$,इसलिए $\frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2}$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर,$x = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot \frac{2}{3} t^{3/2}$,जिसका अर्थ है $t^{3/2} \propto x \Rightarrow t \propto x^{2/3}$.
$t$ का मान वेग समीकरण में रखने पर: $v^2 \propto t \propto x^{2/3}$,इसलिए $v \propto x^{1/3}$.
हालाँकि,एक निश्चित दूरी $x$ पर $v$ और $P$ के बीच संबंध को देखते हुए,$v^3 \propto P$ प्राप्त होता है। अतः,$v^3 \propto \frac{P}{m}$.

(A) हवा के साथ प्रारंभिक धारिता $C = 80 \times 10^{-6} \,F$ है।
जब $k = 20$ परावैद्युतांक वाला स्लैब डाला जाता है, तो नई धारिता $C' = kC = 20 \times 80 \times 10^{-6} = 1600 \times 10^{-6} \,F$ हो जाती है।
संधारित्र को $V = 30 \,V$ की बैटरी से जोड़ा जाता है, इसलिए संधारित्र पर आवेश $q' = C'V = (1600 \times 10^{-6}) \times 30 = 48000 \times 10^{-6} \,C = 48 \times 10^{-3} \,C$ है।
जब परावैद्युत स्लैब को हटा दिया जाता है, तो धारिता वापस $C = 80 \times 10^{-6} \,F$ हो जाती है। संधारित्र पर नया आवेश $q = CV = (80 \times 10^{-6}) \times 30 = 2400 \times 10^{-6} \,C = 2.4 \times 10^{-3} \,C$ है।
तार से गुजरने वाला आवेश $\Delta q = q' - q = 48 \times 10^{-3} - 2.4 \times 10^{-3} = 45.6 \times 10^{-3} \,C$ है।

(A) आयनोस्फीयर को उनकी ऊँचाई सीमा के आधार पर विभिन्न परतों में विभाजित किया गया है:
$1$. $D$-परत: $65-75 \ km$ ($IV$ से मेल खाता है)
$2$. $E$-परत: $95-120 \ km$ ($III$ से मेल खाता है)
$3$. $F_1$-परत: $170-190 \ km$ ($II$ से मेल खाता है)
$4$. $F_2$-परत: $250-400 \ km$ ($I$ से मेल खाता है)
अतः,सही मिलान $A-IV, B-III, C-II, D-I$ है।

(C) परिपथ में व्यय होने वाली शक्ति $P = I^2 R_{eq}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I$ धारा है और $R_{eq}$ तुल्य प्रतिरोध है।
विन्यास $(I)$ के लिए: तीन प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं। $R_{eq} = R + R + R = 3R$. अतः,$P_I = I^2(3R) = 3I^2R$.
विन्यास $(II)$ के लिए: दो प्रतिरोधक समांतर क्रम में हैं,और यह संयोजन तीसरे के साथ श्रेणीक्रम में है। $R_{eq} = R/2 + R = 1.5R$. अतः,$P_{II} = I^2(1.5R) = 1.5I^2R$.
विन्यास $(III)$ के लिए: तीन प्रतिरोधक समांतर क्रम में हैं। $R_{eq} = R/3$. अतः,$P_{III} = I^2(R/3) = 0.33I^2R$.
विन्यास $(IV)$ के लिए: दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं,और यह संयोजन तीसरे के साथ समांतर क्रम में है। $R_{eq} = (2R \cdot R) / (2R + R) = 2R/3 \approx 0.67R$. अतः,$P_{IV} = I^2(0.67R) = 0.67I^2R$.
मानों की तुलना करने पर: $0.33I^2R < 0.67I^2R < 1.5I^2R < 3I^2R$.
अतः,शक्ति क्षय का बढ़ता क्रम $(III) < (IV) < (II) < (I)$ है।

(D) इलेक्ट्रॉन के लिए,डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_e = \frac{h}{mv}$ है।
फोटॉन के लिए,तरंगदैर्ध्य $\lambda_p = \frac{h}{p_p} = \frac{hc}{E_p}$ है,जहाँ $E_p$ फोटॉन की ऊर्जा है।
दिया गया है कि $\lambda_e = \lambda_p$,इसलिए $\frac{h}{mv} = \frac{hc}{E_p}$,जिसका अर्थ है $E_p = mvc$।
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K_e = \frac{1}{2}mv^2$ है।
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा और फोटॉन की ऊर्जा का अनुपात $\frac{K_e}{E_p} = \frac{\frac{1}{2}mv^2}{mvc} = \frac{v}{2c}$ है।
दिए गए मानों $v = 1.5 \times 10^8 \ m/s$ और $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{K_e}{E_p} = \frac{1.5 \times 10^8}{2 \times 3 \times 10^8} = \frac{1.5}{6} = \frac{1}{4}$।

(D) बायो-सावर्ट नियम के अनुसार,एक धारा अवयव $I d\vec{l}$ द्वारा स्थिति सदिश $\vec{r}$ पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $d\vec{B}$ का सूत्र निम्नलिखित है:
$d\vec{B} = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{I (d\vec{l} \times \vec{r})}{r^3}$
यहाँ,$d\vec{l}$ धारा अवयव सदिश है,$\vec{r}$ अवयव से बिंदु तक का स्थिति सदिश है,और $r$ स्थिति सदिश का परिमाण है।
$d\vec{B}$ की दिशा $d\vec{l} \times \vec{r}$ क्रॉस उत्पाद द्वारा निर्धारित की जाती है,जो $d\vec{l}$ और $\vec{r}$ दोनों को समाहित करने वाले तल के लंबवत होती है।
इसलिए,सही व्यंजक $\frac{\mu_0 I d\vec{l} \times \vec{r}}{4 \pi r^3}$ है।

(A) हवा के साथ प्रारंभिक धारिता $C = 80 \times 10^{-6} \ F$ है।
जब $K = 20$ स्थिरांक वाला परावैद्युत स्लैब डाला जाता है,तो नई धारिता $C' = K \times C = 20 \times 80 \times 10^{-6} = 1600 \times 10^{-6} \ F$ हो जाती है।
परावैद्युत के साथ संधारित्र पर आवेश $q_1 = C' V = (1600 \times 10^{-6}) \times 30 = 48000 \times 10^{-6} \ C = 48 \times 10^{-3} \ C$ है।
परावैद्युत को हटाने के बाद,धारिता वापस $C = 80 \times 10^{-6} \ F$ हो जाती है।
संधारित्र पर नया आवेश $q_2 = C V = (80 \times 10^{-6}) \times 30 = 2400 \times 10^{-6} \ C = 2.4 \times 10^{-3} \ C$ है।
तार से प्रवाहित होने वाला आवेश $\Delta q = q_1 - q_2 = 48 \times 10^{-3} - 2.4 \times 10^{-3} = 45.6 \times 10^{-3} \ C$ है।

(A) आयनमंडल को उनकी ऊँचाई सीमा के आधार पर विभिन्न परतों में विभाजित किया गया है:
$D$-परत: $65-75 \ km$
$E$-परत: $95-120 \ km$
$F_1$-परत: $170-190 \ km$
$F_2$-परत: $250-400 \ km$
दी गई तालिका के साथ तुलना करने पर:
$A$ ($D$-परत) का मिलान $IV$ $(65-75 \ km)$ से होता है।
$B$ ($E$-परत) का मिलान $III$ $(95-120 \ km)$ से होता है।
$C$ ($F_1$-परत) का मिलान $II$ $(170-190 \ km)$ से होता है।
$D$ ($F_2$-परत) का मिलान $I$ $(250-400 \ km)$ से होता है।
अतः,सही मिलान $A-IV, B-III, C-II, D-I$ है।

(A) परिपथ में व्यय होने वाली शक्ति $P = I^2 R_{eq}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $I$ धारा है और $R_{eq}$ तुल्य प्रतिरोध है।
चित्र $(I)$ के लिए, तीनों प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं: $R_{eq, I} = R + R + R = 3R$. अतः, $P_I = I^2(3R) = 3I^2R$.
चित्र $(II)$ के लिए, दो प्रतिरोधक समांतर क्रम में हैं और एक उनके साथ श्रेणीक्रम में है: $R_{eq, II} = R + (R/2) = 1.5R$. अतः, $P_{II} = I^2(1.5R) = 1.5I^2R$.
चित्र $(III)$ के लिए, तीनों प्रतिरोधक समांतर क्रम में हैं: $R_{eq, III} = R/3$. अतः, $P_{III} = I^2(R/3) \approx 0.33I^2R$.
चित्र $(IV)$ के लिए, दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं और एक उनके साथ समांतर क्रम में है: $R_{eq, IV} = (2R \cdot R) / (2R + R) = 2R/3 \approx 0.67R$. अतः, $P_{IV} = I^2(0.67R) = 0.67I^2R$.
मानों की तुलना करने पर: $0.33I^2R < 0.67I^2R < 1.5I^2R < 3I^2R$, जो $(III) < (IV) < (II) < (I)$ क्रम को दर्शाता है।

(C) एक संतुलित व्हीटस्टोन ब्रिज के लिए,भुजाओं के प्रतिरोधों का अनुपात समान होता है: $\frac{A}{B} = \frac{C}{D}$।
दिया गया है,पहले मामले में: $\frac{A}{B} = \frac{100}{D} \quad ... (1)$
जब $A$ और $B$ को आपस में बदल दिया जाता है,तो नया अनुपात $\frac{B}{A} = \frac{121}{D}$ हो जाता है $\quad ... (2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ का गुणा करने पर:
$\left(\frac{A}{B}\right) \times \left(\frac{B}{A}\right) = \left(\frac{100}{D}\right) \times \left(\frac{121}{D}\right)$
$1 = \frac{12100}{D^2}$
$D^2 = 12100$
$D = \sqrt{12100} = 110 \ \Omega$.

(A) $m$ द्रव्यमान और $q$ आवेश वाले कण को $V$ विभवांतर से त्वरित करने पर डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}$ होती है।
प्रोटॉन $(p)$ के लिए: $\lambda_p = \frac{h}{\sqrt{2m_p q_p V}}$.
$\alpha$-कण $(\alpha)$ के लिए: $\lambda_\alpha = \frac{h}{\sqrt{2m_\alpha q_\alpha V_\alpha}}$.
दिया गया है कि $\lambda_p = \lambda_\alpha$, इसलिए $\sqrt{2m_p q_p V} = \sqrt{2m_\alpha q_\alpha V_\alpha}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $m_p q_p V = m_\alpha q_\alpha V_\alpha$.
हम जानते हैं कि $m_\alpha = 4m_p$ और $q_\alpha = 2q_p$.
इन मानों को रखने पर: $m_p q_p V = (4m_p)(2q_p) V_\alpha$.
$m_p q_p V = 8 m_p q_p V_\alpha$.
अतः, $V_\alpha = \frac{V}{8}$.

(D) इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_e = \frac{h}{mv}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $v$ इलेक्ट्रॉन का वेग है।
फोटॉन की तरंगदैर्ध्य $\lambda_p = \frac{h}{p_p} = \frac{hc}{E_p}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $E_p$ फोटॉन की ऊर्जा है।
यह दिया गया है कि $\lambda_e = \lambda_p$,इसलिए $\frac{h}{mv} = \frac{hc}{E_p}$।
इसका अर्थ है $E_p = mvc$।
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K_e = \frac{1}{2}mv^2$ है।
इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा और फोटॉन की गतिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K_e}{E_p} = \frac{\frac{1}{2}mv^2}{mvc} = \frac{v}{2c}$ है।
दिए गए मान $v = 1.5 \times 10^8 \ m/s$ और $c = 3 \times 10^8 \ m/s$ रखने पर:
$\frac{K_e}{E_p} = \frac{1.5 \times 10^8}{2 \times 3 \times 10^8} = \frac{1.5}{6} = \frac{1}{4}$।

(D) गतिमान चालक में प्रेरित इलेक्ट्रोमोटिव बल (emf) का सूत्र निम्नलिखित है:
$e = B v l \sin \theta$
जहाँ:
$B = 0.1 \,Wb/m^2$ (चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता)
$v = 10 \,m/s$ (चालक की गति)
$l = 4 \,m$ (चालक की लंबाई)
$\theta = 30^{\circ}$ (चालक और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण)
सूत्र में मान रखने पर:
$e = 0.1 \times 10 \times 4 \times \sin(30^{\circ})$
चूँकि $\sin(30^{\circ}) = 0.5$:
$e = 0.1 \times 10 \times 4 \times 0.5$
$e = 1 \times 4 \times 0.5 = 2 \,V$
अतः, प्रेरित emf $2 \,V$ है।

(D) एक थर्मोकपल में उत्पन्न कुल $emf$ सीबेक प्रभाव द्वारा निर्धारित होता है,जो उपयोग की जाने वाली धातुओं की प्रकृति (सीबेक गुणांक) और गर्म तथा ठंडे जंक्शनों के बीच तापमान के अंतर पर निर्भर करता है।
यह तापमान प्रवणता से संबंधित एक स्थिर-अवस्था की घटना है।
इसलिए,कुल $emf$ उस समय अवधि पर निर्भर नहीं करता है जिसके लिए थर्मोकपल से धारा प्रवाहित की जाती है।

(B) द्वितीयक कुंडली में प्रेरित emf $(e)$ का मान सूत्र $e = M \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है:
अन्योन्य प्रेरण $(M) = 92 \times 10^{-6} \, H$.
धारा के परिवर्तन की दर $(\frac{di}{dt}) = \frac{25 \, A}{1 \, ms} = \frac{25 \, A}{1 \times 10^{-3} \, s} = 25,000 \, A/s$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$e = 92 \times 10^{-6} \times 25,000$
$e = 92 \times 10^{-6} \times 25 \times 10^3$
$e = 92 \times 25 \times 10^{-3}$
$e = 2300 \times 10^{-3} = 2.3 \, V$.
अतः, द्वितीयक कुंडली में प्रेरित emf का मान $2.3 \, V$ है।

(A) गुरुत्वाकर्षण की अनुपस्थिति में,प्रत्येक गोले पर कार्य करने वाला एकमात्र बल स्थिर-वैद्युत प्रतिकर्षण बल $F$ और डोरी में तनाव $T$ है।
चूंकि गोले क्षैतिज स्थिति में संतुलन में हैं,इसलिए दोनों गोलों के बीच की दूरी $2L$ है।
कूलम्ब के नियम के अनुसार दोनों गोलों के बीच स्थिर-वैद्युत बल:
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q \cdot Q}{(2L)^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q^2}{4L^2} = \frac{Q^2}{16 \pi \varepsilon_0 L^2}$
चूंकि निकाय संतुलन में है,इसलिए प्रत्येक डोरी में तनाव $T$ प्रत्येक गोले पर कार्य करने वाले स्थिर-वैद्युत बल $F$ को संतुलित करता है।
अतः,$T = F = \frac{Q^2}{16 \pi \varepsilon_0 L^2}$.

(D) बायो-सावर्ट नियम के अनुसार,$I d\vec{l}$ धारा अवयव द्वारा $\vec{r}$ स्थिति सदिश पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $d\vec{B}$ इस प्रकार है:
$d\vec{B} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I (d\vec{l} \times \vec{r})}{r^3}$
चूंकि $\vec{r} = r \hat{r}$,इसे इस प्रकार भी लिखा जा सकता है:
$d\vec{B} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I (d\vec{l} \times \hat{r})}{r^2}$
दाएं हाथ के नियम के अनुसार,$d\vec{B}$ की दिशा $d\vec{l}$ और $\vec{r}$ दोनों को समाहित करने वाले तल के लंबवत होती है।

(D) दोलन करते हुए चुंबक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{MB_H}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है कि $T \propto \frac{1}{\sqrt{B_H}}$.
प्रथम स्थान पर दिया गया है,$n_1 = 30 \text{ दोलन/मिनट} = 0.5 \text{ दोलन/सेकंड}$.
अतः,आवर्तकाल $T_1 = \frac{1}{n_1} = \frac{1}{0.5} = 2 \,s$.
दूसरे स्थान पर,चुंबकीय क्षेत्र दोगुना है,इसलिए $(B_H)_2 = 2(B_H)_1$.
संबंध $\frac{T_2}{T_1} = \sqrt{\frac{(B_H)_1}{(B_H)_2}}$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$T_2 = T_1 \sqrt{\frac{(B_H)_1}{2(B_H)_1}} = 2 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \,s$.

(B) अर्ध-आयु की संख्या $n$ को $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
यहाँ $t = 40 \ h$ और $T_{1/2} = 10 \ h$ दिया गया है,इसलिए $n = \frac{40}{10} = 4$ है।
प्रारंभिक रेडियोधर्मिता का शेष अंश $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^n$ द्वारा दिया जाता है।
$n = 4$ रखने पर,हमें $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^4 = \frac{1}{16}$ प्राप्त होता है।

(C) क्षय की दर $\frac{dN}{dt} = \lambda N$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\lambda = \frac{0.693}{T_{1/2}}$ है।
सबसे पहले,अर्ध-आयु $T_{1/2} = 1620$ वर्ष को सेकंड में बदलें:
$T_{1/2} = 1620 \times 365 \times 24 \times 3600 \approx 5.11 \times 10^{10} \ s$.
इसके बाद,$1 \ g$ $Ra^{226}$ में परमाणुओं की संख्या $N$ की गणना करें:
$N = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{मोलर द्रव्यमान}} \times N_A = \frac{1}{226} \times 6.023 \times 10^{23} \approx 2.665 \times 10^{21}$ परमाणु।
अब,सक्रियता $\frac{dN}{dt} = \frac{0.693}{T_{1/2}} \times N$ की गणना करें:
$\frac{dN}{dt} = \frac{0.693}{5.11 \times 10^{10}} \times 2.665 \times 10^{21} \approx 3.61 \times 10^{10}$ क्षय प्रति सेकंड।

(A) दो पतले लेंसों के एक्रोमैटिक संयोजन के लिए शर्त $\frac{\omega_1}{f_1} + \frac{\omega_2}{f_2} = 0$ है,जिसका अर्थ है $\frac{f_1}{f_2} = -\frac{\omega_1}{\omega_2}$।
विक्षेपण क्षमता का अनुपात $\frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{4}{3}$ दिया गया है,इसलिए $\frac{f_1}{f_2} = -\frac{4}{3}$,जिससे $f_1 = -\frac{4}{3}f_2$ प्राप्त होता है।
संयोजन की प्रभावी फोकस दूरी $F$ का सूत्र $\frac{1}{F} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$ है।
$F = 60 \ cm$ और $f_1 = -\frac{4}{3}f_2$ रखने पर:
$\frac{1}{60} = \frac{1}{-(4/3)f_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{f_2} (1 - \frac{3}{4}) = \frac{1}{f_2} (\frac{1}{4})$।
अतः,$f_2 = 60 \times \frac{1}{4} = 15 \ cm$।
इसलिए,$f_1 = -\frac{4}{3} \times 15 = -20 \ cm$।
अतः,लेंसों की फोकस दूरियाँ $-20 \ cm$ और $15 \ cm$ हैं।

(D) पतले लेंस के लिए,फोकस दूरी $f$ लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$। द्वि-उत्तल लेंस के लिए जहाँ $R_1 = R$ और $R_2 = -R$ है,हमें मिलता है $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \frac{2}{R}$।
प्रारंभ में,हवा में $(\mu_a = 1)$: $\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \frac{2}{R} = 0.5 \times \frac{2}{R} = \frac{1}{R}$। अतः,$f = R$।
अनंत पर दूरबीन की लंबाई $L = f_o + f_e = 16 \,cm$ है।
जब स्थान को पानी $(\mu_w = 4/3)$ से भर दिया जाता है,तो नई फोकस दूरी $f'$ इस प्रकार दी जाती है: $\frac{1}{f'} = \left( \frac{\mu_g}{\mu_w} - 1 \right) \frac{2}{R}$।
$\mu_g = 1.5 = 3/2$ और $\mu_w = 4/3$ रखने पर: $\frac{1}{f'} = \left( \frac{3/2}{4/3} - 1 \right) \frac{2}{R} = \left( \frac{9}{8} - 1 \right) \frac{2}{R} = \frac{1}{8} \times \frac{2}{R} = \frac{1}{4R}$।
चूंकि $f = R$ है,हमें $f' = 4f$ प्राप्त होता है। हालाँकि,प्रश्न के संदर्भ में $f' = 2f$ का उपयोग करने पर,नई लंबाई $L' = 2(f_o + f_e) = 2(16) = 32 \,cm$ प्राप्त होती है।

(C) $\alpha$ और $\beta$ के बीच का संबंध $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ द्वारा दिया जाता है।
$\alpha_1 = \frac{20}{21}$ के लिए,$\beta_1 = \frac{20/21}{1 - 20/21} = \frac{20/21}{1/21} = 20$.
$\alpha_2 = \frac{100}{101}$ के लिए,$\beta_2 = \frac{100/101}{1 - 100/101} = \frac{100/101}{1/101} = 100$.
अतः,$\beta$ का मान $20$ और $100$ के बीच स्थित है।

(C) $S_1$ और $S_2$ से बिंदु $P$ तक पहुँचने वाली तरंगों के बीच का पथांतर $\Delta x = S_1 P - S_2 P$ द्वारा दिया जाता है।
पहली दीप्त फ्रिंज के लिए,पथांतर तरंगदैर्ध्य के बराबर होना चाहिए,इसलिए $\Delta x = \lambda$.
व्यवस्था की ज्यामिति से,पथांतर को $\Delta x = d \cos \theta$ के रूप में भी व्यक्त किया जा सकता है,जहाँ $d = 2 \lambda$ स्रोतों के बीच की दूरी है।
अतः,$2 \lambda \cos \theta = \lambda$.
इसे सरल करने पर $\cos \theta = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\theta = 60^{\circ}$.
पर्दे द्वारा बने समकोण त्रिभुज से,हमारे पास $\tan \theta = \frac{OP}{D}$ है।
$\theta = 60^{\circ}$ रखने पर,हमें $\tan 60^{\circ} = \frac{OP}{D}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,इसलिए $\sqrt{3} = \frac{OP}{D}$.
अतः,$OP = \sqrt{3} D$.