TS EAMCET 2017 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) समान द्रव्यमान वाली दो वस्तुओं के बीच प्रत्यास्थ टक्कर में,जहाँ एक वस्तु प्रारंभ में स्थिर है,रैखिक संवेग और गतिज ऊर्जा के संरक्षण के नियम से: $\vec{v}_1 = \vec{v}_1' + \vec{v}_2'$.
चूंकि टक्कर प्रत्यास्थ है और द्रव्यमान समान हैं,गतिज ऊर्जा का संरक्षण देता है: $v_1^2 = (v_1')^2 + (v_2')^2$.
इन दो समीकरणों की तुलना सदिश संबंध $\vec{v}_1^2 = (\vec{v}_1' + \vec{v}_2')^2 = (v_1')^2 + (v_2')^2 + 2\vec{v}_1' \cdot \vec{v}_2'$ से करने पर,हमें प्राप्त होता है कि $2\vec{v}_1' \cdot \vec{v}_2' = 0$.
इसका अर्थ है कि अंतिम वेग सदिशों का अदिश गुणनफल (dot product) शून्य है,जिसका तात्पर्य है कि टक्कर के बाद दोनों गेंदों के बीच का कोण $90^{\circ}$ होता है (यदि टक्कर सम्मुख/head-on न हो)।

(B) कण $v$ की एकसमान चाल से वृत्ताकार पथ पर गति करता है। मान लीजिए प्रारंभिक वेग $\vec{v}_i = v \hat{i}$ है।
व्यासाग्र बिंदु पर,वेग $\vec{v}_f = -v \hat{i}$ होगा।
संवेग में परिवर्तन $\Delta \vec{p} = m \vec{v}_f - m \vec{v}_i = M(-v \hat{i}) - M(v \hat{i}) = -2 M v \hat{i}$ है।
संवेग में परिवर्तन का परिमाण $|\Delta \vec{p}| = 2 M v$ है।
चूंकि चाल $v$ एकसमान है,इसलिए गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} M v^2$ पूरी गति के दौरान स्थिर रहती है।
अतः,गतिज ऊर्जा में परिवर्तन $0$ है।

(D) $SONAR$ का अर्थ Sound Navigation and Ranging है। यह अल्ट्रासोनिक तरंगों को उत्सर्जित करके काम करता है जो पानी के माध्यम से यात्रा करती हैं,किसी वस्तु से टकराती हैं और रिसीवर पर वापस परावर्तित हो जाती हैं। गूँज (echo) को वापस आने में लगने वाले समय को मापकर,वस्तु की दूरी की गणना की जा सकती है। इसलिए,उपयोग किया जाने वाला सिद्धांत अल्ट्रासोनिक तरंगों का परावर्तन है।

(A) कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,उपसौर और अपसौर बिंदुओं पर:
$m v_1 r_1 = m v_2 r_2$
$\Rightarrow v_2 = \frac{v_1 r_1}{r_2}$ $(i)$
कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम से:
$-\frac{G M m}{r_1} + \frac{1}{2} m v_1^2 = -\frac{G M m}{r_2} + \frac{1}{2} m v_2^2$
समीकरण $(i)$ से $v_2$ का मान रखने पर:
$-\frac{G M}{r_1} + \frac{1}{2} v_1^2 = -\frac{G M}{r_2} + \frac{1}{2} \left(\frac{v_1 r_1}{r_2}\right)^2$
$\frac{1}{2} v_1^2 \left(1 - \frac{r_1^2}{r_2^2}\right) = G M \left(\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2}\right)$
$\frac{1}{2} v_1^2 \left(\frac{r_2^2 - r_1^2}{r_2^2}\right) = G M \left(\frac{r_2 - r_1}{r_1 r_2}\right)$
$\frac{1}{2} v_1^2 \frac{(r_2 - r_1)(r_2 + r_1)}{r_2^2} = G M \frac{(r_2 - r_1)}{r_1 r_2}$
$v_1^2 = \frac{2 G M r_2}{r_1(r_1 + r_2)}$
$v_1 = \sqrt{\frac{2 G M r_2}{r_1(r_1 + r_2)}}$
कोणीय संवेग $L = m v_1 r_1 = m \sqrt{\frac{2 G M r_2}{r_1(r_1 + r_2)}} \cdot r_1 = m \sqrt{\frac{2 G M r_1 r_2}{r_1 + r_2}}$

(A) ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,ढलान के शीर्ष पर वस्तु की स्थितिज ऊर्जा ढलान के निचले हिस्से पर गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
ऊंचाई $h$ पर स्थितिज ऊर्जा = $mgh$ है।
जब वस्तु समतल ट्रैक पर चलती है,तो घर्षण बल $f = \mu N = \mu mg$ द्वारा किया गया कार्य वस्तु को $d$ दूरी पर रोक देता है।
घर्षण द्वारा किया गया कार्य $W = f \times d = \mu mgd$ है।
प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा को घर्षण द्वारा किए गए कार्य के बराबर रखने पर:
$mgh = \mu mgd$
दोनों पक्षों को $mg$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$d = \frac{h}{\mu}$

(D) बक्से को स्थिर संतुलन में रखने के लिए,आनत के अनुदिश नीचे की ओर लगने वाले बल $(mg \sin \theta)$ को अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल $(f_{max})$ द्वारा संतुलित किया जाना चाहिए।
बक्से पर कार्य करने वाला अभिलंब बल $N$,आनत के लंबवत भार के घटक और अनुप्रयुक्त बल $F$ का योग है:
$N = mg \cos \theta + F$
अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल इस प्रकार दिया जाता है:
$f_{max} = \mu N = \mu(mg \cos \theta + F)$
संतुलन के लिए,$mg \sin \theta \leq f_{max}$,इसलिए आवश्यक न्यूनतम बल $F$ तब होता है जब $mg \sin \theta = \mu(mg \cos \theta + F)$ हो।
$F$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$F = \frac{mg \sin \theta}{\mu} - mg \cos \theta = mg \left( \frac{\sin \theta}{\mu} - \cos \theta \right)$
दिया है $m = 1 \ kg$,$g = 10 \ m/s^2$,$\theta = 30^{\circ}$,और $\mu = 0.2$:
$F = 1 \times 10 \left( \frac{\sin 30^{\circ}}{0.2} - \cos 30^{\circ} \right)$
$F = 10 \left( \frac{0.5}{0.2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 10 \left( 2.5 - 0.866 \right)$
$F = 10 \times 1.634 = 16.34 \ N$
अतः,$F$ का न्यूनतम परिमाण $\geq 16.3 \ N$ है।

(B) दिया गया है:
लंबाई में प्रतिशत त्रुटि,$\frac{\Delta L}{L} \times 100 = 3 \%$
बल में प्रतिशत त्रुटि,$\frac{\Delta F}{F} \times 100 = 4 \%$
हम जानते हैं कि दबाव $P$ को प्रति इकाई क्षेत्रफल बल के रूप में परिभाषित किया जाता है:
$P = \frac{F}{A}$
चूंकि प्लेट वर्गाकार है,इसलिए क्षेत्रफल $A = L^2$ होगा।
अतः,$P = \frac{F}{L^2}$।
दबाव में सापेक्ष त्रुटि इस प्रकार दी जाती है:
$\frac{\Delta P}{P} = \frac{\Delta F}{F} + 2 \frac{\Delta L}{L}$
प्रतिशत त्रुटि ज्ञात करने के लिए,$100$ से गुणा करें:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = \left( \frac{\Delta F}{F} \times 100 \right) + 2 \left( \frac{\Delta L}{L} \times 100 \right)$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\Delta P}{P} \times 100 = 4 \% + 2(3 \%) = 4 \% + 6 \% = 10 \%$
इस प्रकार,दबाव की गणना में अनुमेय त्रुटि $10 \%$ है।

(D) दिया गया है: पाइप का व्यास $d = 5 \,mm = 5 \times 10^{-3} \,m$. गैसोलीन का घनत्व $\rho = 720 \,kg/m^3$. गैसोलीन की श्यानता $\eta = 6 \times 10^{-3} \,Poise = 6 \times 10^{-4} \,Pa \cdot s$. पाइप प्रवाह के लिए क्रांतिक रेनॉल्ड्स संख्या $R_e = 2000$ होती है। क्रांतिक वेग $v_c$ का सूत्र $v_c = \frac{R_e \cdot \eta}{\rho \cdot d}$ है। मान रखने पर: $v_c = \frac{2000 \times 6 \times 10^{-4}}{720 \times 5 \times 10^{-3}} = \frac{1.2}{3.6} = \frac{1}{3} \approx 0.33 \,m/s$. अतः,जब वेग $0.33 \,m/s$ से अधिक होता है तो प्रवाह अशांत हो जाता है।

(D) दिया गया है:
यंग मापांक $(Y)$ = $2 \times 10^{11} \,N/m^2$
प्रत्यास्थ सीमा (प्रतिबल,$\sigma$) = $1 \times 10^8 \,N/m^2$
तार की मूल लंबाई $(L)$ = $1 \,m$
हम जानते हैं कि यंग मापांक प्रतिबल और विकृति का अनुपात होता है:
$Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{\sigma}{\Delta L / L}$
अधिकतम विस्तार $(\Delta L)$ ज्ञात करने के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$\Delta L = \frac{\sigma \times L}{Y}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\Delta L = \frac{1 \times 10^8 \,N/m^2 \times 1 \,m}{2 \times 10^{11} \,N/m^2}$
$\Delta L = 0.5 \times 10^{-3} \,m$
मीटर को मिलीमीटर में बदलने पर $(1 \,m = 1000 \,mm)$:
$\Delta L = 0.5 \,mm$

(A) अधिकतम ऊँचाई पर, वस्तु का अंतिम वेग $v = 0 \,m/s$ होता है।
मान लीजिए कि अधिकतम ऊँचाई तक पहुँचने में लगा समय $t_{max}$ है।
हम जानते हैं कि अधिकतम ऊँचाई तक पहुँचने से $t$ समय पहले वस्तु का वेग, अधिकतम ऊँचाई से नीचे गिरते समय $t$ समय में प्राप्त किए गए वेग के बराबर होता है (समरूपता के कारण)।
यहाँ, $t = 0.5 \,s$ और गुरुत्वीय त्वरण $g = 9.8 \,m/s^2$ है।
अधिकतम ऊँचाई से विरामावस्था से शुरू होने वाली नीचे की गति के लिए गति के पहले समीकरण का उपयोग करते हुए:
$v = u + gt$
$v = 0 + (9.8 \,m/s^2) \times (0.5 \,s)$
$v = 4.9 \,m/s$.

(A) दिया गया मंदन $\omega = -\frac{dv}{dt} = a \sqrt{v}$ है।
$1$. समय $t$ ज्ञात करने के लिए:
$\frac{dv}{dt} = -a \sqrt{v} \implies \int_{v_0}^{0} v^{-1/2} dv = \int_{0}^{t} -a dt$
$[2 \sqrt{v}]_{v_0}^{0} = -at \implies -2 \sqrt{v_0} = -at \implies t = \frac{2 \sqrt{v_0}}{a}$.
$2$. दूरी $s$ ज्ञात करने के लिए:
$\omega = v \frac{dv}{ds} = a \sqrt{v}$ का उपयोग करते हुए $\implies v \frac{dv}{ds} = -a \sqrt{v} \implies \sqrt{v} dv = -a ds$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $\int_{v_0}^{0} v^{1/2} dv = \int_{0}^{s} -a ds$
$[\frac{2}{3} v^{3/2}]_{v_0}^{0} = -as \implies -\frac{2}{3} v_0^{3/2} = -as \implies s = \frac{2 v_0^{3/2}}{3 a}$.

(D) दिया गया है,
गेंद की प्रारंभिक गति $(u) = 20 \,m/s$
प्रक्षेप्य कोण $(\theta) = 30^{\circ}$
गुरुत्वीय त्वरण $(g) = 10 \,m/s^2$
प्रक्षेप्य द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $(H)$ का सूत्र है:
$H = \frac{u^2 \sin^2 \theta}{2g}$
सूत्र में दिए गए मानों को रखने पर:
$H = \frac{(20)^2 \times (\sin 30^{\circ})^2}{2 \times 10}$
$H = \frac{400 \times (1/2)^2}{20}$
$H = \frac{400 \times (1/4)}{20}$
$H = \frac{100}{20}$
$H = 5 \,m$
अतः,गेंद द्वारा प्राप्त अधिकतम ऊँचाई $5 \,m$ है।

(A) गति के दिए गए प्राचलिक समीकरण:
$x = a \cos t$
$y = a \sin t$
$z = t$
सबसे पहले,$xy$-समतल पर गति के प्रक्षेप पर विचार करें:
$x^2 + y^2 = (a \cos t)^2 + (a \sin t)^2 = a^2(\cos^2 t + \sin^2 t) = a^2$
यह $xy$-समतल में $a$ त्रिज्या का एक वृत्त दर्शाता है।
साथ ही,कण $z$-अक्ष के अनुदिश एक समान वेग से गति करता है क्योंकि $z = t$,जिसका अर्थ है कि $\frac{dz}{dt} = 1$ है।
चूंकि कण $xy$-समतल में एक वृत्ताकार पथ में गति करता है और साथ ही $z$-अक्ष पर रैखिक रूप से आगे बढ़ता है,इसलिए परिणामी प्रक्षेप पथ एक हेलिक्स (सर्पिल) है।

(B) दिया गया है:
नदी की चौड़ाई $(w) = 200 \ m$
नदी का वेग $(v_r) = 2 \ m/s$
नदी के सापेक्ष तैराक का वेग $(v_{sr}) = 1 \ m/s$
नदी को कम से कम समय में पार करने के लिए,तैराक को नदी के प्रवाह के लंबवत तैरना चाहिए।
नदी पार करने में लगा समय $t = \frac{w}{v_{sr}} = \frac{200 \ m}{1 \ m/s} = 200 \ s$ है।
इस समय के दौरान,तैराक नदी के प्रवाह के साथ नीचे की ओर बह जाता है।
नीचे की ओर तय की गई दूरी $(d) = v_r \times t$ द्वारा दी जाती है।
$d = 2 \ m/s \times 200 \ s = 400 \ m$.
अतः,तैराक शुरुआती बिंदु के ठीक विपरीत बिंदु से $400 \ m$ की दूरी पर दूसरे किनारे पर पहुँचता है।

(D) दिया गया है: सरल लोलक की लंबाई $L = 1 \,m$,लिफ्ट का त्वरण $a = 2 \,m/s^2$,और गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,m/s^2$ है।
जब लिफ्ट $a$ त्वरण के साथ ऊपर की ओर गति करती है,तो प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $g_{eff} = g + a$ होता है।
मान रखने पर,$g_{eff} = 10 + 2 = 12 \,m/s^2$ प्राप्त होता है।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{eff}}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$T = 2\pi \sqrt{\frac{1}{12}} = 2\pi \frac{1}{\sqrt{4 \times 3}} = 2\pi \frac{1}{2\sqrt{3}} = \frac{\pi}{\sqrt{3}} \,s$।

(D) दिया गया है: क्षेत्रफल $A = 1.0 \,m^2$, मोटाई $l = 3 \,cm = 0.03 \,m$, तापमान का अंतर $\Delta \theta = 30^{\circ} C - 0^{\circ} C = 30^{\circ} C$, ऊष्मीय चालकता $K = 0.03 \,W/mK$, गुप्त ऊष्मा $L = 3.00 \times 10^5 \,J/kg$, समय $t = 24 \times 3600 \,s = 86400 \,s$.
ऊष्मा चालन के सूत्र का उपयोग करते हुए: $Q = \frac{K A \Delta \theta t}{l}$.
चूंकि $Q = m L$, इसलिए $m = \frac{K A \Delta \theta t}{L l}$.
मान रखने पर: $m = \frac{0.03 \times 1.0 \times 30 \times 86400}{3.00 \times 10^5 \times 0.03}$.
$m = \frac{0.9 \times 86400}{9000} = \frac{77760}{9000} = 8.64 \,kg$.

$(A)$ दिया गया है: स्टील का रेखीय प्रसार गुणांक $\alpha = 11 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} C$.
आवश्यक सटीकता $\Delta l = 0.06 \,mm = 6 \times 10^{-5} \,m$, लंबाई $l = 1 \,m$.
रेखीय प्रसार का सूत्र: $\Delta l = l \alpha \Delta t$.
तापमान अंतर के लिए: $\Delta t = \frac{\Delta l}{l \alpha}$.
मान रखने पर: $\Delta t = \frac{6 \times 10^{-5}}{1 \times 11 \times 10^{-6}} = \frac{60}{11} \approx 5.45^{\circ} C$.
चूंकि स्केल $25^{\circ} C$ पर सटीक है, इसलिए मान्य तापमान सीमा $25^{\circ} C \pm 5.45^{\circ} C$ होगी।
यह सीमा $19.55^{\circ} C$ से $30.45^{\circ} C$ तक है।
विकल्पों में दिए गए निकटतम पूर्णांक मानों के अनुसार, सीमा लगभग $19^{\circ} C$ से $31^{\circ} C$ है।
अतः, विकल्प $A$ सही है।

(C) आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta U)$ को सूत्र $\Delta U = n C_v \Delta T$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है:
हवा के मोलों की संख्या $(n) = 2000 = 2 \times 10^3 \text{ mol}$.
प्रारंभिक तापमान $(T_i) = 34^{\circ} C$,अंतिम तापमान $(T_f) = 24^{\circ} C$.
तापमान में परिवर्तन $(\Delta T) = 24 - 34 = -10 \text{ K}$.
हवा के लिए,$\gamma = 1.4$. स्थिर आयतन पर मोलर विशिष्ट ऊष्मा $C_v = \frac{R}{\gamma - 1} = \frac{R}{1.4 - 1} = \frac{R}{0.4}$ होती है।
मान रखने पर:
$\Delta U = n \left( \frac{R}{0.4} \right) \Delta T$
$\Delta U = (2 \times 10^3) \times \left( \frac{8.314}{0.4} \right) \times (-10)$
$\Delta U = - \frac{2 \times 8.314 \times 10^4}{0.4}$
$\Delta U = - \frac{16.628 \times 10^4}{0.4} = -41.57 \times 10^4 \text{ J} \approx -4.2 \times 10^5 \text{ J}$.

(A) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $T_1$ स्रोत का तापमान है और $T_2$ सिंक का तापमान है।
दिया गया है $\eta_1 = \frac{1}{6}$, इसलिए $\frac{1}{6} = 1 - \frac{T_2}{T_1}$, जिसका अर्थ है $\frac{T_2}{T_1} = \frac{5}{6}$ या $T_2 = \frac{5}{6} T_1$ (समीकरण $1$)।
जब सिंक का तापमान $62^{\circ} C$ कम किया जाता है, तो नया सिंक तापमान $T_2' = T_2 - 62$ हो जाता है। नई दक्षता $\eta_2 = 2 \times \eta_1 = 2 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{3}$ है।
अतः, $\frac{1}{3} = 1 - \frac{T_2 - 62}{T_1}$.
समीकरण में $T_2 = \frac{5}{6} T_1$ रखने पर: $\frac{1}{3} = 1 - \frac{\frac{5}{6} T_1 - 62}{T_1} = 1 - \frac{5}{6} + \frac{62}{T_1} = \frac{1}{6} + \frac{62}{T_1}$.
इसे व्यवस्थित करने पर $\frac{1}{3} - \frac{1}{6} = \frac{62}{T_1}$ प्राप्त होता है, इसलिए $\frac{1}{6} = \frac{62}{T_1}$, जिसका अर्थ है $T_1 = 372 \,K$.
समीकरण $1$ का उपयोग करने पर, $T_2 = \frac{5}{6} \times 372 = 310 \,K$।

(C) ध्वनि तरंग की आवृत्ति उसे उत्पन्न करने वाले स्रोत का एक अभिलक्षणिक गुण है।
जब कोई तरंग एक माध्यम से दूसरे माध्यम (जैसे हवा से पानी) में जाती है,तो उसकी गति और तरंगदैर्ध्य बदल जाती है,लेकिन उसकी आवृत्ति स्थिर रहती है।
इसलिए,जलाशय के तल पर तरंग की आवृत्ति $v \text{ Hz}$ ही रहेगी।

(A) दिया गया है:
$F_{1} = (\hat{i} + 2\hat{j} + 3\hat{k}) \text{ N}$
$F_{2} = (4\hat{i} - 5\hat{j} - 2\hat{k}) \text{ N}$
$r_{1} = (20\hat{i} + 15\hat{j}) \text{ cm} = (0.2\hat{i} + 0.15\hat{j}) \text{ m}$
$r_{2} = (7\hat{k}) \text{ cm} = (0.07\hat{k}) \text{ m}$
कुल बल $F = F_{1} + F_{2} = (1+4)\hat{i} + (2-5)\hat{j} + (3-2)\hat{k} = (5\hat{i} - 3\hat{j} + \hat{k}) \text{ N}$.
विस्थापन $s = r_{2} - r_{1} = (0\hat{i} + 0\hat{j} + 0.07\hat{k}) - (0.2\hat{i} + 0.15\hat{j} + 0\hat{k}) = (-0.2\hat{i} - 0.15\hat{j} + 0.07\hat{k}) \text{ m}$.
किया गया कार्य $W = F \cdot s = (5\hat{i} - 3\hat{j} + \hat{k}) \cdot (-0.2\hat{i} - 0.15\hat{j} + 0.07\hat{k})$.
$W = (5 \times -0.2) + (-3 \times -0.15) + (1 \times 0.07)$.
$W = -1.0 + 0.45 + 0.07 = -0.48 \text{ J}$.

(D) दिए गए पैरामीटर:
$E = 10 \, V$, $\omega = 200 \, rad/s$, $R = 50 \, \Omega$, $L = 400 \, mH = 0.4 \, H$, $C = 200 \, \mu F = 200 \times 10^{-6} \, F$.
सबसे पहले, प्रेरक प्रतिघात $(X_L)$ और धारितीय प्रतिघात $(X_C)$ की गणना करें:
$X_L = \omega L = 200 \times 0.4 = 80 \, \Omega$.
$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{200 \times 200 \times 10^{-6}} = \frac{1}{0.04} = 25 \, \Omega$.
अब, $LCR$ परिपथ की प्रतिबाधा $(Z)$ की गणना करें:
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{50^2 + (80 - 25)^2} = \sqrt{2500 + 55^2} = \sqrt{2500 + 3025} = \sqrt{5525} \approx 74.33 \, \Omega$.
परिपथ में rms धारा $(I)$ है:
$I = \frac{E}{Z} = \frac{10}{74.33} \approx 0.1345 \, A$.
प्रेरक के सिरों पर rms वोल्टेज $(V_L)$ इस प्रकार है:
$V_L = I \times X_L = 0.1345 \times 80 \approx 10.76 \, V$.
एक दशमलव स्थान तक पूर्णांकित करने पर, हमें $10.8 \, V$ प्राप्त होता है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु की $n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
मूल अवस्था $(n_1 = 1)$ के लिए, ऊर्जा $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ है।
उत्तेजित अवस्था $(n_2 = 3)$ के लिए, ऊर्जा $E_3 = -\frac{13.6}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \text{ eV}$ है।
परमाणु को $n=1$ से $n=3$ तक उत्तेजित करने के लिए आवश्यक ऊर्जा $\Delta E = E_3 - E_1$ है।
$\Delta E = -1.51 - (-13.6) = 12.09 \text{ eV}$।
इस मान को पूर्णांकित करने पर, हमें $\Delta E \approx 12.1 \text{ eV}$ प्राप्त होता है।

(B) $4 \mu F$ संधारित्र,$2 \mu F$ और $3 \mu F$ संधारित्रों के समानांतर संयोजन के साथ श्रेणीक्रम में है।
जब $4 \mu F$ संधारित्र की ऊपरी प्लेट पर $+80 \mu C$ का आवेश रखा जाता है,तो उसकी निचली प्लेट पर समान और विपरीत $-80 \mu C$ का आवेश प्रेरित होता है।
यह $+80 \mu C$ आवेश तब $2 \mu F$ और $3 \mu F$ संधारित्रों की ऊपरी प्लेटों के बीच वितरित हो जाता है,जो समानांतर में जुड़े हुए हैं।
चूंकि संधारित्र समानांतर में हैं,इसलिए आवेश $q$ उनकी धारिता के अनुपात में वितरित होता है:
$q_1 = \left( \frac{C_1}{C_1 + C_2} \right) Q_{total}$
$3 \mu F$ संधारित्र के लिए:
$q = \left( \frac{3 \mu F}{3 \mu F + 2 \mu F} \right) \times 80 \mu C$
$q = \left( \frac{3}{5} \right) \times 80 \mu C = 3 \times 16 \mu C = 48 \mu C$.

(B) दिया गया है:
संदेश सिग्नल की आवृत्ति $(f_m) = 1 \text{ kHz} = 1 \times 10^3 \text{ Hz}$.
संदेश सिग्नल का पीक वोल्टेज $(E_m) = 5 \text{ V}$.
वाहक आवृत्ति $(f_c) = 1 \text{ MHz} = 1 \times 10^6 \text{ Hz}$.
वाहक का पीक वोल्टेज $(E_c) = 15 \text{ V}$.
एम्प्लीट्यूड मॉड्युलेटेड तरंग का समीकरण इस प्रकार है:
$e(t) = E_c [1 + \mu \sin(\omega_m t)] \sin(\omega_c t)$
जहाँ $\mu = \frac{E_m}{E_c}$ मॉड्युलेशन इंडेक्स है।
$\mu = \frac{5}{15} = \frac{1}{3}$.
मान रखने पर:
$e(t) = 15 [1 + \frac{1}{3} \sin(2 \pi f_m t)] \sin(2 \pi f_c t)$
$e(t) = 15 [1 + \frac{1}{3} \sin(2 \pi \times 10^3 t)] \sin(2 \pi \times 10^6 t)$.

(D) परिपथ में दो समानांतर शाखाएँ हैं, जिनमें से प्रत्येक में तीन आदर्श बैटरियाँ श्रेणीक्रम में जुड़ी हुई हैं।
प्रत्येक शाखा का समतुल्य emf $E_{eq} = 3 \times 20 \, V = 60 \, V$ है।
चूंकि दोनों शाखाएँ समानांतर में जुड़ी हैं, इसलिए बैटरी संयोजन का कुल समतुल्य emf $E_{total} = 60 \, V$ ही रहेगा।
चूंकि बैटरियाँ आदर्श हैं, इसलिए उनका आंतरिक प्रतिरोध शून्य है।
अतः, $R = 4 \, \Omega$ के बाहरी प्रतिरोध से होकर बहने वाली धारा $i$ ओम के नियम के अनुसार होगी:
$i = \frac{E_{total}}{R} = \frac{60 \, V}{4 \, \Omega} = 15 \, A$.

(C) तांबा एक धात्विक चालक है, और जैसे-जैसे तापमान कम होता है, इसका प्रतिरोध कम हो जाता है क्योंकि इलेक्ट्रॉनों और जाली आयनों के बीच टकराव की आवृत्ति कम हो जाती है।
जर्मेनियम एक अर्धचालक है। अर्धचालकों में, जैसे-जैसे तापमान कम होता है, आवेश वाहकों (इलेक्ट्रॉनों और होल्स) की संख्या तेजी से कम हो जाती है, जिससे प्रतिरोध में काफी वृद्धि होती है।
इसलिए, जब दोनों को कमरे के तापमान से $80 \text{ K}$ तक ठंडा किया जाता है, तो तांबे का प्रतिरोध घट जाता है और जर्मेनियम का प्रतिरोध बढ़ जाता है।

(A) दिया गया है:
$t_1 = 30^{\circ} C$,$R_1 = 3.1 \Omega$
$t_2 = 100^{\circ} C$,$R_2 = 4.5 \Omega$
प्रतिरोध का ताप गुणांक $\alpha$ ज्ञात करने का सूत्र:
$\alpha = \frac{R_2 - R_1}{R_1 t_2 - R_2 t_1}$
$\alpha = \frac{4.5 - 3.1}{(3.1 \times 100) - (4.5 \times 30)}$
$\alpha = \frac{1.4}{310 - 135}$
$\alpha = \frac{1.4}{175} = 0.008^{\circ} C^{-1}$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) हम जानते हैं कि डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda$ और गतिज ऊर्जा $K$ के बीच संबंध $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mK}}$ है।
इसका अर्थ है कि $K \propto \frac{1}{\lambda^2}$।
माना $\lambda_1 = 1 \,nm$ पर प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_1$ है और $\lambda_2 = 0.5 \,nm$ पर अंतिम गतिज ऊर्जा $K_2$ है।
अतः, $\frac{K_2}{K_1} = \left( \frac{\lambda_1}{\lambda_2} \right)^2 = \left( \frac{1}{0.5} \right)^2 = 2^2 = 4$।
इस प्रकार, $K_2 = 4K_1$।
इलेक्ट्रॉन में जोड़ी जाने वाली ऊर्जा $\Delta K = K_2 - K_1 = 4K_1 - K_1 = 3K_1$ होगी।
अतः, जोड़ी जाने वाली ऊर्जा प्रारंभिक ऊर्जा की तीन गुना है।

(A) परिनालिका एक स्थिर $emf$ $(V)$ वाले $DC$ स्रोत से जुड़ी है।
परिनालिका में धारा $I = V/R$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R$ परिनालिका के तार का प्रतिरोध है।
जब लोहे के क्रोड को बाहर निकाला जाता है,तो परिनालिका का स्व-प्रेरकत्व $(L)$ बदल जाता है,लेकिन तार का प्रतिरोध $(R)$ स्थिर रहता है।
चूंकि $DC$ स्रोत एक स्थिर $emf$ प्रदान करता है और परिपथ का प्रतिरोध नहीं बदलता है,इसलिए स्थिर धारा $I$ अपरिवर्तित रहती है।
अतः,धारा समान रहेगी।

(B) दिया गया है: कुंडली में फेरों की संख्या $= n$. कुंडली का प्रतिरोध $= R$. गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध $= 4R$. परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{total} = R + 4R = 5R$.
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,प्रेरित विद्युत वाहक बल (emf) $e = -n \frac{\Delta \phi}{\Delta t}$ होता है।
यहाँ,फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi = \phi_2 - \phi_1$ है और लिया गया समय $\Delta t = t$ है।
इसलिए,$e = -n \frac{(\phi_2 - \phi_1)}{t}$.
प्रेरित धारा $i = \frac{e}{R_{total}}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर,हमें $i = \frac{-n(\phi_2 - \phi_1)}{5Rt}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है:
वृत्ताकार कुंडली में फेरों की संख्या $(N) = 100$
क्षेत्रफल $(A) = 2 \times 10^{-2} \,m^2$
चुंबकीय क्षेत्र $(B) = 0.01 \,T$
घूर्णन की आवृत्ति $(f) = 50 \,Hz$
घूमती हुई कुंडली में उत्पन्न अधिकतम प्रेरित emf का सूत्र है:
$e_{max} = N B A \omega$
चूँकि कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f$ होती है, इसलिए:
$e_{max} = N B A (2 \pi f)$
दिए गए मानों को रखने पर:
$e_{max} = 100 \times 0.01 \times (2 \times 10^{-2}) \times 2 \times 3.14159 \times 50$
$e_{max} = 1 \times 0.02 \times 314.159$
$e_{max} = 0.02 \times 314.159 = 6.283 \,V$
अतः, उत्पन्न अधिकतम emf लगभग $6.28 \,V$ है।

(C) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान चालक में प्रेरित गतिक विद्युत वाहक बल $(EMF)$ का सूत्र $e = \int (\vec{v} \times \vec{B}) \cdot d\vec{l}$ होता है।
$r$ त्रिज्या वाली धातु की गेंद के लिए,अधिकतम विभवांतर वाले बिंदुओं के बीच प्रभावी लंबाई $l$ गेंद का व्यास है,जो $l = 2r$ है।
प्रेरित $EMF$ का सूत्र $e = B v l \sin \alpha$ है,जहाँ $\alpha$ वेग सदिश $\vec{v}$ और चुंबकीय क्षेत्र सदिश $\vec{B}$ के बीच का कोण है।
सूत्र में $l = 2r$ रखने पर,हमें $e = B v (2r) \sin \alpha$ प्राप्त होता है।
अतः,अधिकतम विभवांतर $2r|\vec{B}||\vec{v}| \sin \alpha$ है।

(C) गॉस के नियम के अनुसार,बिंदु आवेश $q$ से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र $E$ का मान $\oint E \cdot ds = \frac{q_{enclosed}}{\varepsilon_0}$ द्वारा दिया जाता है।
कोटर के अंदर $r$ त्रिज्या (जहाँ $r < R_1$) वाले एक गॉसियन पृष्ठ के लिए,घिरा हुआ कुल आवेश केवल केंद्र पर रखा गया बिंदु आवेश $q$ है।
अतः,$E(4 \pi r^2) = \frac{q}{\varepsilon_0}$.
$E$ के लिए हल करने पर,हमें $E = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$ प्राप्त होता है।
चालक कोश पर स्थित आवेश $Q$ कोटर के अंदर विद्युत क्षेत्र में कोई योगदान नहीं देता है क्योंकि गोलीय सममित आवेशित कोश के अंदर विद्युत क्षेत्र शून्य होता है।

(C) ओर्स्टेड के प्रयोग के अनुसार,जब किसी चालक से विद्युत धारा प्रवाहित होती है,तो यह अपने आसपास के क्षेत्र में चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न करता है। जबकि एक स्थिर आवेश केवल विद्युत क्षेत्र उत्पन्न करता है,एक गतिशील आवेश (या धारा) विद्युत क्षेत्र और चुंबकीय क्षेत्र दोनों उत्पन्न करता है। हालाँकि,एक धारावाही तार के संदर्भ में जहाँ कुल आवेश शून्य होता है,उसके पड़ोस में मुख्य रूप से चुंबकीय क्षेत्र देखा जाता है।

(D) नाभिकीय क्षय अभिक्रिया इस प्रकार है: ${ }_{94}^{239} Pu \rightarrow { }_{92}^{235} U + { }_{Z}^{A} X$.
द्रव्यमान संख्या के संरक्षण के नियम को लागू करने पर: $239 = 235 + A \Rightarrow A = 4$.
परमाणु क्रमांक के संरक्षण के नियम को लागू करने पर: $94 = 92 + Z \Rightarrow Z = 2$.
$4$ द्रव्यमान संख्या और $2$ परमाणु क्रमांक वाला कण एक अल्फा कण $({ }_{2}^{4} He)$ है।
अतः,इस क्षय के दौरान एक अल्फा कण उत्सर्जित होता है।

(A) दिया गया है: प्रकाश स्रोत की दूरी $(u) = -1.5 \ m = -\frac{3}{2} \ m$. उत्तल दर्पण की वक्रता त्रिज्या $(R) = +1 \ m$. फोकस दूरी $(f) = \frac{R}{2} = +0.5 \ m$.
दर्पण सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$.
मान रखने पर: $\frac{1}{0.5} = \frac{1}{v} + \frac{1}{-1.5} \Rightarrow 2 = \frac{1}{v} - \frac{2}{3}$.
$v$ के लिए हल करने पर: $\frac{1}{v} = 2 + \frac{2}{3} = \frac{6+2}{3} = \frac{8}{3}$.
अतः,$v = \frac{3}{8} = 0.375 \ m$.
चूंकि $v$ धनात्मक है,प्रतिबिंब दर्पण के पीछे बनता है,जो आभासी और सीधा है.
आवर्धन $(m) = -\frac{v}{u} = -\frac{0.375}{-1.5} = \frac{0.375}{1.5} = 0.25$.

(A) स्नेल के नियम के अनुसार,आपतन कोण और अपवर्तन कोण की ज्या (sine) का अनुपात दोनों माध्यमों के अपवर्तनांक के अनुपात के बराबर होता है:
$\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha_2} = \frac{\mu_2}{\mu_1}$
हम जानते हैं कि अपवर्तनांक $\mu$ माध्यम में तरंगदैर्ध्य $\lambda$ के व्युत्क्रमानुपाती होता है,जिसे $\mu = \frac{\lambda_0}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $\lambda_0$ निर्वात में तरंगदैर्ध्य है।
इसलिए,$\frac{\mu_2}{\mu_1} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2}$.
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{\sin \alpha_1}{\sin \alpha_2} = \frac{\lambda_1}{\lambda_2}$
$\lambda_2$ के लिए हल करने पर:
$\lambda_2 = \lambda_1 \frac{\sin \alpha_2}{\sin \alpha_1}$

(C) $n$-प्रकार के अर्धचालक में बहुसंख्यक आवेश वाहक इलेक्ट्रॉन होते हैं,होल नहीं। इसलिए,यह कथन कि $n$-प्रकार के अर्धचालकों में बहुसंख्यक वाहक होल होते हैं,गलत है। अन्य कथन सत्य हैं: आंतरिक अर्धचालकों का प्रतिरोध ताप गुणांक ऋणात्मक होता है,त्रिसंयोजी डोपिंग से $p$-प्रकार की सामग्री बनती है,और एक $p-n$ जंक्शन डायोड के रूप में कार्य करता है।

(A) माना आपतित प्रकाश की तीव्रता $I_0$ है।
ऊपरी सतह से परावर्तित तीव्रता,$I_1 = 25 \% \text{ of } I_0 = \frac{I_0}{4}$.
कांच की प्लेट में प्रवेश करने वाली तीव्रता = $I_0 - \frac{I_0}{4} = \frac{3I_0}{4}$.
निचली सतह से परावर्तित तीव्रता,$I_2 = 50 \% \text{ of } \frac{3I_0}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{3I_0}{4} = \frac{3I_0}{8}$.
अधिकतम और न्यूनतम तीव्रता का अनुपात निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\frac{I_{\max}}{I_{\min}} = \frac{(\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2}{(\sqrt{I_1} - \sqrt{I_2})^2} = \left( \frac{\sqrt{\frac{I_0}{4}} + \sqrt{\frac{3I_0}{8}}}{\sqrt{\frac{I_0}{4}} - \sqrt{\frac{3I_0}{8}}} \right)^2 = \left( \frac{\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{3}{8}}}{\frac{1}{2} - \sqrt{\frac{3}{8}}} \right)^2$.