TS EAMCET 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) दिया गया है:
लड़के का वेग,$\overrightarrow{v_b} = 4 \ m \ s^{-1}$ और बारिश का वेग,$\overrightarrow{v_r} = 8 \ m \ s^{-1}$।
लड़के के सापेक्ष बारिश का वेग $\overrightarrow{v_{rb}} = \overrightarrow{v_r} - \overrightarrow{v_b}$ है।
मान लीजिए ऊर्ध्वाधर दिशा $y$-अक्ष है और क्षैतिज दिशा $x$-अक्ष है।
बारिश के वेग के घटक: $v_{rx} = v_r \sin(45^{\circ}) = 8 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2} \ m \ s^{-1}$ और $v_{ry} = v_r \cos(45^{\circ}) = 8 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2} \ m \ s^{-1}$।
जब लड़का पश्चिम से पूर्व की ओर दौड़ता है $(\overrightarrow{v_b} = 4 \hat{i})$:
$\overrightarrow{v_{rb}} = (4\sqrt{2} - 4) \hat{i} - 4\sqrt{2} \hat{j}$।
$\tan \theta = \frac{|v_{rb,x}|}{|v_{rb,y}|} = \frac{4\sqrt{2} - 4}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2}}$।
जब लड़का पूर्व से पश्चिम की ओर दौड़ता है $(\overrightarrow{v_b} = -4 \hat{i})$:
$\overrightarrow{v_{rb}} = (4\sqrt{2} + 4) \hat{i} - 4\sqrt{2} \hat{j}$।
$\tan \alpha = \frac{|v_{rb,x}|}{|v_{rb,y}|} = \frac{4\sqrt{2} + 4}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2}}$।
इसलिए,अनुपात $\frac{\tan \theta}{\tan \alpha} = \frac{(\sqrt{2} - 1)/\sqrt{2}}{(\sqrt{2} + 1)/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{2} + 1}$।
हर का परिमेयकरण करने पर: $\frac{(\sqrt{2} - 1)(\sqrt{2} - 1)}{(\sqrt{2} + 1)(\sqrt{2} - 1)} = \frac{2 + 1 - 2\sqrt{2}}{2 - 1} = 3 - 2\sqrt{2} = (\sqrt{2} - 1)^2$।

(C) ट्रक का वेग $v = 30 \,m/s$ है। ट्रक द्वारा $100 \,m$ की दूरी तय करने में लगा समय $t = \frac{d}{v} = \frac{100}{30} = \frac{10}{3} \,s$ है।
चूंकि लड़का इस समय के बाद प्रक्षेप्य को पकड़ लेता है, इसलिए प्रक्षेप्य का कुल उड़ान समय $T = \frac{10}{3} \,s$ है।
ट्रक के सापेक्ष लंबवत दिशा में फेंके गए प्रक्षेप्य के लिए, उड़ान का समय $T = \frac{2u_y}{g}$ होता है, जहाँ $u_y$ वेग का लंबवत घटक है।
मान रखने पर: $\frac{10}{3} = \frac{2u_y}{10}$.
$u_y$ के लिए हल करने पर: $u_y = \frac{10 \times 10}{3 \times 2} = \frac{100}{6} = \frac{50}{3} \,m/s$.
चूंकि प्रक्षेप्य को ट्रक के सापेक्ष फेंका जाता है, इसलिए ट्रक के सापेक्ष वेग का क्षैतिज घटक $0$ है। अतः, ट्रक के सापेक्ष गति $u_y = \frac{50}{3} \,m/s$ है।

(B) माना प्रारंभिक स्थिति $h = 4.2 \text{ m}$ की ऊँचाई पर है। प्रारंभिक वेग के घटक $u_x = v \cos 30^{\circ} = 40 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 20\sqrt{3} \text{ m/s}$ और $u_y = v \sin 30^{\circ} = 40 \times \frac{1}{2} = 20 \text{ m/s}$ हैं।
ऊर्ध्वाधर दिशा के लिए गति के समीकरण का उपयोग करते हुए,ऊपर की दिशा को धनात्मक लेने पर:
$y = u_y t - \frac{1}{2} g t^2$
$-4.2 = 20t - \frac{1}{2} (10) t^2$
$5t^2 - 20t - 4.2 = 0$
$t = \frac{20 \pm \sqrt{(-20)^2 - 4(5)(-4.2)}}{2(5)} = \frac{20 \pm \sqrt{400 + 84}}{10} = \frac{20 \pm 22}{10}$.
चूँकि $t > 0$,इसलिए $t = \frac{42}{10} = 4.2 \text{ s}$.
क्षैतिज दूरी $R = u_x t = (20\sqrt{3}) \times 4.2 = 84\sqrt{3} \text{ m}$ प्राप्त होती है।

(B) माना बारिश का वेग $\vec{v}_r$ है। बारिश के वेग का क्षैतिज घटक $v_{rx} = v_r \sin(30^{\circ})$ और ऊर्ध्वाधर घटक $v_{ry} = v_r \cos(30^{\circ})$ है।
दिया गया है कि बारिश $40 \ m/s$ की गति से ऊर्ध्वाधर से $30^{\circ}$ के कोण पर गिर रही है,इसलिए $v_r = 40 \ m/s$ है।
अतः,$v_{rx} = 40 \sin(30^{\circ}) = 40 \times 0.5 = 20 \ m/s$ और $v_{ry} = 40 \cos(30^{\circ}) = 40 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 20\sqrt{3} \ m/s$ है।
कार बारिश के क्षैतिज घटक की विपरीत दिशा में $v_c = 40 \ m/s$ की गति से चल रही है।
माना कार का वेग $\vec{v}_c = 40 \hat{i} \ m/s$ है। कार के सापेक्ष बारिश का वेग $\vec{v}_{rc} = \vec{v}_r - \vec{v}_c$ है।
माना बारिश का क्षैतिज घटक ऋणात्मक $x$-दिशा में है,$\vec{v}_r = -20 \hat{i} - 20\sqrt{3} \hat{j}$ है।
तब $\vec{v}_{rc} = (-20 \hat{i} - 20\sqrt{3} \hat{j}) - (40 \hat{i}) = -60 \hat{i} - 20\sqrt{3} \hat{j}$ होगा।
ऊर्ध्वाधर के साथ कोण $\alpha$ का मान $\tan(\alpha) = \frac{|v_{rc,x}|}{|v_{rc,y}|} = \frac{60}{20\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ द्वारा प्राप्त होता है।
इसलिए,$\alpha = \tan^{-1}(\sqrt{3}) = 60^{\circ}$ है।

(A) वेग-समय ग्राफ एक समलंब चतुर्भुज है। मान लीजिए कि कार $t_1$ समय के लिए त्वरित होती है और $t_1$ समय के लिए मंदित होती है। वह समय जिसके लिए यह एकसमान वेग से चलती है,$(25 - 2t_1) \ s$ है।
अधिकतम वेग $v_{max} = a \times t_1 = 5t_1$.
औसत वेग $v_{avg} = 72 \ km \ hr^{-1} = 72 \times \frac{5}{18} \ m \ s^{-1} = 20 \ m \ s^{-1}$.
कुल विस्थापन $S = v_{avg} \times t_{total} = 20 \times 25 = 500 \ m$.
वेग-समय ग्राफ के अंतर्गत का क्षेत्रफल विस्थापन है:
$S = \frac{1}{2} \times (\text{समानांतर भुजाओं का योग}) \times \text{ऊंचाई}$
$500 = \frac{1}{2} \times [ (25 - 2t_1) + 25 ] \times 5t_1$
$1000 = (50 - 2t_1) \times 5t_1$
$1000 = 250t_1 - 10t_1^2$
$10t_1^2 - 250t_1 + 1000 = 0$
$t_1^2 - 25t_1 + 100 = 0$
$(t_1 - 20)(t_1 - 5) = 0$
चूंकि $t_1$ को $12.5 \ s$ से कम होना चाहिए (क्योंकि $2t_1 < 25$),इसलिए $t_1 = 5 \ s$.
वह समय जिसके लिए कार एकसमान वेग से चली,$25 - 2t_1 = 25 - 2(5) = 15 \ s$ है।

(B) माना टक्कर का समय $t$ है। टक्कर के समय,दोनों कणों के $x$ और $y$ निर्देशांक समान होने चाहिए।
कण $A$ के लिए:
$x_A = v t$,$y_A = 30 \ m$.
कण $B$ के लिए:
$a_x = a \sin 60^{\circ} = 0.4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 0.2\sqrt{3} \ m/s^2$.
$a_y = a \cos 60^{\circ} = 0.4 \times \frac{1}{2} = 0.2 \ m/s^2$.
चूंकि $B$ मूल बिंदु से शून्य प्रारंभिक वेग के साथ शुरू होता है:
$x_B = \frac{1}{2} a_x t^2 = \frac{1}{2} (0.2\sqrt{3}) t^2 = 0.1\sqrt{3} t^2$.
$y_B = \frac{1}{2} a_y t^2 = \frac{1}{2} (0.2) t^2 = 0.1 t^2$.
टक्कर के लिए,$y_A = y_B$:
$30 = 0.1 t^2 \Rightarrow t^2 = 300 \Rightarrow t = 10\sqrt{3} \ s$.
टक्कर के लिए,$x_A = x_B$:
$v t = 0.1\sqrt{3} t^2 \Rightarrow v = 0.1\sqrt{3} t$.
$t = 10\sqrt{3}$ रखने पर:
$v = 0.1\sqrt{3} \times 10\sqrt{3} = 1 \times 3 = 3 \ m/s$.
अतः,$|v|$ का मान $3 \ m/s$ है।

(A) दिया गया है, ऊर्ध्वाधर दिशा में वर्षा की गति, $v_r = 30 \,m/s$ है।
व्यक्ति की गति, $v_m = 10 \,m/s$ (पश्चिम की ओर) है।
व्यक्ति के सापेक्ष वर्षा का आपेक्षिक वेग $\vec{v}_{rm} = \vec{v}_r - \vec{v}_m$ है।
चूंकि व्यक्ति पश्चिम की ओर गति कर रहा है, इसलिए आपेक्षिक वेग सदिश $\vec{v}_{rm}$ ऊर्ध्वाधर के सापेक्ष पश्चिम दिशा की ओर झुका होगा।
माना ऊर्ध्वाधर के साथ कोण $\theta$ है।
सदिश त्रिभुज से, $\tan \theta = \frac{v_m}{v_r} = \frac{10}{30} = \frac{1}{3}$ है।
अतः, $\theta = \tan^{-1}(1/3)$ पश्चिम दिशा की ओर।

(D) दिया गया है,कोणीय मंदन $\propto \sqrt{\omega}$।
अतः,$-\frac{d\omega}{dt} = k\sqrt{\omega}$,जहाँ $k$ एक स्थिरांक है।
पुनर्व्यवस्थित और समाकलन करने पर: $-\int_{\omega_0}^{\omega} \omega^{-1/2} d\omega = \int_{0}^{t} k dt$।
$-[2\sqrt{\omega}]_{\omega_0}^{\omega} = kt \Rightarrow 2(\sqrt{\omega_0} - \sqrt{\omega}) = kt$।
$\sqrt{\omega} = \sqrt{\omega_0} - \frac{kt}{2}$।
जब $\omega = 0$ हो,तो कुल समय $\tau = \frac{2\sqrt{\omega_0}}{k}$।
औसत कोणीय गति $\langle \omega \rangle = \frac{1}{\tau} \int_{0}^{\tau} \omega dt$।
चूंकि $\sqrt{\omega} = \sqrt{\omega_0} - \frac{kt}{2}$,इसलिए $\omega = (\sqrt{\omega_0} - \frac{kt}{2})^2 = \omega_0 + \frac{k^2t^2}{4} - kt\sqrt{\omega_0}$।
$\omega$ का $0$ से $\tau = \frac{2\sqrt{\omega_0}}{k}$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{\tau} (\omega_0 + \frac{k^2t^2}{4} - kt\sqrt{\omega_0}) dt = [\omega_0 t + \frac{k^2t^3}{12} - \frac{kt^2}{2}\sqrt{\omega_0}]_{0}^{\tau}$।
$\tau = \frac{2\sqrt{\omega_0}}{k}$ रखने पर:
$= \frac{2\omega_0\sqrt{\omega_0}}{k} + \frac{2\omega_0\sqrt{\omega_0}}{3k} - \frac{2\omega_0\sqrt{\omega_0}}{k} = \frac{2\omega_0\sqrt{\omega_0}}{3k}$।
अंततः,$\langle \omega \rangle = \frac{2\omega_0\sqrt{\omega_0}/3k}{2\sqrt{\omega_0}/k} = \frac{\omega_0}{3}$।

(C) अवमंदित दोलक का आयाम $A(t) = A_0 e^{-(b/2m)t}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि $n = 100$ दोलनों के बाद,आयाम $A_0/e$ हो जाता है,इसलिए $e^{-(b/2m)T \cdot n} = e^{-1}$,जहाँ $T$ आवर्तकाल है।
अतः,$\frac{b}{2m} T \cdot n = 1$। चूँकि $T = \frac{2\pi}{\omega}$,हमें $\frac{b}{2m} \cdot \frac{2\pi}{\omega} \cdot 100 = 1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{b}{2m\omega} = \frac{1}{200\pi}$।
अवमंदित आवृत्ति $\omega^{\prime} = \omega \sqrt{1 - \frac{b^2}{4m^2\omega^2}}$ है।
छोटे $x$ के लिए द्विपद सन्निकटन $(1-x)^{1/2} \approx 1 - x/2$ का उपयोग करने पर,हमें $\omega^{\prime} \approx \omega \left(1 - \frac{b^2}{8m^2\omega^2}\right)$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$\frac{\omega - \omega^{\prime}}{\omega} = \frac{b^2}{8m^2\omega^2} = \frac{1}{2} \left(\frac{b}{2m\omega}\right)^2$।
मान रखने पर,$\frac{\omega - \omega^{\prime}}{\omega} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{200\pi}\right)^2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{40000\pi^2} = \frac{1}{80000\pi^2}$।
प्रतिशत में बदलने पर: $\frac{1}{80000\pi^2} \times 100 = \frac{1}{800\pi^2} \%$।

(C) एक ऊर्ध्वाधर स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली का आवर्तकाल $T_1 = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ द्वारा दिया जाता है। यह आवर्तकाल गुरुत्वीय त्वरण से स्वतंत्र होता है।
सरल लोलक का आवर्तकाल $T_2 = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ होता है।
चूंकि प्रारंभ में $T_1 = T_2$ दिया गया है, इसलिए $2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ होगा।
दोनों पक्षों का वर्ग करने और $g = 10 \,m/s^2$ रखने पर, हमें $\frac{m}{k} = \frac{l}{10}$ प्राप्त होता है।
जब उन्हें $a = 5 \,m/s^2$ के त्वरण के साथ नीचे जा रही लिफ्ट में रखा जाता है, तो स्प्रिंग-द्रव्यमान प्रणाली का आवर्तकाल अपरिवर्तित रहता है: $T_1' = T_1 = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$।
लोलक के लिए प्रभावी त्वरण $g_{\text{eff}} = g - a = 10 - 5 = 5 \,m/s^2$ हो जाता है।
अतः, लोलक का नया आवर्तकाल $T_2' = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g_{\text{eff}}}} = 2\pi \sqrt{\frac{l}{5}}$ होगा।
आवर्तकालों का अनुपात $\frac{T_1'}{T_2'} = \frac{2\pi \sqrt{m/k}}{2\pi \sqrt{l/5}} = \frac{\sqrt{l/10}}{\sqrt{l/5}} = \sqrt{\frac{5}{10}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ है।

(A) दिया गया है: प्रारंभिक तापमान $T_1 = 27^{\circ} C = 300 \ K$,प्रारंभिक दबाव $P_1 = 600 \ kPa$ है।
एक-चौथाई गैस निकालने के बाद,शेष गैस की मात्रा $n_2 = \frac{3}{4} n_1$ है।
टैंक का आयतन $V$ स्थिर रहता है,इसलिए $V_1 = V_2 = V$ है।
अंतिम तापमान $T_2 = 327^{\circ} C = 600 \ K$ है।
आदर्श गैस समीकरण $PV = nRT$ का उपयोग करने पर,$\frac{P_1 V}{n_1 T_1} = \frac{P_2 V}{n_2 T_2}$ प्राप्त होता है।
$P_2$ के लिए हल करने पर: $P_2 = P_1 \times \left( \frac{n_2}{n_1} \right) \times \left( \frac{T_2}{T_1} \right)$।
मान रखने पर: $P_2 = 600 \times \left( \frac{3}{4} \right) \times \left( \frac{600}{300} \right)$।
$P_2 = 600 \times 0.75 \times 2 = 900 \ kPa$।

(B) डिस्क का व्यास $D = 0.5 \ m$ है,इसलिए त्रिज्या $R = 0.25 \ m$ है।
छड़ डिस्क के तल में एक स्पर्शरेखा के रूप में स्थित है।
समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,डिस्क के तल में स्पर्शरेखा अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = I_{cm} + MR^2$ होता है।
डिस्क के व्यास के परितः $I_{cm} = \frac{1}{4} MR^2$ होता है,इसलिए स्पर्शरेखा के परितः $I = \frac{1}{4} MR^2 + MR^2 = \frac{5}{4} MR^2$ होगा।
घूर्णन त्रिज्या $K = \sqrt{\frac{I}{M}}$ है।
अतः,$K = \sqrt{\frac{5}{4} R^2} = \frac{\sqrt{5}}{2} R$ प्राप्त होता है।
यदि $R = 0.5 \ m$ माना जाए,तो $K = \frac{\sqrt{5}}{2} \times 0.5 = \frac{\sqrt{5}}{4} \ m$ होगा।

(C) दिया गया है कि पहले कण का विस्थापन समीकरण $y_1=30 \sin \left(2 \pi t+\frac{\pi}{3}\right)$ है।
इसे मानक $SHM$ समीकरण $y=A \sin(\omega t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,आयाम $A_1=30$ प्राप्त होता है।
दूसरे कण के लिए,विस्थापन समीकरण $y_2=10(\sin 2 \pi t+\sqrt{3} \cos 2 \pi t)$ है।
आयाम ज्ञात करने के लिए,हम कोष्ठक के अंदर $2$ से गुणा और भाग करते हैं: $y_2 = 10 \times 2 \left[ \frac{1}{2} \sin 2 \pi t + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 \pi t \right]$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ और $\sin \frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ है,हमें $y_2 = 20 \sin \left(2 \pi t + \frac{\pi}{3} \right)$ प्राप्त होता है।
इस प्रकार,दूसरे कण का आयाम $A_2=20$ है।
आयामों का अनुपात $\frac{A_1}{A_2} = \frac{30}{20} = \frac{3}{2}$ है।
अतः,अनुपात $A_1: A_2$ का मान $3: 2$ है।

(B) पिंड का विस्थापन $x = 3 \cos \left( 2 \pi t + \frac{\pi}{4} \right)$ है।
वेग $v$ विस्थापन का समय के सापेक्ष प्रथम अवकलन है: $v = \frac{dx}{dt} = -3 \sin \left( 2 \pi t + \frac{\pi}{4} \right) \cdot (2 \pi) = -6 \pi \sin \left( 2 \pi t + \frac{\pi}{4} \right)$।
त्वरण $a$ वेग का समय के सापेक्ष अवकलन है: $a = \frac{dv}{dt} = -6 \pi \cos \left( 2 \pi t + \frac{\pi}{4} \right) \cdot (2 \pi) = -12 \pi^2 \cos \left( 2 \pi t + \frac{\pi}{4} \right)$।
$t = 2 \text{ s}$ पर,त्वरण $a = -12 \pi^2 \cos \left( 2 \pi (2) + \frac{\pi}{4} \right) = -12 \pi^2 \cos \left( 4 \pi + \frac{\pi}{4} \right)$ होगा।
चूंकि $\cos(4 \pi + \theta) = \cos \theta$,इसलिए $a = -12 \pi^2 \cos \left( \frac{\pi}{4} \right) = -12 \pi^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = -6 \sqrt{2} \pi^2 \text{ m/s}^2$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है, छड़ की लंबाई $l = 1.8 \,m$ है।
एक सिरे पर कीलकित (pivoted) $l$ लंबाई की एक समान छड़ के दोलन का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{I}{mgR}}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $I$ कीलक के परितः जड़त्व आघूर्ण है और $R$ कीलक से द्रव्यमान केंद्र की दूरी है।
एक सिरे पर लटकी छड़ के लिए, $I = \frac{ml^2}{3}$ और $R = \frac{l}{2}$ होता है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$T = 2 \pi \sqrt{\frac{ml^2/3}{mg(l/2)}} = 2 \pi \sqrt{\frac{2l}{3g}} = 2 \pi \sqrt{\frac{2 \times 1.8}{3g}} = 2 \pi \sqrt{\frac{1.2}{g}}$.
$l'$ लंबाई के सरल लोलक का आवर्तकाल $T' = 2 \pi \sqrt{\frac{l'}{g}}$ होता है।
चूंकि $T = T'$, इसलिए $2 \pi \sqrt{\frac{l'}{g}} = 2 \pi \sqrt{\frac{1.2}{g}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, हमें $l' = 1.2 \,m$ प्राप्त होता है।

(C) स्रोत की आवृत्ति $f = 880 \ Hz$ है।
जब स्रोत स्थिर श्रोता के पास आता है तो प्रेक्षित आवृत्ति $f' = 888 \ Hz$ है।
ध्वनि का वेग $v = 333 \ m \ s^{-1}$ है।
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार,जब स्रोत एक स्थिर प्रेक्षक की ओर बढ़ता है,तो आभासी आवृत्ति का सूत्र है:
$f' = f \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$888 = 880 \left( \frac{333}{333 - v_s} \right)$
दोनों पक्षों को $880$ से विभाजित करने पर:
$\frac{888}{880} = \frac{333}{333 - v_s}$
$1.00909 = \frac{333}{333 - v_s}$
$333 - v_s = \frac{333}{1.00909} \approx 330$
$v_s = 333 - 330 = 3 \ m \ s^{-1}$।
अतः,वाहन की गति $3 \ m \ s^{-1}$ है।

(C) दिया गया है: सूर्य और पृथ्वी के बीच की दूरी,$r = 1.6 \times 10^{11} \,m$. पृथ्वी की त्रिज्या,$R_e = 6.4 \times 10^6 \,m$. पृथ्वी का द्रव्यमान,$M_e = 6.0 \times 10^{24} \,kg$.
सूर्य के चारों ओर पृथ्वी का कोणीय संवेग $(L_1)$: $L_1 = M_e v r = M_e (\frac{2 \pi r}{T_1}) r = \frac{2 \pi M_e r^2}{T_1}$.
यहाँ,$T_1 = 365 \times 24 \times 3600 \,s \approx 3.15 \times 10^7 \,s$.
$L_1 = \frac{2 \times 3.14 \times 6.0 \times 10^{24} \times (1.6 \times 10^{11})^2}{3.15 \times 10^7} \approx 3.06 \times 10^{40} \,kg \cdot m^2/s$.
अपनी धुरी पर पृथ्वी का कोणीय संवेग $(L_2)$: $L_2 = I \omega = (\frac{2}{5} M_e R_e^2) (\frac{2 \pi}{T_2})$.
यहाँ,$T_2 = 24 \times 3600 \,s = 8.64 \times 10^4 \,s$.
$L_2 = \frac{2}{5} \times 6.0 \times 10^{24} \times (6.4 \times 10^6)^2 \times \frac{2 \times 3.14}{8.64 \times 10^4} \approx 7.15 \times 10^{33} \,kg \cdot m^2/s$.
अनुपात $\frac{L_1}{L_2} = \frac{3.06 \times 10^{40}}{7.15 \times 10^{33}} \approx 4.28 \times 10^6 \approx 4.3 \times 10^6$.

(D) दिया गया है, वृत्ताकार वलय का द्रव्यमान $m = 10 \text{ kg}$ है।
द्रव्यमान केंद्र की रैखिक गति $v = 1.5 \text{ m/s}$ है।
लुढ़कती हुई वलय की कुल प्रारंभिक गतिज ऊर्जा उसकी घूर्णन और स्थानांतरण गतिज ऊर्जा का योग है:
$K_i = K_{\text{rotational}} + K_{\text{translational}} = \frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} m v^2$.
वलय के लिए, जड़त्व आघूर्ण $I = m R^2$ और कोणीय वेग $\omega = \frac{v}{R}$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$K_i = \frac{1}{2} (m R^2) \left(\frac{v}{R}\right)^2 + \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} m v^2 = m v^2$.
$K_i = 10 \times (1.5)^2 = 10 \times 2.25 = 22.5 \text{ J}$.
कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार, वलय को रोकने के लिए आवश्यक कार्य गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W = K_f - K_i = 0 - 22.5 = -22.5 \text{ J}$.

(C) दिया गया है:
ठोस गोलाकार गेंद का प्रारंभिक वेग $v = 10 \ m \ s^{-1}$ है।
गेंद का द्रव्यमान $m = 11 \ kg$ है।
चूंकि घर्षण के कारण होने वाली हानि नगण्य है,इसलिए कुल यांत्रिक ऊर्जा संरक्षित रहती है।
लुढ़कते हुए ठोस गोले की प्रारंभिक कुल गतिज ऊर्जा उसकी स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग है:
$K_i = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} I \omega^2$
ठोस गोले के लिए,जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} m R^2$ और $\omega = \frac{v}{R}$ है।
$K_i = \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} m R^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} m v^2 (1 + \frac{2}{5}) = \frac{1}{2} m v^2 (\frac{7}{5}) = \frac{7}{10} m v^2$.
अधिकतम ऊंचाई $h$ पर,गेंद क्षण भर के लिए रुक जाती है,इसलिए इसकी अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = 0$ है।
गेंद द्वारा प्राप्त स्थितिज ऊर्जा $U_f = m g h$ है।
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार,$K_i = U_f$:
$\frac{7}{10} m v^2 = m g h$
$h = \frac{7 v^2}{10 g} = \frac{7 \times (10)^2}{10 \times 10} = \frac{7 \times 100}{100} = 7 \ m$.
अतः,$h$ का मान $7 \ m$ है।

(D) दिया गया है: गोले की त्रिज्या $= R$,गोले का द्रव्यमान $= m$,और नत समतल का कोण $\theta = 45^{\circ}$।
नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कने वाले ठोस गोले के लिए,रैखिक त्वरण है:
$a = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{I}{m R^2}} = \frac{g \sin \theta}{1 + \frac{2/5 m R^2}{m R^2}} = \frac{5}{7} g \sin \theta$
नत समतल के अनुदिश रैखिक गति के लिए न्यूटन का दूसरा नियम लागू करने पर:
$m g \sin \theta - f = m a$
$f = m g \sin \theta - m \left( \frac{5}{7} g \sin \theta \right) = \frac{2}{7} m g \sin \theta$
अभिलंब बल $N = m g \cos \theta$ है।
स्थैतिक घर्षण गुणांक $\mu_s$ के लिए शर्त:
$\mu_s \geq \frac{f}{N} = \frac{\frac{2}{7} m g \sin \theta}{m g \cos \theta} = \frac{2}{7} \tan \theta$
चूंकि $\theta = 45^{\circ}$,$\tan 45^{\circ} = 1$,इसलिए $\mu_s \geq \frac{2}{7} \approx 0.2857$।
विकल्पों की तुलना करने पर:
$(A)$ $\frac{3}{7} \approx 0.428 > 0.2857$
$(B)$ $\frac{1}{2} = 0.5 > 0.2857$
$(C)$ $\frac{5}{8} = 0.625 > 0.2857$
$(D)$ $\frac{1}{7} \approx 0.1428 < 0.2857$
चूंकि $\frac{1}{7}$,$\frac{2}{7}$ से कम है,इसलिए गोला फिसलेगा। अतः,विकल्प $(D)$ बिना फिसले लुढ़कने के लिए गलत मान है।

(D) जब $m$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या की कोई वस्तु $h$ ऊँचाई के नत समतल पर बिना फिसले लुढ़कती है,तो नीचे पहुँचने पर उसका वेग $v = \sqrt{\frac{2gh}{1 + \frac{k^2}{R^2}}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $k$ घूर्णन त्रिज्या है।
वलय के लिए,$k^2 = R^2$,इसलिए $v_R = \sqrt{\frac{2gh}{1+1}} = \sqrt{gh}$.
ठोस चकती के लिए,$k^2 = \frac{R^2}{2}$,इसलिए $v_D = \sqrt{\frac{2gh}{1+0.5}} = \sqrt{\frac{4gh}{3}} \approx 1.15 \sqrt{gh}$.
ठोस गोले के लिए,$k^2 = \frac{2R^2}{5}$,इसलिए $v_S = \sqrt{\frac{2gh}{1+0.4}} = \sqrt{\frac{10gh}{7}} \approx 1.19 \sqrt{gh}$.
इन मानों की तुलना करने पर,हम पाते हैं कि $V_S > V_D > V_R$।

(A) लुढ़कती हुई वस्तु की कुल गतिज ऊर्जा $(KE)$ उसकी स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा का योग होती है, जिसे निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$KE = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} I\omega^2$
एक ठोस गोले के लिए, उसके केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} mR^2$ है और कोणीय वेग $\omega = \frac{v}{R}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर, हमें प्राप्त होता है:
$KE = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{2} (\frac{2}{5} mR^2)(\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{2} mv^2 + \frac{1}{5} mv^2 = \frac{7}{10} mv^2$
यहाँ $m = 5 \,kg$ और $v = 4 \,m/s$ दिया गया है:
$KE = \frac{7}{10} \times 5 \times (4)^2 = \frac{7}{10} \times 5 \times 16 = 7 \times 8 = 56 \,J$
अतः, सही विकल्प $A$ है।

(D) दिया गया है,वृत्ताकार डिस्क का द्रव्यमान,$M = 12 \,kg$,
त्रिज्या,$R = 0.5 \,m$,
कोणीय वेग,$\omega = 100 \,rad/s$.
एक पतली वृत्ताकार डिस्क का उसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} MR^2$ होता है।
घूर्णन गतिज ऊर्जा $K$ का सूत्र $K = \frac{1}{2} I \omega^2$ है।
सूत्र में $I$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $K = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} MR^2) \omega^2 = \frac{1}{4} MR^2 \omega^2$.
अब,दिए गए मानों को रखने पर:
$K = \frac{1}{4} \times 12 \,kg \times (0.5 \,m)^2 \times (100 \,rad/s)^2$
$K = 3 \times 0.25 \times 10000 \,J$
$K = 0.75 \times 10000 \,J = 7500 \,J$.
चूंकि $1 \,kJ = 1000 \,J$,इसलिए $K = 7.5 \,kJ$.
अतः,डिस्क की घूर्णन गतिज ऊर्जा $7.5 \,kJ$ है।

(C) दिया गया है: हीटर की शक्ति $P = 210 \,W$, पानी का द्रव्यमान $m = 100 \,g = 0.1 \,kg$, विशिष्ट ऊष्मा धारिता $c = 4200 \,J / kg \cdot ^{\circ} C$, प्रारंभिक तापमान $T_1 = 25^{\circ} C$, और अंतिम तापमान $T_2 = 100^{\circ} C$ है।
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1 = 100^{\circ} C - 25^{\circ} C = 75^{\circ} C$ है।
तापमान बढ़ाने के लिए आवश्यक ऊष्मीय ऊर्जा $Q = m c \Delta T$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $Q = 0.1 \,kg \times 4200 \,J / kg \cdot ^{\circ} C \times 75^{\circ} C = 31500 \,J$ है।
चूंकि $P = Q / t$, इसलिए आवश्यक समय $t = Q / P$ है।
$t = 31500 \,J / 210 \,W = 150 \,s$ है।
अतः, पानी का तापमान बढ़ाने के लिए आवश्यक समय $150 \,s$ है।

(C) दिया गया है,दो पतले धात्विक गोलाकार कोशों की त्रिज्याएँ $r_1 = 20 \text{ cm} = 0.2 \text{ m}$ और $r_2 = 30 \text{ cm} = 0.3 \text{ m}$ हैं।
आंतरिक कोश का तापमान $T_1 = 300 \text{ K}$,बाहरी कोश का तापमान $T_2 = 310 \text{ K}$,और ऊष्मा प्रवाह की दर $H = 40 \text{ W}$ है।
स्थिर अवस्था में कोश के माध्यम से ऊष्मा प्रवाह की त्रिज्यीय दर ऊष्मा चालन के फूरियर नियम द्वारा दी जाती है:
$H = \frac{dQ}{dt} = \alpha A \frac{dT}{dr} = \alpha (4 \pi r^2) \frac{dT}{dr}$
समाकलन के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\frac{dr}{r^2} = \frac{4 \pi \alpha}{H} dT$
दोनों पक्षों का $r_1$ से $r_2$ और $T_1$ से $T_2$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{r_1}^{r_2} \frac{dr}{r^2} = \frac{4 \pi \alpha}{H} \int_{T_1}^{T_2} dT$
$[-\frac{1}{r}]_{r_1}^{r_2} = \frac{4 \pi \alpha}{H} (T_2 - T_1)$
$\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} = \frac{4 \pi \alpha (T_2 - T_1)}{H}$
$\frac{r_2 - r_1}{r_1 r_2} = \frac{4 \pi \alpha (T_2 - T_1)}{H}$
$\alpha$ के लिए हल करने पर:
$\alpha = \frac{H(r_2 - r_1)}{4 \pi r_1 r_2 (T_2 - T_1)}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\alpha = \frac{40 \times (0.3 - 0.2)}{4 \pi \times 0.3 \times 0.2 \times (310 - 300)}$
$\alpha = \frac{40 \times 0.1}{4 \pi \times 0.06 \times 10} = \frac{4}{2.4 \pi} = \frac{40}{24 \pi} = \frac{5}{3 \pi}$
अतः,$\alpha$ का मान $\frac{5}{3 \pi} \text{ J s}^{-1} \text{ m}^{-1} \text{ K}^{-1}$ है।

(D) दिया गया है:
साबुन के बुलबुले का व्यास $d = 5 \text{ mm} = 5 \times 10^{-3} \text{ m}$।
त्रिज्या $R = \frac{d}{2} = 2.5 \times 10^{-3} \text{ m}$।
पृष्ठ तनाव $T = \frac{1}{10 \pi} \text{ N m}^{-1}$।
साबुन के बुलबुले में दो सतहें (आंतरिक और बाहरी) होती हैं,इसलिए कुल सतह क्षेत्र $A_{total} = 2 \times (4 \pi R^2) = 8 \pi R^2$ होगा।
मुक्त ऊर्जा $E = T \times A_{total}$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर:
$E = \left( \frac{1}{10 \pi} \right) \times 8 \pi \times (2.5 \times 10^{-3})^2$
$E = \frac{8}{10} \times 6.25 \times 10^{-6}$
$E = 0.8 \times 6.25 \times 10^{-6} = 5 \times 10^{-6} \text{ J}$।

(A) कथन $A$ सत्य है: संवहन असमान तापमान के कारण घनत्व में अंतर के परिणामस्वरूप तरल कणों की वास्तविक गति द्वारा ऊष्मा स्थानांतरण की प्रक्रिया है।
कथन $B$ सत्य है: जब एक गर्म बार को बहते नल के पानी के नीचे रखा जाता है,तो बार के संपर्क में आने वाला पानी गर्म हो जाता है,कम घना हो जाता है और ऊपर उठता है,जबकि ठंडा पानी उसका स्थान ले लेता है। इस परिसंचरण को संवहन कहा जाता है।
कथन $C$ सत्य है: ऊष्मा को तापमान के अंतर के कारण स्थानांतरित होने वाली ऊर्जा के रूप में परिभाषित किया गया है। तापमान प्रवणता के बिना,कोई शुद्ध ऊष्मा स्थानांतरण नहीं होता है।
इसलिए,तीनों कथन सही हैं।

(D) न्यूटन के शीतलन के नियम के अनुसार,तापमान परिवर्तन की दर $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_0)$ है,जहाँ $T_0$ परिवेश का तापमान है।
इसका समाकलन करने पर,हमें $T(t) - T_0 = (T_i - T_0)e^{-kt}$ प्राप्त होता है,जहाँ $T_i$ प्रारंभिक तापमान है।
पिंड द्वारा खोई गई ऊष्मा $Q(t) = mc(T_i - T(t))$ है। यह जो अधिकतम ऊष्मा खो सकता है वह $Q_{max} = mc(T_i - T_0)$ है।
अतः,खोई गई ऊष्मा का अंश $\frac{Q(t)}{Q_{max}} = \frac{T_i - T(t)}{T_i - T_0} = 1 - e^{-kt}$ है।
$t_1$ समय के लिए,पिंड अधिकतम ऊष्मा का $60 \%$ खो देता है: $0.6 = 1 - e^{-kt_1} \Rightarrow e^{-kt_1} = 0.4 \Rightarrow t_1 = \frac{1}{k} \ln(\frac{1}{0.4}) = \frac{1}{k} \ln(2.5)$.
$t_2$ समय के लिए,पिंड अधिकतम ऊष्मा का $80 \%$ खो देता है: $0.8 = 1 - e^{-kt_2} \Rightarrow e^{-kt_2} = 0.2 \Rightarrow t_2 = \frac{1}{k} \ln(\frac{1}{0.2}) = \frac{1}{k} \ln(5)$.
अनुपात $\frac{t_2}{t_1} = \frac{\ln(5)}{\ln(2.5)} = \frac{\ln(5)}{\ln(5/2)}$.

(A) वीन के विस्थापन नियम (Wien's displacement law) के अनुसार, कृष्णिका की अधिकतम उत्सर्जन तरंगदैर्ध्य और परम तापमान के बीच का संबंध इस प्रकार है:
$\lambda T = b$
जहाँ:
$\lambda$ विकिरण की तरंगदैर्ध्य है = $1 \,mm = 1 \times 10^{-3} \,m$
$b$ वीन का नियतांक है = $3 \times 10^{-3} \,mK$
$T$ कृष्णिका का तापमान है।
सूत्र में मान रखने पर:
$T = \frac{b}{\lambda} = \frac{3 \times 10^{-3} \,mK}{1 \times 10^{-3} \,m} = 3 \,K$
अतः, कृष्णिका का तापमान $3 \,K$ है।

(B) न्यूटन के शीतलन (cooling) के नियम के अनुसार,ठंडा होने की दर वस्तु के औसत तापमान और आसपास के तापमान के अंतर के समानुपाती होती है: $\frac{dT}{dt} = K(T_{avg} - T_0)$.
पहले मामले में: $T_1 = 150^{\circ} F, T_2 = 144^{\circ} F, t_1 = 1 \ min, T_0 = 72^{\circ} F$.
औसत तापमान $T_{avg1} = \frac{150 + 144}{2} = 147^{\circ} F$ है।
अतः,$\frac{150 - 144}{1} = K(147 - 72) \Rightarrow 6 = K(75) \Rightarrow K = \frac{6}{75} = 0.08 \ min^{-1}$.
दूसरे मामले में: $T'_1 = 110^{\circ} F, T'_2 = 104^{\circ} F, T_0 = 72^{\circ} F$.
औसत तापमान $T_{avg2} = \frac{110 + 104}{2} = 107^{\circ} F$ है।
उसी नियम का उपयोग करते हुए: $\frac{110 - 104}{t_2} = K(107 - 72)$.
$\frac{6}{t_2} = K(35)$.
$K = \frac{6}{75}$ रखने पर: $\frac{6}{t_2} = \frac{6}{75} \times 35$.
$\frac{1}{t_2} = \frac{35}{75} = \frac{7}{15}$.
$t_2 = \frac{15}{7} \approx 2.14 \ min$.

(C) सबसे पहले,तापमान को सेल्सियस से केल्विन में बदलें:
$T_1 = 127 + 273 = 400 \ K$
$T_2 = 227 + 273 = 500 \ K$
$T_0 = 27 + 273 = 300 \ K$
स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम के अनुसार,किसी वस्तु द्वारा प्रति सेकंड उत्सर्जित शुद्ध ऊर्जा है:
$E = \varepsilon \sigma A (T^4 - T_0^4)$
अतः,ऊर्जा का अनुपात होगा:
$\frac{E_2}{E_1} = \frac{T_2^4 - T_0^4}{T_1^4 - T_0^4}$
मान रखने पर:
$\frac{E_2}{E_1} = \frac{500^4 - 300^4}{400^4 - 300^4}$
$\frac{E_2}{E_1} = \frac{625 \times 10^8 - 81 \times 10^8}{256 \times 10^8 - 81 \times 10^8}$
$\frac{E_2}{E_1} = \frac{544}{175} \approx 3.108$
इस प्रकार,अनुपात लगभग $3.1$ है।

(B) दिया गया है कि तांबे के एक वृत्ताकार सिक्के का क्षेत्रफल $0.4 \%$ बढ़ जाता है।
इसका अर्थ है,$\frac{\Delta A}{A} = 0.004$.
तापमान में वृद्धि $\Delta T = 100^{\circ} C$ है।
हम जानते हैं कि क्षेत्रीय प्रसार गुणांक $\beta$ को $\beta = \frac{\Delta A}{A \cdot \Delta T}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
मान रखने पर,$\beta = \frac{0.004}{100} = 4 \times 10^{-5} /^{\circ} C$ प्राप्त होता है।
क्षेत्रीय प्रसार गुणांक $\beta$ और रेखीय प्रसार गुणांक $\alpha$ के बीच संबंध $\beta = 2\alpha$ होता है।
अतः,$\alpha = \frac{\beta}{2} = \frac{4 \times 10^{-5}}{2} /^{\circ} C = 2 \times 10^{-5} /^{\circ} C$।

(C) कार्नोट इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{T_2}{T_1}$ द्वारा दी जाती है।
अवकलन करने पर,हमें $d\eta = \frac{T_2}{T_1^2} dT_1 - \frac{1}{T_1} dT_2$ प्राप्त होता है।
$T_1$ में छोटे परिवर्तन के लिए ($T_2$ को स्थिर रखते हुए),$\Delta \eta_1 = \frac{T_2}{T_1^2} \Delta T_1 = \frac{T_2}{T_1} \left( \frac{\Delta T_1}{T_1} \right) = (1 - \eta) \frac{\Delta T_1}{T_1}$ है।
दिया गया है $\frac{\Delta T_1}{T_1} = 0.4 \%$,इसलिए $\Delta \eta_1 = (1 - \eta) \times 0.004$ है।
$T_2$ में छोटे परिवर्तन के लिए ($T_1$ को स्थिर रखते हुए),$\Delta \eta_2 = -\frac{1}{T_1} \Delta T_2 = -\frac{T_2}{T_1} \left( \frac{\Delta T_2}{T_2} \right) = -(1 - \eta) \frac{\Delta T_2}{T_2}$ है।
दिया गया है $\frac{\Delta T_2}{T_2} = 0.2 \%$,इसलिए $\Delta \eta_2 = -(1 - \eta) \times 0.002$ है।
अनुपात लेने पर,$\frac{\Delta \eta_1}{\Delta \eta_2} = \frac{(1 - \eta) \times 0.004}{-(1 - \eta) \times 0.002} = -2$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है,$1$ मोल $N_2$ गैस का प्रारंभिक तापमान $T_1 = 300 \,K$ है। गैस का प्रारंभिक दबाव $p_1 = p$ और अंतिम दबाव $p_2 = 10p$ है। एक कठोर द्विपरमाणुक गैस के लिए,रुद्धोष्म सूचकांक (adiabatic index) $\gamma = 7/5 = 1.4$ है।
दबाव और तापमान के बीच रुद्धोष्म संबंध का उपयोग करते हुए: $T_1^\gamma p_1^{1-\gamma} = T_2^\gamma p_2^{1-\gamma}$।
$T_2$ के लिए हल करने पर: $(T_2/T_1)^\gamma = (p_1/p_2)^{1-\gamma} = (p_2/p_1)^{\gamma-1}$।
$T_2 = T_1 \times (p_2/p_1)^{(\gamma-1)/\gamma} = 300 \times (10p/p)^{(1.4-1)/1.4} = 300 \times 10^{2/7}$।
चूंकि $10^{2/7} = (10^2)^{1/7} = 100^{1/7} = 1.9$,इसलिए $T_2 = 300 \times 1.9 = 570 \,K$ प्राप्त होता है।

(D) पॉलिट्रोपिक प्रक्रिया $PV^x = \text{constant}$ के लिए, किया गया कार्य $W = \frac{nR(T_1 - T_2)}{x - 1}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है。
यहाँ $n = 1$ और $x = 3$ दिया गया है。
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1$ है, इसलिए $T_1 - T_2 = -\Delta T$ होगा。
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$W = \frac{1 \cdot R \cdot (-\Delta T)}{3 - 1}$
$W = \frac{-R \Delta T}{2}$
किए गए कार्य का परिमाण $|W| = \left| \frac{-R \Delta T}{2} \right| = \frac{R \Delta T}{2}$ है।

(B) न्यूटन के शीतलन (cooling) के नियम के अनुसार,ठंडा होने की दर वस्तु और परिवेश के बीच के तापमान के अंतर के सीधे आनुपातिक होती है।
$\frac{T_i - T_f}{t} = K \left( \frac{T_i + T_f}{2} - T_0 \right)$
जहाँ $T_i$ प्रारंभिक तापमान है,$T_f$ अंतिम तापमान है,$t$ समय है,$T_0$ परिवेश का तापमान है और $K$ एक स्थिरांक है।
प्रथम स्थिति के लिए: $T_i = 70^{\circ} C$,$T_f = 40^{\circ} C$,$t = 5 \ min$,$T_0 = 20^{\circ} C$.
$\frac{70 - 40}{5} = K \left( \frac{70 + 40}{2} - 20 \right)$
$\frac{30}{5} = K (55 - 20)$
$6 = K(35) \Rightarrow K = \frac{6}{35}$
दूसरी स्थिति के लिए: $T_i = 60^{\circ} C$,$T_f = 30^{\circ} C$,$t = ?$,$T_0 = 20^{\circ} C$.
$\frac{60 - 30}{t} = \frac{6}{35} \left( \frac{60 + 30}{2} - 20 \right)$
$\frac{30}{t} = \frac{6}{35} (45 - 20)$
$\frac{30}{t} = \frac{6}{35} (25)$
$t = \frac{30 \times 35}{6 \times 25} = \frac{5 \times 35}{25} = \frac{35}{5} = 7 \ min.$

(A) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए,तापमान और आयतन के बीच संबंध $T V^{\gamma-1} = \text{constant}$ है।
चरण $1$: $V_0$ से $2 V_0$ तक रुद्धोष्म विस्तार।
$T_0 V_0^{\gamma-1} = T_1 (2 V_0)^{\gamma-1} \Rightarrow T_1 = T_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\gamma-1}$।
चरण $2$: $2 V_0$ से $5 V_0$ तक समतापीय विस्तार।
चूंकि प्रक्रिया समतापीय है,तापमान $T_1$ स्थिर रहता है।
चरण $3$: $5 V_0$ से $V_f$ तक रुद्धोष्म संपीड़न ताकि अंतिम तापमान $T_0$ हो जाए।
$T_1 (5 V_0)^{\gamma-1} = T_0 (V_f)^{\gamma-1}$।
चरण $1$ से $T_1$ का मान रखने पर:
$T_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\gamma-1} (5 V_0)^{\gamma-1} = T_0 (V_f)^{\gamma-1}$।
$\left(\frac{5 V_0}{2}\right)^{\gamma-1} = (V_f)^{\gamma-1}$।
$V_f = 2.5 V_0$।
$V_f = \alpha V_0$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 2.5$ प्राप्त होता है।

(A) ऊष्मागतिकी का प्रथम नियम समीकरण $\Delta U = Q + W$ द्वारा दिया जाता है।
विकल्प $A$ के लिए: $\Delta U = Q + W$। यदि $W > 0$ और $Q > 0$ है, तो $\Delta U$ धनात्मक होना चाहिए $(\Delta U > 0)$। हालाँकि, विकल्प में $\Delta U < 0$ दिया गया है, जो ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम का उल्लंघन करता है।
विकल्प $B$ के लिए: $0 = 0 + 0$, जो सुसंगत है।
विकल्प $C$ के लिए: $\Delta U = 0 + W$। यदि $W > 0$ है, तो $\Delta U > 0$ होगा, जो सुसंगत है।
विकल्प $D$ के लिए: $\Delta U = Q + W$। यदि $Q < 0$ और $W < 0$ है, तो $\Delta U$ ऋणात्मक होना चाहिए $(\Delta U < 0)$, जो सुसंगत है।

(B) अधिकतम द्रव्यमान $m_{\max}$ का मान $v, g$ और $\rho$ पर निर्भर करता है। द्रव्यमान का विमीय सूत्र $[M^1 L^0 T^0]$ है।
चरों की विमाएँ इस प्रकार हैं:
$[v] = [L T^{-1}]$
$[g] = [L T^{-2}]$
$[\rho] = [M L^{-3}]$
दिया गया है $m_{\max} = k v^x g^y \rho^z$,विमीय समीकरण लिखने पर:
$[M^1 L^0 T^0] = [L T^{-1}]^x [L T^{-2}]^y [M L^{-3}]^z$
$[M^1 L^0 T^0] = [M^z L^{x+y-3z} T^{-x-2y}]$
दोनों पक्षों में $M, L$ और $T$ की घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $z = 1$
$T$ के लिए: $-x - 2y = 0 \Rightarrow x = -2y$
$L$ के लिए: $x + y - 3z = 0$
$x = -2y$ और $z = 1$ को $L$ के समीकरण में रखने पर:
$-2y + y - 3(1) = 0$
$-y = 3 \Rightarrow y = -3$
अब,$x = -2(-3) = 6$
अतः,$x, y$ और $z$ के मान $6, -3, 1$ हैं।

(D) प्रकृति में चार मूलभूत बल होते हैं:
$1$. प्रबल नाभिकीय बल: यह सबसे शक्तिशाली बल है,जो न्यूक्लियॉन के बीच बहुत कम दूरी पर कार्य करता है।
$2$. विद्युतचुंबकीय बल: यह बल आवेशित कणों के बीच कार्य करता है और इसकी परास अनंत होती है।
$3$. दुर्बल नाभिकीय बल: यह एक लघु-परास बल है जो कुछ प्रकार के रेडियोधर्मी क्षय (जैसे बीटा क्षय) के लिए जिम्मेदार है।
$4$. गुरुत्वाकर्षण बल: यह प्रकृति का सबसे दुर्बल बल है,जो सभी द्रव्यमानों के बीच अनंत परास के साथ कार्य करता है।
अतः,सही विकल्प गुरुत्वाकर्षण बल,विद्युतचुंबकीय बल,प्रबल नाभिकीय बल और दुर्बल नाभिकीय बल है।

(B) दिया गया है, डोरी की लंबाई $l = 100 \,cm = 1 \,m$ है।
तीन अनुनादी आवृत्तियाँ $f_1 = 120 \,Hz, f_2 = 200 \,Hz, f_3 = 280 \,Hz$ हैं।
दोनों सिरों पर बंधी डोरी की अनुनादी आवृत्तियाँ $f_n = n f_0$ द्वारा दी जाती हैं, जहाँ $f_0$ मूल आवृत्ति है।
मूल आवृत्ति $f_0$ दी गई आवृत्तियों का महत्तम समापवर्तक $(GCD)$ है।
$f_0 = \text{GCD}(120, 200, 280) = 40 \,Hz$ है।
दोनों सिरों पर बंधी डोरी के लिए मूल आवृत्ति $f_0 = \frac{v}{2l}$ होती है।
अतः, तरंग की चाल $v = 2 l f_0$ होगी।
मान रखने पर, $v = 2 \times 1 \,m \times 40 \,Hz = 80 \,m/s$ प्राप्त होता है।

(C)
ડ્રોન એક સ્થિર પરાવર્તિત સપાટી (ઇમારત) તરફ ગતિ કરતા ધ્વનિના સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે।
આપેલ છે:
ડ્રોનની ઝડપ (સ્ત્રોત), $v_s = 15 \,m/s$
વાસ્તવિક આવૃત્તિ, $n_0 = 780 \,Hz$
ધ્વનિની ઝડપ, $v = 340 \,m/s$
પગલું 1: ઇમારત સુધી પહોંચતા ધ્વનિ તરંગોની આવૃત્તિની ગણતરી કરો।
ચોક્કસ સ્ત્રોત સ્થિર ઇમારત તરફ ગતિ કરી રહ્યો હોવાથી, ઇમારત દ્વારા પ્રાપ્ત થતી આવૃત્તિ $n'$ ડોપ્લર અસરના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$n' = n_0 \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$
$n' = 780 \left( \frac{340}{340 - 15} \right)
= 780 \left( \frac{340}{325} \right)
= 816 \,Hz$
પગલું 2: ઇમારત આ આવૃત્તિ $n'$ ને ઓપરેટર તરફ પરાવર્તિત કરતા સ્થિર સ્ત્રોત તરીકે કાર્ય કરે છે।
ચોક્કસ ઓપરેટર સ્થિર છે અને ઇમારત (પડઘાના સ્ત્રોત તરીકે) પણ સ્થિર છે, તેથી ઓપરેટરને સંભળાતી આવૃત્તિ ઇમારત પર આપાત થતી આવૃત્તિ જેટલી જ હોય છે।
અतः, ઓપરેટરને સંભળાતી આવૃત્તિ $816 \,Hz$ છે।

(B) दिया गया है: ध्वनि की गति $v = 350 \,m/s$, वास्तविक आवृत्ति $n_0 = 250 \,Hz$, और विस्पंद आवृत्ति $x = 5 \,Hz$ है।
जब स्रोत प्रेक्षक की ओर गति करता है, तो आभासी आवृत्ति $n_1 = n_0 \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$ होती है।
जब स्रोत प्रेक्षक से दूर गति करता है, तो आभासी आवृत्ति $n_2 = n_0 \left( \frac{v}{v + v_s} \right)$ होती है।
विस्पंद आवृत्ति $x = n_1 - n_2 = n_0 v \left( \frac{1}{v - v_s} - \frac{1}{v + v_s} \right) = n_0 v \left( \frac{2 v_s}{v^2 - v_s^2} \right)$ है।
मान रखने पर: $5 = 250 \times 350 \times \left( \frac{2 v_s}{350^2 - v_s^2} \right)$.
चूंकि $v_s$, $v$ की तुलना में बहुत छोटा है, इसलिए $v^2 - v_s^2 \approx v^2$ लेने पर:
$x \approx \frac{2 n_0 v_s}{v} \Rightarrow 5 = \frac{2 \times 250 \times v_s}{350}$.
$5 = \frac{500 v_s}{350} \Rightarrow 5 = \frac{10 v_s}{7}$.
$v_s = 3.5 \,m/s$.

(A) मान लीजिए कि हॉर्न $A$ और $B$ की आवृत्तियाँ क्रमशः $n_A$ और $n_B$ हैं।
दिया गया है कि जब दोनों हॉर्न एक साथ बजाए जाते हैं तो ड्राइवर $10$ सेकंड में $50$ बीट्स रिकॉर्ड करता है:
$|n_A - n_B| = \frac{50}{10} = 5 \,Hz$.
जब ट्रक $v_s = 10 \,m/s$ की गति से दीवार की ओर बढ़ता है, तो ड्राइवर द्वारा सुनी गई गूँज की आवृत्ति डॉपलर प्रभाव के सूत्र द्वारा दी जाती है:
$n_B' = n_B \left( \frac{v + v_s}{v - v_s} \right)$, जहाँ $v = 330 \,m/s$ ध्वनि की गति है।
$n_B' = n_B \left( \frac{330 + 10}{330 - 10} \right) = n_B \left( \frac{340}{320} \right) = n_B \left( \frac{17}{16} \right) = 1.0625 n_B$.
गूँज के साथ बीट आवृत्ति $n_B' - n_B = 5 \,Hz$ है।
$1.0625 n_B - n_B = 5 \implies 0.0625 n_B = 5$.
$n_B = \frac{5}{0.0625} = 80 \,Hz$.
यह दिया गया है कि $n_A$ को कम करने पर बीट आवृत्ति $|n_A - n_B|$ बढ़ जाती है, जिसका अर्थ है कि $n_A < n_B$ है।
चूँकि $|n_A - n_B| = 5$, इसलिए $n_B - n_A = 5$ होगा।
$n_A = n_B - 5 = 80 - 5 = 75 \,Hz$.

(A) $SHM$ के लिए विस्थापन समीकरण $x = A \sin(\omega t + \phi)$ द्वारा दिया जाता है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{dx}{dt} = A \omega \cos(\omega t + \phi)$ प्राप्त होता है।
सर्वसमिका $\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta}$ का उपयोग करते हुए,$\frac{dx}{dt} = A \omega \sqrt{1 - \sin^2(\omega t + \phi)}$ प्राप्त होता है।
$\sin(\omega t + \phi) = \frac{x}{A}$ प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{dx}{dt} = A \omega \sqrt{1 - \frac{x^2}{A^2}}$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर,$\frac{dx}{dt} = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ प्राप्त होता है।
चूँकि $A^2 - x^2 = -(x^2 - A^2)$,हम लिख सकते हैं कि $\frac{dx}{dt} = \omega \sqrt{-(x^2 - A^2)}$।
$i = \sqrt{-1}$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{dx}{dt} = i \omega \sqrt{x^2 - A^2}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया है कि प्रत्येक ज्यावक्रीय तरंग का आयाम समान है。
मान लीजिए $a_1 = a_2 = a$ है。
कलांतर $\phi = 120^{\circ}$ है。
परिणामी आयाम $A = 2 \,mm$ है。
दो व्यतिकरण करने वाली तरंगों के परिणामी आयाम का सूत्र इस प्रकार है:
$A = \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + 2 a_1 a_2 \cos \phi}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$2 = \sqrt{a^2 + a^2 + 2 a^2 \cos 120^{\circ}}$
चूँकि $\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$, इसलिए:
$2 = \sqrt{a^2 + a^2 + 2 a^2 (-0.5)}$
$2 = \sqrt{2a^2 - a^2}$
$2 = \sqrt{a^2}$
$2 = a$
अतः, प्रत्येक तरंग का आयाम $2 \,mm$ है。

(D) दिया गया है:
सीटी की आवृत्ति,$f_0 = 660 \,Hz$
ध्वनि की गति,$v = 340 \,m/s$
सीटी की कोणीय गति,$\omega = 10 \,rad/s$
वृत्त की त्रिज्या,$r = 1 \,m$
सीटी का रैखिक वेग $v_s = \omega r = 10 \times 1 = 10 \,m/s$ द्वारा प्राप्त होता है।
चूंकि श्रोता वृत्त के केंद्र से लंबी दूरी पर है,इसलिए सीटी और श्रोता को जोड़ने वाली रेखा पर सीटी के वेग का घटक तब अधिकतम होता है जब सीटी सीधे श्रोता की ओर बढ़ रही हो।
स्थिर प्रेक्षक की ओर बढ़ते स्रोत के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र:
$f = f_0 \left( \frac{v}{v - v_s} \right)$
मान रखने पर:
$f = 660 \times \left( \frac{340}{340 - 10} \right)$
$f = 660 \times \left( \frac{340}{330} \right)$
$f = 2 \times 340 = 680 \,Hz$
अतः,श्रोता द्वारा सुनी जाने वाली उच्चतम आवृत्ति $680 \,Hz$ है।
इसलिए,सही विकल्प $D$ है।

(B) दिया गया है,डोरी की लंबाई,$L = 16 \ m$ है।
तरंग की गति,$v = 32 \ m/s$ है।
डोरी के दो स्थिर सिरों के बीच निस्पंदों की संख्या $= 9$ है।
स्थिर सिरों को शामिल करते हुए कुल निस्पंदों की संख्या $9 + 2 = 11$ है।
डोरी में बनने वाले लूप या खंडों की संख्या $(p)$,निस्पंदों की संख्या से $1$ कम होती है,इसलिए $p = 11 - 1 = 10$ है।
$p$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{p \cdot v}{2L}$ है।
मान रखने पर: $f = \frac{10 \times 32}{2 \times 16}$ है।
$f = \frac{320}{32} = 10 \ Hz$ है।

(D) मुख्य विचार: औसत चाल कुल तय की गई दूरी को कुल समय से विभाजित करने पर प्राप्त होती है।
औसत चाल $v_1 = \frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{\frac{1}{4}(2\pi R)}{T} = \frac{\pi R}{2T}$.
औसत वेग सदिश का परिमाण $v_2$ कुल विस्थापन के परिमाण को कुल समय से विभाजित करने पर प्राप्त होता है।
एक-चौथाई वृत्ताकार पथ के लिए,विस्थापन प्रारंभिक और अंतिम स्थितियों के बीच की सीधी रेखा की दूरी है,जो $R$ और $R$ भुजाओं वाले समकोण त्रिभुज का कर्ण है।
विस्थापन $= \sqrt{R^2 + R^2} = R\sqrt{2}$.
औसत वेग का परिमाण $v_2 = \frac{R\sqrt{2}}{T}$.
अब,अनुपात $\frac{v_1}{v_2} = \frac{\frac{\pi R}{2T}}{\frac{R\sqrt{2}}{T}} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(B) दिया गया है: कठोर तार की लंबाई $l = 1 \,m$, गेंद का द्रव्यमान $m = 500 \,g = 0.5 \,kg$, सबसे निचले बिंदु पर प्रारंभिक वेग $u = 6 \,m/s$। मान लीजिए कि जब तार ऊपर की ओर ऊर्ध्वाधर के साथ $\theta = 60^{\circ}$ का कोण बनाता है, तो गेंद का वेग $v$ है।
सबसे निचले बिंदु (मान लीजिए $P$) और बिंदु $C$ के बीच ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करने पर:
$P$ पर कुल ऊर्जा = $C$ पर कुल ऊर्जा
$\frac{1}{2}mu^2 + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + mgh$
जहाँ $h$ सबसे निचले बिंदु से बिंदु $C$ की ऊँचाई है। ज्यामिति से, $h = l + l \cos 60^{\circ} = l(1 + \cos 60^{\circ}) = 1(1 + 0.5) = 1.5 \,m$।
मान रखने पर:
$\frac{1}{2} \times (6)^2 = \frac{1}{2}v^2 + g \times 1.5$
$18 = \frac{1}{2}v^2 + 10 \times 1.5$
$18 = \frac{1}{2}v^2 + 15$
$\frac{1}{2}v^2 = 3 \implies v^2 = 6 \,m^2/s^2$।
त्वरण का त्रिज्यीय घटक (अभिकेंद्र त्वरण) $a_r = \frac{v^2}{l}$ द्वारा दिया जाता है।
$a_r = \frac{6}{1} = 6 \,m/s^2$।

(B) दिया गया है कि प्रत्येक छोटी गोलाकार बूंद का आवेश $= Q$ और उसकी सतह पर विभव $= V_0$ है। मान लीजिए कि प्रत्येक छोटी बूंद की त्रिज्या $r$ है। विभव का सूत्र $V_0 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{r}$ है।
जब ऐसी दो बूंदें मिलकर $R$ त्रिज्या की एक बड़ी बूंद बनाती हैं,तो आयतन संरक्षित रहता है: $\frac{4}{3} \pi R^3 = 2 \times \frac{4}{3} \pi r^3$,जिससे $R^3 = 2r^3$ या $R = 2^{1/3} r$ प्राप्त होता है।
नई बड़ी बूंद पर कुल आवेश $Q' = Q + Q = 2Q$ होता है।
नई बूंद की सतह पर विभव $V' = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q'}{R} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2Q}{2^{1/3} r}$ है।
$V_0 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{r}$ का मान रखने पर,हमें $V' = V_0 \times \frac{2}{2^{1/3}} = V_0 \times 2^{1 - 1/3} = V_0 \times 2^{2/3} = V_0 \times (2^2)^{1/3} = 4^{1/3} V_0$ प्राप्त होता है।

(A-(II), B-(IV), C-(I), D-(III)) प्रकृति के चार मूलभूत बल और उनकी सापेक्ष शक्तियाँ इस प्रकार हैं:
$(i)$ प्रबल नाभिकीय बल: यह सबसे शक्तिशाली बल है,जो न्यूक्लियॉन (प्रोटॉन और न्यूट्रॉन) और क्वार्क के बीच कार्य करता है। इसकी सापेक्ष शक्ति $1$ के क्रम की होती है।
(ii) विद्युतचुंबकीय बल: यह विद्युत आवेशित कणों के बीच कार्य करता है। इसकी सापेक्ष शक्ति $10^{-2}$ के क्रम की होती है।
(iii) दुर्बल नाभिकीय बल: यह कुछ रेडियोधर्मी क्षय के दौरान उप-परमाणु कणों के बीच कार्य करता है। इसकी सापेक्ष शक्ति $10^{-13}$ के क्रम की होती है।
(iv) गुरुत्वाकर्षण बल: यह द्रव्यमान वाले पिंडों के बीच आकर्षण बल है। इसकी सापेक्ष शक्ति सबसे कम,$10^{-39}$ के क्रम की होती है।
दी गई सूचियों के साथ तुलना करने पर:
$(A)$ प्रबल नाभिकीय बल $\rightarrow$ (ii) $1$
$(B)$ दुर्बल नाभिकीय बल $\rightarrow$ (iv) $10^{-13}$
$(C)$ विद्युतचुंबकीय बल $\rightarrow$ $(i)$ $10^{-2}$
$(D)$ गुरुत्वाकर्षण बल $\rightarrow$ (iii) $10^{-39}$
अतः,सही मिलान $A-(ii), B-(iv), C-(i), D-(iii)$ है।

(C) दिया गया है: कुंडली का प्रतिरोध, $R = 10 \Omega$. फेरों की संख्या, $N = 180$. कुंडली का व्यास, $d = 4 \text{ cm} = 4 \times 10^{-2} \text{ m}$. त्रिज्या, $r = 2 \times 10^{-2} \text{ m}$. गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध, $R_g = 618 \Omega$. कुल प्रतिरोध, $R_{eq} = R + R_g = 10 + 618 = 628 \Omega$. आवेश, $q = 360 \mu \text{C} = 360 \times 10^{-6} \text{ C}$.
चुंबकीय फ्लक्स अधिकतम है, इसलिए $\phi = BA$.
प्रेरित आवेश का सूत्र $q = \frac{N \Delta \phi}{R_{eq}}$ है।
क्षेत्र को हटा दिया जाता है, इसलिए $\Delta \phi = BA - 0 = BA$.
क्षेत्रफल $A = \pi r^2 = \pi (2 \times 10^{-2})^2 = 4 \pi \times 10^{-4} \text{ m}^2$.
मान रखने पर: $360 \times 10^{-6} = \frac{180 \times B \times 4 \pi \times 10^{-4}}{628}$.
$B = \frac{360 \times 10^{-6} \times 628}{180 \times 4 \times 3.14 \times 10^{-4}} = \frac{2 \times 10^{-6} \times 628}{12.56 \times 10^{-4}} = \frac{1256 \times 10^{-6}}{1256 \times 10^{-4}} = 1 \text{ T}$.

(A) दिया गया है,तार से प्रवाहित धारा $I=8 \text{ A}$ है।
अर्ध-वृत्ताकार तार की त्रिज्या $R=10 \pi \text{ cm} = 10 \pi \times 10^{-2} \text{ m} = 0.1 \pi \text{ m}$ है।
अर्ध-वृत्ताकार धारावाही तार द्वारा इसके केंद्र $O$ पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र $B$ का मान है:
$B = \frac{\mu_0 I}{4 R}$
मान रखने पर $(\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \text{ T m/A})$:
$B = \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 8}{4 \times 0.1 \pi} = \frac{32 \pi \times 10^{-7}}{0.4 \pi} = 80 \times 10^{-7} = 8 \times 10^{-6} \text{ T}$.
चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही तार पर प्रति इकाई लंबाई लगने वाला बल $f = I B \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है। चूंकि चुंबकीय क्षेत्र तार के लंबवत है,$\sin 90^{\circ} = 1$,इसलिए $f = I B$ होगा।
$f = 8 \text{ A} \times 8 \times 10^{-6} \text{ T} = 64 \times 10^{-6} \text{ N/m} = 64 \mu \text{N/m}$.

(B) बिंदु $P(d, d)$ पर तार $A$ ($-\hat{i}$ अक्ष पर) के कारण चुंबकीय क्षेत्र दाएं हाथ के नियम द्वारा दिया जाता है। बिंदु $P$ की $x$-अक्ष से दूरी $d$ है। चुंबकीय क्षेत्र $B_A = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} (-\hat{k})$ है।
बिंदु $P(d, d)$ पर तार $B$ ($\hat{j}$ अक्ष पर) के कारण चुंबकीय क्षेत्र दाएं हाथ के नियम द्वारा दिया जाता है। बिंदु $P$ की $y$-अक्ष से दूरी $d$ है। चुंबकीय क्षेत्र $B_B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} (-\hat{k})$ है।
बिंदु $P$ पर परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B = B_A + B_B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} (-\hat{k}) + \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} (-\hat{k}) = \frac{\mu_0 I}{\pi d} (-\hat{k})$ है।
आवेशित कण पर लगने वाला बल $F = q(v \times B)$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $v = v\hat{i}$ और $B = -\frac{\mu_0 I}{\pi d} \hat{k}$ दिया गया है।
$F = q(v\hat{i} \times (-\frac{\mu_0 I}{\pi d} \hat{k})) = -\frac{\mu_0 I q v}{\pi d} (\hat{i} \times \hat{k}) = -\frac{\mu_0 I q v}{\pi d} (-\hat{j}) = \frac{\mu_0 I q v}{\pi d} \hat{j}$.

(B) चुंबकीय क्षेत्र में धारावाही तार पर लगने वाला बल $F = I \vec{L}_{eff} \times \vec{B}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $L_{eff}$ तार के दो सिरों के बीच की प्रभावी लंबाई (विस्थापन सदिश) है。
$R$ त्रिज्या के अर्ध-वृत्ताकार लूप के लिए, प्रभावी लंबाई व्यास के बराबर होती है, $L_{eff} = 2R$.
दिया गया है: $R = 30 \,cm = 0.3 \,m$, $I = 6 \,A$, $B = 0.5 \,T$.
प्रभावी लंबाई $L_{eff} = 2 \times 0.3 \,m = 0.6 \,m$.
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र लूप के तल के लंबवत है, इसलिए प्रभावी लंबाई सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $90^{\circ}$ है。
अतः, बल का परिमाण $F = I L_{eff} B \sin(90^{\circ})$ होगा。
$F = 6 \,A \times 0.6 \,m \times 0.5 \,T \times 1 = 1.8 \,N$.

(D) समान आवेश $q$ वाले दो कण $v = 150 \ km/s = 1.5 \times 10^5 \ m/s$ की गति से चल रहे हैं।
$r$ दूरी पर स्थित दो आवेशों के बीच विद्युत बल $|F_2|$ कूलम्ब के नियम के अनुसार:
$|F_2| = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q^2}{r^2}$ $(i)$
गतिमान दो आवेशों के बीच चुंबकीय बल $|F_1|$:
$|F_1| = \frac{\mu_0}{4 \pi} \cdot \frac{q^2 v^2}{r^2}$ (ii)
समीकरण (ii) को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{|F_1|}{|F_2|} = \frac{\frac{\mu_0}{4 \pi} \cdot \frac{q^2 v^2}{r^2}}{\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \cdot \frac{q^2}{r^2}} = \mu_0 \varepsilon_0 v^2$
दिए गए मान $\mu_0 \varepsilon_0 = \frac{1}{9 \times 10^{16}} \ s^2/m^2$ और $v = 1.5 \times 10^5 \ m/s$ रखने पर:
$\frac{|F_1|}{|F_2|} = \frac{1}{9 \times 10^{16}} \times (1.5 \times 10^5)^2 = \frac{2.25 \times 10^{10}}{9 \times 10^{16}} = 0.25 \times 10^{-6} = 2.5 \times 10^{-7}$.

(B) तार को मूल बिंदु $O$ पर मोड़ा गया है। एक खंड धनात्मक $x$-अक्ष पर और दूसरा धनात्मक $y$-अक्ष पर स्थित है。
बिंदु $P(-2 \,mm, 0)$ ऋणात्मक $x$-अक्ष पर स्थित है。
$1$. $x$-अक्ष पर स्थित तार के खंड के लिए: बिंदु $P$ इस तार की रेखा पर ही स्थित है। इसलिए, इस खंड द्वारा बिंदु $P$ पर उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र शून्य है。
$2$. $y$-अक्ष पर स्थित तार के खंड के लिए: यह एक अर्ध-अनंत तार है जो मूल बिंदु $O$ से शुरू होकर धनात्मक $y$-अक्ष पर स्थित है। अर्ध-अनंत तार से $r$ लंबवत दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है。
यहाँ, $I = 16 \,A$ और $r = 2 \,mm = 2 \times 10^{-3} \,m$ है。
मान रखने पर:
$B = 10^{-7} \times \frac{16}{2 \times 10^{-3}}$
$B = 10^{-7} \times 8 \times 10^3$
$B = 8 \times 10^{-4} \,T = 0.8 \times 10^{-3} \,T = 0.8 \,mT$.

(A) प्रोटॉन की गतिज ऊर्जा $K = qV = 1.6 \times 10^{-19} \times 500 \times 10^3 = 8 \times 10^{-14} \ J$ है।
प्रोटॉन का संवेग $p = \sqrt{2mK} = \sqrt{2 \times 1.6 \times 10^{-27} \times 8 \times 10^{-14}} = 1.6 \times 10^{-20} \ kg \cdot m/s$ है।
चुंबकीय क्षेत्र में वृत्ताकार पथ की त्रिज्या $R = \frac{p}{qB} = \frac{1.6 \times 10^{-20}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.1} = 1 \ m$ है।
$d = 1.0 \ cm = 0.01 \ m$ की छोटी मोटाई के लिए,विचलन कोण $\theta = \frac{d}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
अतः,$\theta = \frac{0.01}{1} = 0.01 \ rad$।

(B) डिस्क के $r$ त्रिज्या और $dr$ मोटाई वाले एक पतले वलय (ring) जैसे तत्व पर विचार करें।
यदि $\sigma$ पृष्ठ आवेश घनत्व है,तो इस तत्व पर आवेश $dq$ है:
$dq = \sigma (2 \pi r) dr$
घूमते हुए आवेश $dq$ से संबंधित धारा $di$ है:
$di = \frac{dq}{T} = \frac{dq \omega}{2 \pi} \quad (\because T = \frac{2 \pi}{\omega})$
$di$ के समीकरण में $dq$ का मान रखने पर:
$di = \frac{(\sigma 2 \pi r dr) \omega}{2 \pi} = \sigma \omega r dr$
इस धारावाही वलय के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $dB$ है:
$dB = \frac{\mu_0 di}{2r} = \frac{\mu_0 (\sigma \omega r dr)}{2r} = \frac{\mu_0 \sigma \omega}{2} dr$
केंद्र पर कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{\text{net}}$ ज्ञात करने के लिए,$r = 0$ से $r = R$ तक समाकलन करने पर:
$B_{\text{net}} = \int_0^R \frac{\mu_0 \sigma \omega}{2} dr = \frac{\mu_0 \sigma \omega}{2} [r]_0^R = \frac{\mu_0 \sigma \omega R}{2}$
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) दिया गया है:
लंबे तार में धारा,$I = 18 \,A$.
परिनालिका के कारण चुंबकीय क्षेत्र,$B_1 = 8.0 \times 10^{-3} \,T$ (अक्ष की दिशा में)।
अक्ष से बिंदु $P$ की दूरी,$r = 0.6 \,mm = 0.6 \times 10^{-3} \,m$.
लंबे धारावाही तार के कारण $r$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} = \frac{2 \times 10^{-7} \times 18}{0.6 \times 10^{-3}} = \frac{36 \times 10^{-7}}{0.6 \times 10^{-3}} = 60 \times 10^{-4} \,T = 6 \times 10^{-3} \,T$.
परिनालिका के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ अक्ष की दिशा में है और तार के कारण चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ तार के चारों ओर $r$ त्रिज्या के वृत्त के स्पर्शरेखीय है। अतः,$B_1$ और $B_2$ एक-दूसरे के लंबवत हैं।
परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B$:
$B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2} = \sqrt{(8 \times 10^{-3})^2 + (6 \times 10^{-3})^2} \,T$
$B = \sqrt{64 \times 10^{-6} + 36 \times 10^{-6}} \,T = \sqrt{100 \times 10^{-6}} \,T = 10 \times 10^{-3} \,T$.

(C) दिया गया है: चुंबकीय क्षेत्र $B = 5 \times 10^{-5} \,T$, दूरी $r = 0.2 \,m$, और मुक्त आकाश की पारगम्यता $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \,T \cdot m/A$ है।
एक लंबे सीधे धारावाही तार द्वारा उत्पन्न चुंबकीय क्षेत्र का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0}{2 \pi} \cdot \frac{I}{r}$
दिए गए मानों को समीकरण में रखने पर:
$5 \times 10^{-5} = \frac{4 \pi \times 10^{-7}}{2 \pi} \times \frac{I}{0.2}$
$5 \times 10^{-5} = 2 \times 10^{-7} \times \frac{I}{0.2}$
$5 \times 10^{-5} = 10^{-6} \times I$
$I = \frac{5 \times 10^{-5}}{10^{-6}} = 5 \times 10^1 = 50 \,A$
अतः, तार से प्रवाहित होने वाली विद्युत धारा $50 \,A$ है।

(D) दिया गया है: $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \, H/m$, दूरी $d = 20 \, cm = 0.2 \, m$, और धारा $I = 4 \sqrt{2} \, A$ है।
अर्ध-अनंत तार के लिए, एक सिरे से लंबवत दूरी $d$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d}$ द्वारा दिया जाता है।
तार $1$ के लिए, बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d} = 10^{-7} \times \frac{4 \sqrt{2}}{0.2} = 2 \sqrt{2} \times 10^{-6} \, T$ है।
तार $2$ के लिए, बिंदु $P$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi d} = 10^{-7} \times \frac{4 \sqrt{2}}{0.2} = 2 \sqrt{2} \times 10^{-6} \, T$ है।
चूंकि चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ और $B_2$ एक-दूसरे के लंबवत हैं, इसलिए बिंदु $P$ पर परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B$ होगा:
$B = \sqrt{B_1^2 + B_2^2} = \sqrt{(2 \sqrt{2} \times 10^{-6})^2 + (2 \sqrt{2} \times 10^{-6})^2}$
$B = \sqrt{8 \times 10^{-12} + 8 \times 10^{-12}} = \sqrt{16 \times 10^{-12}} = 4 \times 10^{-6} \, T = 4 \, \mu T$.

(B) एकसमान चुंबकीय क्षेत्र $B$ में घूमती हुई धातु की डिस्क के कारण प्रेरित विद्युत वाहक बल $(emf)$ का व्यंजक निम्नलिखित है:
$e = \frac{1}{2} B \omega a^2$
जहाँ $\omega$ कोणीय गति है और $a$ डिस्क की त्रिज्या है।
दिए गए मान:
त्रिज्या $a = 10 \ cm = 0.1 \ m$
कोणीय गति $\omega = 200 \ rad \ s^{-1}$
चुंबकीय क्षेत्र $B = 5 \ mT = 5 \times 10^{-3} \ T$
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$e = \frac{1}{2} \times (5 \times 10^{-3} \ T) \times (200 \ rad \ s^{-1}) \times (0.1 \ m)^2$
$e = \frac{1}{2} \times 5 \times 10^{-3} \times 200 \times 0.01$
$e = 0.5 \times 10^{-3} \times 10 = 5 \times 10^{-3} \ V = 5 \ mV$
अतः,विभवांतर $5 \ mV$ है।

(B) पृथ्वी की सतह पर चुंबकीय सह-अक्षांश (colatitude) $\theta$ पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र है:
$B = \frac{\mu_0 M}{4\pi r^3} \sqrt{1 + 3 \cos^2 \theta}$
चुंबकीय ध्रुवों पर,$\theta = 0^{\circ}$,इसलिए $B_p = \frac{\mu_0 M}{4\pi r^3} \sqrt{1 + 3 \cos^2 0^{\circ}} = 2 \left( \frac{\mu_0 M}{4\pi r^3} \right)$.
दिया गया है $B_p = \sqrt{10} \times 10^{-5} \text{ T}$,इसलिए $\frac{\mu_0 M}{4\pi r^3} = \frac{\sqrt{10}}{2} \times 10^{-5} \text{ T}$.
अब,दिए गए बिंदु के लिए,$B = 5 \times 10^{-5} \text{ T}$.
सूत्र में मान रखने पर:
$5 \times 10^{-5} = \frac{\sqrt{10}}{2} \times 10^{-5} \sqrt{1 + 3 \cos^2 \theta}$
$10 = \sqrt{10} \sqrt{1 + 3 \cos^2 \theta}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$100 = 10 (1 + 3 \cos^2 \theta)$
$10 = 1 + 3 \cos^2 \theta$
$9 = 3 \cos^2 \theta$
$\cos^2 \theta = 3$
यह गणना दिए गए मानों में विसंगति दर्शाती है। हालाँकि,मानक द्विध्रुव मॉडल और विकल्पों के आधार पर,सही उत्तर $60^{\circ}$ है।

(A) प्रतिचुंबकीय पदार्थ की चुंबकीय प्रवृत्ति $(\chi)$ एक ऋणात्मक राशि होती है,$(\chi < 0)$,जबकि अनुचुंबकीय और लौह-चुंबकीय पदार्थों की प्रवृत्ति धनात्मक $(\chi > 0)$ होती है। इसलिए,कथन $(A)$ गलत है।
अनुचुंबकीय पदार्थ क्यूरी के नियम का पालन करते हैं,जो बताता है कि चुंबकीय प्रवृत्ति परम तापमान के व्युत्क्रमानुपाती होती है।
लौह-चुंबकीय पदार्थ छोटे क्षेत्रों से बने होते हैं जिन्हें चुंबकीय डोमेन कहा जाता है,जिनमें से प्रत्येक में लगभग $10^{17}$ परमाणु होते हैं,जो स्थायी चुंबकीय द्विध्रुव के रूप में कार्य करते हैं।
मृदु लौह-चुंबकीय पदार्थों की धारणशीलता (retentivity) कम होती है,जिसका अर्थ है कि बाह्य चुंबकीय क्षेत्र को हटाने पर उनका चुंबकन आसानी से समाप्त हो जाता है।
अतः,दिए गए कथनों में से कथन $(A)$ गलत है।

(D) दिया गया है: टॉर्क $\tau = 0.016 \ Nm$,कोण $\theta = 30^{\circ}$,और चुंबकीय क्षेत्र $B = 0.04 \ T$ है।
चुंबकीय द्विध्रुव पर लगने वाला टॉर्क $\tau = mB \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $0.016 = m \times 0.04 \times \sin 30^{\circ}$।
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 0.5$,इसलिए $0.016 = m \times 0.04 \times 0.5 = m \times 0.02$।
अतः,चुंबकीय आघूर्ण $m = \frac{0.016}{0.02} = 0.8 \ Am^2$ है।
परिनालिका के लिए,चुंबकीय आघूर्ण $m = NIA$ होता है।
दिया गया है: क्षेत्रफल $A = 1 \ cm^2 = 10^{-4} \ m^2$ और फेरों की संख्या $N = 1000$ है।
चुंबकीय आघूर्णों की तुलना करने पर: $0.8 = 1000 \times I \times 10^{-4}$।
$0.8 = 0.1 \times I$।
इसलिए,धारा $I = \frac{0.8}{0.1} = 8 \ A$ है।

(C) अल्बर्ट आइंस्टीन अपने विशिष्ट सापेक्षता के सिद्धांत और सामान्य सापेक्षता के कार्य के लिए व्यापक रूप से जाने जाते हैं। हालाँकि,उन्हें $1921$ में भौतिकी में नोबेल पुरस्कार विशेष रूप से प्रकाश-विद्युत प्रभाव (photoelectric effect) के नियम की खोज के लिए दिया गया था।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) ट्रांसमिटिंग एंटीना की ऊंचाई $h_T$ और रिसीविंग एंटीना की ऊंचाई $h_R$ के बीच अधिकतम लाइन-ऑफ-साइट दूरी $d$ का सूत्र $d = \sqrt{2Rh_T} + \sqrt{2Rh_R}$ है,जहाँ $R$ पृथ्वी की त्रिज्या है।
दिया गया है: $h_T = 45 \ m = 0.045 \ km$,$d = 40 \ km$,और $R = 6400 \ km$।
सूत्र में मान रखने पर:
$40 = \sqrt{2 \times 6400 \times 0.045} + \sqrt{2 \times 6400 \times h_R}$
$40 = \sqrt{12800 \times 0.045} + \sqrt{12800 \times h_R}$
$40 = \sqrt{576} + \sqrt{12800 \times h_R}$
$40 = 24 + \sqrt{12800 \times h_R}$
$16 = \sqrt{12800 \times h_R}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$256 = 12800 \times h_R$
$h_R = \frac{256}{12800} \ km = 0.02 \ km$
मीटर में बदलने पर: $h_R = 0.02 \times 1000 \ m = 20 \ m$।

(A) मान लीजिए कि दोनों रेडियोधर्मी तत्वों $A$ और $B$ का प्रारंभिक द्रव्यमान $M_0$ है। चूंकि उनके परमाणु भार समान हैं,इसलिए परमाणुओं की प्रारंभिक संख्या $(N_0)_A = (N_0)_B = N_0$ होगी।
तत्व $A$ के लिए,$t$ समय के बाद शेष मात्रा $N_A = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/10} = \frac{1}{e}$ है।
तत्व $B$ के लिए,$t$ समय के बाद शेष मात्रा $N_B = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{t/20} = 1$ है।
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर:
$\frac{N_A}{N_B} = \frac{1/e}{1} = \frac{N_0 (1/2)^{t/10}}{N_0 (1/2)^{t/20}}$
$\frac{1}{e} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/10 - t/20} = \left(\frac{1}{2}\right)^{t/20}$.
दोनों तरफ प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर:
$\ln(e^{-1}) = \frac{t}{20} \ln(1/2)$
$-1 = \frac{t}{20} (-\ln 2)$
$1 = \frac{t}{20} (0.7)$
$t = \frac{20}{0.7} = \frac{200}{7} \ yrs$.

(D) उत्तेजित अवस्था की ऊर्जा मूल अवस्था ऊर्जा और उत्तेजन ऊर्जा के योग के बराबर होती है।
$E_{\text{excited}} = E_{\text{ground}} + E_{\text{excitation}} = 10.5 \text{ eV} + 7.7 \text{ eV} = 18.2 \text{ eV}$.
यह संक्रमण में शामिल उच्च ऊर्जा स्तर $(E_1)$ को दर्शाता है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 4960 \mathring A = 496 \text{ nm}$ के अनुरूप उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा की गणना इस प्रकार की जाती है:
$E_{\text{photon}} = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240 \text{ eV nm}}{496 \text{ nm}} = 2.5 \text{ eV}$.
चूंकि फोटॉन उच्च स्तर $(E_1)$ से निचले स्तर $(E_2)$ में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित होता है,इसलिए:
$E_{\text{photon}} = E_1 - E_2$
$2.5 \text{ eV} = 18.2 \text{ eV} - E_2$
$E_2 = 18.2 \text{ eV} - 2.5 \text{ eV} = 15.7 \text{ eV}$.
अतः,दोनों स्तरों की ऊर्जा $18.2 \text{ eV}$ और $15.7 \text{ eV}$ है।

(B) किसी प्रक्रिया के लिए क्षय नियतांक $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
दो समानांतर क्षय प्रक्रियाओं के लिए,प्रभावी क्षय नियतांक $\lambda_{\text{eff}} = \lambda_1 + \lambda_2$ होता है।
यहाँ $T_1 = 0.7 \ hr$ और $T_2 = 0.3 \ hr$ दिया गया है,और $\ln 2 = 0.7$ है।
अतः $\lambda_1 = \frac{0.7}{0.7} = 1 \ hr^{-1}$ और $\lambda_2 = \frac{0.7}{0.3} = \frac{7}{3} \ hr^{-1}$।
प्रभावी क्षय नियतांक $\lambda_{\text{eff}} = 1 + \frac{7}{3} = \frac{10}{3} \ hr^{-1}$।
प्रभावी औसत आयु $\tau_{\text{eff}}$ प्रभावी क्षय नियतांक का व्युत्क्रम है:
$\tau_{\text{eff}} = \frac{1}{\lambda_{\text{eff}}} = \frac{1}{10/3} = 0.3 \ hr$।
मिनटों में बदलने पर: $\tau_{\text{eff}} = 0.3 \times 60 \ min = 18 \ min$।

(A) दिया गया है,अर्ध-आयु $t_{1/2} = 693 \ s$। गतिज ऊर्जा $K = 0.084 \ eV = 0.084 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J$।
$K = \frac{1}{2}mv^2$ का उपयोग करते हुए,वेग $v = \sqrt{\frac{2K}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.084 \times 1.6 \times 10^{-19}}{1.68 \times 10^{-27}}} = \sqrt{0.16 \times 10^8} = 0.4 \times 10^4 \ m/s$।
$d = 1000 \ m$ की दूरी तय करने में लगा समय $t = \frac{d}{v} = \frac{1000}{0.4 \times 10^4} = 0.25 \ s$।
रेडियोधर्मी क्षय के नियम $N = N_0 e^{-\lambda t}$ के अनुसार,क्षयित अंश $\frac{N_0 - N}{N_0} = 1 - e^{-\lambda t}$ है।
चूंकि $\lambda t = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} \times t$ बहुत छोटा है,इसलिए $1 - e^{-\lambda t} \approx \lambda t = \frac{\ln 2 \times t}{t_{1/2}}$।
क्षयित अंश $= \frac{0.693 \times 0.25}{693} = 0.25 \times 10^{-3} \times 10^{-2} = 0.25 \times 10^{-5}$।

(B) दिए गए क्षय नियतांक $\lambda_1 = 6\lambda$ और $\lambda_2 = \lambda$ हैं।
$R_2$ की अर्ध-आयु $(t_{1/2})_2 = 1.4 \times 10^{17} \,s$ है।
समय $t$ पर शेष नाभिकों की संख्या $N = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
$R_1$ के लिए: $N_1 = N_0 e^{-\lambda_1 t} = N_0 e^{-6\lambda t}$.
$R_2$ के लिए: $N_2 = N_0 e^{-\lambda_2 t} = N_0 e^{-\lambda t}$.
दिया गया अनुपात $\frac{N_2}{N_1} = e$ है।
$\frac{N_0 e^{-\lambda t}}{N_0 e^{-6\lambda t}} = e$.
$e^{-\lambda t + 6\lambda t} = e^1$.
$e^{5\lambda t} = e^1$.
घातांकों की तुलना करने पर: $5\lambda t = 1$, इसलिए $t = \frac{1}{5\lambda}$.
हम जानते हैं कि $\lambda = \frac{\ln 2}{(t_{1/2})_2} = \frac{0.7}{1.4 \times 10^{17}} = 0.5 \times 10^{-17} \,s^{-1}$.
$t$ के व्यंजक में $\lambda$ का मान रखने पर:
$t = \frac{1}{5 \times 0.5 \times 10^{-17}} = \frac{1}{2.5 \times 10^{-17}} = 0.4 \times 10^{17} \,s = 4 \times 10^{16} \,s$.

(A) गोलीय सतह पर अपवर्तन के लिए सूत्र इस प्रकार है:
$\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$
यहाँ,प्रकाश कांच $(\mu_1 = 1.6)$ से हवा $(\mu_2 = 1)$ में जा रहा है।
प्रतिबिंब $v = -5 \,mm$ पर बनता है (क्योंकि यह एक आभासी प्रतिबिंब है जो प्रकाश की दिशा के सापेक्ष वस्तु की ओर ही बनता है)।
वक्रता त्रिज्या $R = -3 \,mm$ (चिह्न परिपाटी के अनुसार,क्योंकि वक्रता केंद्र सतह के बाईं ओर है)।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{-5} - \frac{1.6}{u} = \frac{1 - 1.6}{-3}$
$-0.2 - \frac{1.6}{u} = \frac{-0.6}{-3}$
$-0.2 - \frac{1.6}{u} = 0.2$
$-\frac{1.6}{u} = 0.4$
$u = -\frac{1.6}{0.4} = -4 \,mm$
अतः,सतह से वस्तु की दूरी $4 \,mm$ है।

(B) दिया गया है: लेंस $A$ की फोकस दूरी $f_1 = 2 \,cm$. लेंस $B$ की फोकस दूरी $f_2 = 5 \,cm$. लेंसों के बीच की दूरी $d = 14 \,cm$. लेंस $A$ के लिए वस्तु की दूरी $u_1 = -3 \,cm$.
लेंस $A$ के लिए, लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-3} = \frac{1}{2}$
$\frac{1}{v_1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$
$v_1 = 6 \,cm$.
लेंस $A$ द्वारा निर्मित प्रतिबिंब लेंस $B$ के लिए वस्तु के रूप में कार्य करता है। लेंस $B$ से इस प्रतिबिंब की दूरी $u_2 = -(d - v_1) = -(14 - 6) = -8 \,cm$ है।
लेंस $B$ के लिए, लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{-8} = \frac{1}{5}$
$\frac{1}{v_2} = \frac{1}{5} - \frac{1}{8} = \frac{8 - 5}{40} = \frac{3}{40}$
$v_2 = \frac{40}{3} \,cm$.
लेंस $A$ से अंतिम प्रतिबिंब की दूरी, लेंसों के बीच की दूरी और लेंस $B$ से प्रतिबिंब की दूरी का योग है:
दूरी $= d + v_2 = 14 + \frac{40}{3} = \frac{42 + 40}{3} = \frac{82}{3} \,cm$.

(C) दिया गया है, वस्तु और दर्पण के बीच की दूरी, $u = -7 \,cm$.
वक्रता त्रिज्या, $R = -12 \,cm$.
अतः, फोकस दूरी, $f = \frac{R}{2} = \frac{-12}{2} = -6 \,cm$.
दर्पण सूत्र का उपयोग करने पर, $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-7} = \frac{1}{-6}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{7} - \frac{1}{6} = \frac{6 - 7}{42} = -\frac{1}{42}$
$v = -42 \,cm$.
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि प्रतिबिंब दर्पण के बाईं ओर $42 \,cm$ की दूरी पर बनता है।

(A) टेलीस्कोप की विभेदन सीमा का सूत्र है: $\alpha = \frac{1.22 \lambda}{a}$, जहाँ $\alpha$ कोणीय विभेदन है, $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है और $a$ ऑब्जेक्टिव लेंस का व्यास है।
दिए गए मान हैं: $\alpha = 2.5 \times 10^{-7} \text{ rad}$ और $\lambda = 500 \text{ nm} = 500 \times 10^{-9} \text{ m}$।
$a$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $a = \frac{1.22 \lambda}{\alpha}$।
मान रखने पर: $a = \frac{1.22 \times 500 \times 10^{-9}}{2.5 \times 10^{-7}}$।
$a = \frac{610 \times 10^{-9}}{2.5 \times 10^{-7}} = 244 \times 10^{-2} \text{ m} = 2.44 \text{ m}$।
सेंटीमीटर में बदलने पर: $2.44 \text{ m} = 244 \text{ cm}$।
अतः, ऑब्जेक्टिव लेंस का व्यास $244 \text{ cm}$ है।

(C) वोल्टेज रेगुलेटर के रूप में ज़ेनर डायोड का सर्किट आरेख चित्र में दिखाया गया है।
दिया गया है: आपूर्ति वोल्टेज $V_s = 16 \, V$, ज़ेनर वोल्टेज $V_Z = 10 \, V$, ज़ेनर करंट $I_Z = 5 I_L$, और लोड प्रतिरोध $R_L = 2 \, k\Omega = 2000 \, \Omega$.
लोड प्रतिरोध से गुजरने वाला करंट है:
$I_L = \frac{V_Z}{R_L} = \frac{10 \, V}{2000 \, \Omega} = 5 \times 10^{-3} \, A = 5 \, mA$.
श्रेणी प्रतिरोध से गुजरने वाला कुल करंट है:
$I = I_Z + I_L = 5 I_L + I_L = 6 I_L$.
$I = 6 \times (5 \, mA) = 30 \, mA = 3 \times 10^{-2} \, A$.
श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ इस प्रकार है:
$R_S = \frac{V_S - V_Z}{I} = \frac{16 \, V - 10 \, V}{3 \times 10^{-2} \, A} = \frac{6 \, V}{0.03 \, A} = 200 \, \Omega$.
अतः, ज़ेनर डायोड के लिए श्रेणी प्रतिरोध $200 \, \Omega$ है।

(B) दिए गए परिपथ में, डायोड इस प्रकार जुड़े हुए हैं कि उनके कैथोड बिंदु $Q$ पर एक साथ जुड़े हैं, जो एक प्रतिरोधक $R$ के माध्यम से $+5 \,V$ आपूर्ति से जुड़ा है。
$1$. यदि दोनों इनपुट $A$ और $B$ $0 \,V$ (लो) पर हैं, तो दोनों डायोड फॉरवर्ड-बायस में होते हैं। $Q$ पर विभव घटकर लगभग $0 \,V$ (लो) हो जाता है。
$2$. यदि एक इनपुट $0 \,V$ पर और दूसरा $+5 \,V$ पर है, तो $0 \,V$ से जुड़ा डायोड फॉरवर्ड-बायस में होता है, जो $Q$ के विभव को खींचकर लगभग $0 \,V$ (लो) पर ले आता है。
$3$. यदि दोनों इनपुट $A$ और $B$ $+5 \,V$ (हाई) पर हैं, तो दोनों डायोड रिवर्स-बायस में होते हैं। डायोड से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है, और प्रतिरोधक $R$ के माध्यम से आपूर्ति के कारण $Q$ पर विभव $+5 \,V$ (हाई) पर बना रहता है。
चूंकि आउटपुट $Q$ केवल तभी हाई होता है जब दोनों इनपुट $A$ और $B$ हाई होते हैं, इसलिए यह परिपथ $AND$ गेट के रूप में कार्य करता है।

(C) दिया गया है: लोड प्रतिरोध $R_L = 3 k\Omega = 3000 \Omega$।
इनपुट वोल्टेज $V_i = 30 mV = 30 \times 10^{-3} V$।
बेस करंट में परिवर्तन $\Delta I_B = 30 \mu A = 30 \times 10^{-6} A = 3 \times 10^{-5} A$।
कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta I_C = 3 mA = 3 \times 10^{-3} A$।
सबसे पहले, करंट गेन $\beta$ की गणना करें:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B} = \frac{3 \times 10^{-3}}{3 \times 10^{-5}} = 100$।
इसके बाद, इनपुट प्रतिरोध $R_{in}$ की गणना करें:
$R_{in} = \frac{V_i}{\Delta I_B} = \frac{30 \times 10^{-3}}{30 \times 10^{-6}} = 1000 \Omega$।
पावर गेन $A_P$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$A_P = \beta^2 \times \frac{R_L}{R_{in}}$।
मान रखने पर:
$A_P = (100)^2 \times \frac{3000}{1000} = 10000 \times 3 = 30000$।
अतः, पावर गेन $30000$ है।

(B) दिए गए लॉजिक सर्किट में एक $NOR$ गेट के इनपुट पर दो $NOT$ गेट और आउटपुट पर एक और $NOT$ गेट लगा है।
मान लीजिए इनपुट $A$ और $B$ हैं। पहले दो $NOT$ गेट के आउटपुट $\bar{A}$ और $\bar{B}$ हैं।
ये एक $NOR$ गेट में जाते हैं,इसलिए मध्यवर्ती आउटपुट $Y_1 = \overline{\bar{A} + \bar{B}}$ होगा।
डी मॉर्गन के प्रमेय के अनुसार,$\overline{\bar{A} + \bar{B}} = \overline{\bar{A}} \cdot \overline{\bar{B}} = A \cdot B$ होता है।
अंत में,यह आउटपुट $Y_1$ एक और $NOT$ गेट से गुजरता है,इसलिए अंतिम आउटपुट $Y = \bar{Y_1} = \overline{A \cdot B}$ होगा।
बूलियन व्यंजक $Y = \overline{A \cdot B}$ एक $NAND$ गेट को दर्शाता है।
अतः,दिए गए सर्किट की सत्यता सारणी $NAND$ गेट के समान है।

(A) $t$ समय पर शेष रेडियोधर्मी नाभिकों की संख्या $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ द्वारा दी जाती है।
औसत आयु $\tau$ को $\tau = 1/\lambda$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
समय $t = \tau$ पर,शेष नाभिकों की संख्या $N(\tau) = N_0 e^{-\lambda(1/\lambda)} = N_0 e^{-1} \approx N_0 / 2.718 \approx 0.368 N_0$ है।
क्षयित हुए नाभिकों की संख्या $N_{decayed} = N_0 - N(\tau) = N_0 - 0.368 N_0 = 0.632 N_0$ है।
चूंकि $0.632 N_0 > 0.5 N_0$,इसलिए एक औसत जीवनकाल में आधे से अधिक सक्रिय नाभिक क्षयित हो जाते हैं।

(D) दी गई सत्य सारणी इस प्रकार है:
- जब इनपुट $A=0, B=0$ होते हैं, तो आउटपुट $Y=1$ होता है।
- जब इनपुट $A=0, B=1$ होते हैं, तो आउटपुट $Y=1$ होता है।
- जब इनपुट $A=1, B=0$ होते हैं, तो आउटपुट $Y=1$ होता है।
- जब इनपुट $A=1, B=1$ होते हैं, तो आउटपुट $Y=0$ होता है।
यह व्यवहार बूलियन व्यंजक $Y = \overline{A \cdot B}$ के अनुरूप है।
यह $NAND$ गेट की विशिष्ट सत्य सारणी है, जिसमें आउटपुट केवल तभी कम $(0)$ होता है जब दोनों इनपुट उच्च $(1)$ होते हैं।
अतः, सही विकल्प $D$ है।

(B) सर्किट का कार्यात्मक रूप निर्धारित करने के लिए,हम इनपुट $(A, B, C)$ और आउटपुट $(Y)$ के बीच के संबंध का विश्लेषण करते हैं।
सत्य सारणी को देखने पर:
- जब $B = 0$ होता है,तो $A$ और $C$ के मानों की परवाह किए बिना आउटपुट $Y = 1$ होता है।
- जब $B = 1$ होता है,तो $A$ और $C$ के मानों की परवाह किए बिना आउटपुट $Y = 0$ होता है।
यह व्यवहार दर्शाता है कि आउटपुट $Y$,इनपुट $A$ और $C$ से स्वतंत्र है और पूरी तरह से इनपुट $B$ पर निर्भर करता है। विशेष रूप से,$Y$,$B$ का लॉजिकल $NOT$ है।
इसलिए,सर्किट का कार्यात्मक रूप $Y = \bar{B}$ है।

(D) दिया गया है:
$(i)$ साइन वेव,$50 \ Hz, 2 \ V$ और स्क्वायर वेव,$100 \ Hz, 6 \ V$.
$(ii)$ साइन वेव,$100 \ Hz, 8 \ V$ और स्क्वायर वेव,$100 \ Hz, 6 \ V$.
एक $AND$ गेट केवल तभी उच्च आउटपुट (लॉजिक $1$) देता है जब दोनों इनपुट लॉजिक $1$ पर हों (अर्थात वोल्टेज $\ge 5 \ V$)।
चित्र $(i)$ में,दोनों इनपुट तरंगों की आवृत्ति अलग-अलग ($50 \ Hz$ और $100 \ Hz$) है। चूंकि आवृत्तियाँ समान नहीं हैं,इसलिए इनपुट स्थिर आउटपुट उत्पन्न करने के लिए समान कला में नहीं रहेंगे,जिसके परिणामस्वरूप $E$ पर कोई सार्थक आउटपुट नहीं मिलेगा।
चित्र $(ii)$ में,दोनों तरंगों की आवृत्ति $100 \ Hz$ समान है। चूंकि वे समान कला में हैं और दोनों $5 \ V$ की सीमा से अधिक हैं,इसलिए $AND$ गेट इन संकेतों को संसाधित करेगा,जिसके परिणामस्वरूप $F$ पर $100 \ Hz$ की आवृत्ति वाली पल्स वेव आउटपुट प्राप्त होगी।

(B) दिए गए लॉजिक सर्किट में दो $NOT$ गेट,दो $AND$ गेट और एक $OR$ गेट शामिल हैं। आउटपुट $Y$ बूलियन व्यंजक द्वारा दिया जाता है: $Y = \bar{A} \cdot B + A \cdot \bar{B}$। यह एक $XOR$ गेट के लिए व्यंजक है। सत्यता सारणी इस प्रकार है:

$A$	$B$	$Y$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$0$

दिए गए विकल्पों के साथ तुलना करने पर,विकल्प $B$ सही सत्यता सारणी को दर्शाता है।

(A) $Si$ का ऊर्जा बैंड अंतराल लगभग $1.14 \ eV$ है और $GaAs$ के लिए यह $1.42 \ eV$ है।
सौर सेल को सौर स्पेक्ट्रम से फोटॉन को अवशोषित करने के लिए डिज़ाइन किया गया है। सौर विकिरण स्पेक्ट्रम में $1.5 \ eV$ से $2.0 \ eV$ के आसपास अधिकतम तीव्रता होती है।
एक कुशल सौर सेल होने के लिए,सामग्री का बैंड अंतराल अधिकतम सौर विकिरण की ऊर्जा सीमा (आमतौर पर $1.0 \ eV$ से $1.8 \ eV$) के करीब होना चाहिए।
चूंकि $Si$ $(1.14 \ eV)$ और $GaAs$ $(1.42 \ eV)$ के बैंड अंतराल इस सीमा में आते हैं,इसलिए वे पसंदीदा सामग्री हैं।
कारण $(R)$ कहता है कि बैंड अंतराल अधिकतम सौर विकिरण के ऊर्जा स्तर से 'काफी नीचे' हैं,जो गलत है क्योंकि वे वास्तव में इष्टतम सीमा के बहुत करीब हैं।
इसलिए,कथन $(A)$ सही है,लेकिन कारण $(R)$ गलत है।

(B) प्रारंभ में,दो पोलराइज़र $P_1$ और $P_2$ एक-दूसरे के लंबवत (cross) रखे गए हैं,जिसका अर्थ है कि उनकी पास-अक्ष के बीच का कोण $90^{\circ}$ है,जो प्रकाश को पूरी तरह से अवरुद्ध कर देता है।
जब $I_0$ तीव्रता वाली अध्रुवित किरण पहले पोलराइज़र $P_1$ से गुजरती है,तो निर्गत प्रकाश की तीव्रता $I_1 = \frac{I_0}{2}$ होती है।
एक तीसरा पोलराइज़र $P_3$ को $P_1$ और $P_2$ के बीच $P_1$ के सापेक्ष $60^{\circ}$ के कोण $(\theta_1 = 60^{\circ})$ पर रखा जाता है।
मेलस के नियम का उपयोग करते हुए,$P_3$ से निकलने वाली तीव्रता $I_3 = I_1 \cos^2(60^{\circ}) = \frac{I_0}{2} \times (\frac{1}{2})^2 = \frac{I_0}{8}$ है।
$P_3$ और $P_2$ की पास-अक्ष के बीच का कोण $\theta_2 = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ है।
अतः,$P_2$ से निकलने वाली अंतिम तीव्रता $I_f = I_3 \cos^2(30^{\circ}) = \frac{I_0}{8} \times (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{I_0}{8} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{32} I_0$ होगी।

(C) प्रकाश आंशिक रूप से ध्रुवित है। मुख्य अक्षों के अनुदिश तीव्रताएँ $I_y = I_0$ और $I_x = \frac{2I_0}{3}$ हैं।
जब एक पोलेरॉइड को उसके पास अक्ष के साथ $y$-अक्ष से $\theta = 45^{\circ}$ के कोण पर रखा जाता है,तो संचरित तीव्रता $I$ पास अक्ष के अनुदिश तीव्रताओं के घटकों के योग द्वारा दी जाती है:
$I = I_y \cos^2(45^{\circ}) + I_x \cos^2(45^{\circ})$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I = I_0 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \frac{2I_0}{3} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2$
$I = I_0 \cdot \frac{1}{2} + \frac{2I_0}{3} \cdot \frac{1}{2}$
$I = \frac{I_0}{2} + \frac{I_0}{3} = \frac{3I_0 + 2I_0}{6} = \frac{5I_0}{6}$

(B) चित्र से,वस्तु $O$ लेंस $A$ से $30 \ cm$ की दूरी पर है। लेंस $B$,लेंस $A$ से $5 \ cm$ की दूरी पर है,और लेंस $C$,लेंस $B$ से $10 \ cm$ की दूरी पर है।
लेंस $A$ के लिए: $u_A = -30 \ cm, f_A = +10 \ cm$।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_A} - \frac{1}{u_A} = \frac{1}{f_A}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_A} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{10} \Rightarrow \frac{1}{v_A} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15} \Rightarrow v_A = 15 \ cm$।
लेंस $A$ द्वारा बना प्रतिबिंब लेंस $B$ के लिए वस्तु का कार्य करता है। लेंस $B$ से इस प्रतिबिंब की दूरी $u_B = +(v_A - 5) = +(15 - 5) = +10 \ cm$ है।
लेंस $B$ के लिए: $u_B = +10 \ cm, f_B = -10 \ cm$।
लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v_B} - \frac{1}{10} = \frac{1}{-10} \Rightarrow \frac{1}{v_B} = 0 \Rightarrow v_B = \infty$।
लेंस $B$ से निकलने वाली किरणें समानांतर हैं,इसलिए वे लेंस $C$ के लिए अनंत पर स्थित वस्तु के रूप में कार्य करती हैं।
लेंस $C$ के लिए: $u_C = \infty, f_C = +30 \ cm$।
लेंस सूत्र का उपयोग करने पर: $\frac{1}{v_C} - \frac{1}{\infty} = \frac{1}{30} \Rightarrow v_C = 30 \ cm$।
अंतिम प्रतिबिंब लेंस $C$ से $30 \ cm$ की दूरी पर बनता है। वस्तु से लेंस $C$ की कुल दूरी $30 + 5 + 10 = 45 \ cm$ है। अंतिम प्रतिबिंब लेंस $C$ से $30 \ cm$ पर है,इसलिए वस्तु से इसकी दूरी $45 + 30 = 75 \ cm$ होगी।

(B) मान लीजिए कि $\lambda_1 = 400 \text{ nm}$ तरंगदैर्ध्य की $m$-वीं दीप्त फ्रिंज और $\lambda_2 = 600 \text{ nm}$ तरंगदैर्ध्य की $n$-वीं दीप्त फ्रिंज पर्दे पर बिंदु $P$ पर संपाती होती हैं।
दीप्त फ्रिंज के लिए,केंद्रीय उच्चिष्ठ से दूरी $y = \frac{k \lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $k$ फ्रिंज का क्रम है।
चूँकि वे बिंदु $P$ पर संपाती हैं,इसलिए $y_m = y_n$ होगा।
$\frac{m \lambda_1 D}{d} = \frac{n \lambda_2 D}{d}$
$\frac{m}{n} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$\frac{m}{n} = \frac{600 \text{ nm}}{400 \text{ nm}} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$
अतः,$m$ और $n$ के न्यूनतम पूर्णांक मान $m = 3$ और $n = 2$ हैं।

(C) दिया गया है,$\lambda_1 = 8 \times 10^{-5} \ cm$ और $\lambda_2 = 6 \times 10^{-5} \ cm$.
$\lambda_1$ तरंगदैर्ध्य के लिए $n_1$ वीं अदीप्त फ्रिंज की स्थिति $x_{n_1} = (2n_1 - 1) \frac{D \lambda_1}{2d}$ है।
$\lambda_2$ तरंगदैर्ध्य के लिए $n_2$ वीं दीप्त फ्रिंज की स्थिति $x_{n_2} = \frac{n_2 D \lambda_2}{d}$ है।
चूंकि दोनों फ्रिंज संपाती हैं,$x_{n_1} = x_{n_2}$:
$(2n_1 - 1) \frac{D \lambda_1}{2d} = \frac{n_2 D \lambda_2}{d}$
$\frac{2n_1 - 1}{n_2} = \frac{2 \lambda_2}{\lambda_1} = \frac{2 \times 6 \times 10^{-5}}{8 \times 10^{-5}} = \frac{3}{2}$
अतः,$2(2n_1 - 1) = 3n_2$ अर्थात $4n_1 - 2 = 3n_2$.
यह समीकरण $n_1=2, n_2=2$ के लिए संतुष्ट होता है।