TS EAMCET 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(B) स्प्रिंग-द्रव्यमान निकाय के लिए दोलनों का आवर्तकाल $T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $m$ दोलन करने वाला द्रव्यमान है और $k$ स्प्रिंग नियतांक है।
स्थिति $I$: जब $700 \,g$ द्रव्यमान को हटा दिया जाता है,तो शेष द्रव्यमान $m_1 = 500 \,g + 400 \,g = 900 \,g = 0.9 \,kg$ है। आवर्तकाल $T_1 = 3 \,s$ है।
$3 = 2 \pi \sqrt{\frac{0.9}{k}} \quad \dots(i)$
स्थिति $II$: जब $500 \,g$ द्रव्यमान को और हटा दिया जाता है,तो शेष द्रव्यमान $m_2 = 400 \,g = 0.4 \,kg$ है। मान लीजिए नया आवर्तकाल $T_2$ है।
$T_2 = 2 \pi \sqrt{\frac{0.4}{k}} \quad \dots(ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ से विभाजित करने पर:
$\frac{T_2}{3} = \frac{2 \pi \sqrt{\frac{0.4}{k}}}{2 \pi \sqrt{\frac{0.9}{k}}} = \sqrt{\frac{0.4}{0.9}} = \sqrt{\frac{4}{9}} = \frac{2}{3}$
$T_2 = 3 \times \frac{2}{3} = 2 \,s$
अतः,निकाय $2 \,s$ के आवर्तकाल के साथ दोलन करेगा।

(D) दिया गया है, आयाम, $A = 0.2 \,cm = 2 \times 10^{-3} \,m$।
सरल आवर्त गति में माध्य स्थिति पर वेग अधिकतम वेग होता है, $v_{\text{max}} = 5 \,m/s$।
हम जानते हैं कि अधिकतम वेग का सूत्र $v_{\text{max}} = A \omega$ है।
इसलिए, कोणीय आवृत्ति $\omega = \frac{v_{\text{max}}}{A}$ होगी।
मान रखने पर, $\omega = \frac{5}{2 \times 10^{-3}} = 2.5 \times 10^3 = 2500 \,rad/s$।

(A) दिया गया है: दोनों गैसों के लिए तापमान $T$ समान है।
गैस $A$ का दबाव $P_A = 3P_B$ है।
गैस $A$ का घनत्व $\rho_A = 2\rho_B$ है।
आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$PV = nRT = \frac{m}{M}RT$,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $M$ आणविक द्रव्यमान है।
चूंकि घनत्व $\rho = \frac{m}{V}$ है,हम लिख सकते हैं $P = \frac{\rho RT}{M}$,जिसका अर्थ है $M = \frac{\rho RT}{P}$।
गैस $A$ के लिए: $M_A = \frac{\rho_A RT}{P_A}$।
गैस $B$ के लिए: $M_B = \frac{\rho_B RT}{P_B}$।
अनुपात लेने पर: $\frac{M_A}{M_B} = \frac{\rho_A}{\rho_B} \times \frac{P_B}{P_A}$।
दी गई मानों को रखने पर: $\frac{M_A}{M_B} = \frac{2\rho_B}{\rho_B} \times \frac{P_B}{3P_B} = 2 \times \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$।

(C) माना गोले द्वारा रुकने से पहले प्राप्त ऊँचाई $h$ है। ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, कुल प्रारंभिक गतिज ऊर्जा (स्थानांतरीय + घूर्णन) अधिकतम ऊँचाई पर स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$K_{\text{rot}} + K_{\text{trans}} = mgh$
$\frac{1}{2} I \omega^2 + \frac{1}{2} m v_{CM}^2 = mgh$
चूँकि गोला लुढ़क रहा है, $v_{CM} = R\omega$ और एक ठोस गोले के लिए जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{2}{5} mR^2$ होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{1}{2} \left( \frac{2}{5} mR^2 \right) \left( \frac{v_{CM}}{R} \right)^2 + \frac{1}{2} m v_{CM}^2 = mgh$
$\frac{1}{5} m v_{CM}^2 + \frac{1}{2} m v_{CM}^2 = mgh$
$m$ से भाग देने और सरल करने पर:
$v_{CM}^2 \left( \frac{1}{5} + \frac{1}{2} \right) = gh$
$v_{CM}^2 \left( \frac{2+5}{10} \right) = gh$
$\frac{7}{10} v_{CM}^2 = gh$
यहाँ $v_{CM} = 10 \,m/s$ और $g = 10 \,m/s^2$ दिया गया है:
$\frac{7}{10} \times (10)^2 = 10 \times h$
$\frac{7}{10} \times 100 = 10h$
$70 = 10h$
$h = 7 \,m$

(A) दिया गया है: द्रव्यमान $M = 1 \, kg$, लंबाई $L = 5 \, m$.
एक पतली छड़ का उसके द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाले और उसकी लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{CM} = \frac{ML^2}{12}$ होता है।
$I_{CM} = \frac{1 \times 5^2}{12} = \frac{25}{12} \approx 2.083 \, kg \cdot m^2$.
घूर्णन अक्ष एक सिरे से $x = 1 \, m$ की दूरी पर है। द्रव्यमान केंद्र मध्य बिंदु पर होता है, जो दोनों सिरों से $L/2 = 2.5 \, m$ की दूरी पर है।
द्रव्यमान केंद्र और नए अक्ष के बीच की दूरी $d = |2.5 \, m - 1 \, m| = 1.5 \, m$ है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए, $I = I_{CM} + Md^2$.
$I = 2.083 + (1 \times 1.5^2) = 2.083 + 2.25 = 4.333 \, kg \cdot m^2$.
अतः, जड़त्व आघूर्ण $4.33 \, kg \cdot m^2$ है।

(C) दिया गया है,ठोस बेलन का द्रव्यमान,$M = 10 \,kg$.
त्रिज्या,$R = 40 \,cm = 0.4 \,m$.
लंबाई,$L = 9R = 9 \times 0.4 = 3.6 \,m$.
ठोस बेलन का उसके द्रव्यमान केंद्र से गुजरने वाली और उसकी अक्ष के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण इस प्रकार है:
$I_{COM} = M \left( \frac{L^2}{12} + \frac{R^2}{4} \right)$
मान रखने पर:
$I_{COM} = 10 \left( \frac{(3.6)^2}{12} + \frac{(0.4)^2}{4} \right)$
$I_{COM} = 10 \left( \frac{12.96}{12} + \frac{0.16}{4} \right)$
$I_{COM} = 10 (1.08 + 0.04) = 10 \times 1.12 = 11.2 \,kg-m^2$.
समांतर अक्ष प्रमेय के अनुसार,बेलन के किनारे से गुजरने वाली और उसकी अक्ष के लंबवत अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I'$ है:
$I' = I_{COM} + M \left( \frac{L}{2} \right)^2$
$I' = 11.2 + 10 \left( \frac{3.6}{2} \right)^2$
$I' = 11.2 + 10 (1.8)^2$
$I' = 11.2 + 10 (3.24) = 11.2 + 32.4 = 43.6 \,kg-m^2$.

(A) प्रति इकाई लंबाई द्रव्यमान $dm = \lambda|x|dx$ द्वारा दिया जाता है।
सबसे पहले,छड़ के केंद्र से गुजरने वाली अक्ष $AA$ के परितः जड़त्व आघूर्ण की गणना करें:
$I_{AA} = \int x^2 dm = \int_{-L/2}^{L/2} x^2 (\lambda|x|) dx = 2\lambda \int_{0}^{L/2} x^3 dx = 2\lambda \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^{L/2} = \frac{\lambda}{2} \left( \frac{L}{2} \right)^4 = \frac{\lambda L^4}{32}$.
दिया है $\lambda = 16 \ kg/m^2$ और $L = 1 \ m$,इसलिए $I_{AA} = \frac{16 \times 1^4}{32} = 0.5 \ kg \cdot m^2$.
अब,छड़ का कुल द्रव्यमान $M$ ज्ञात करें:
$M = \int_{-L/2}^{L/2} \lambda|x| dx = 2\lambda \int_0^{L/2} x dx = 2\lambda \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^{L/2} = \lambda \left( \frac{L}{2} \right)^2 = \frac{\lambda L^2}{4}$.
$\lambda = 16$ और $L = 1$ रखने पर,$M = \frac{16 \times 1^2}{4} = 4 \ kg$.
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करके एक सिरे से गुजरने वाली अक्ष $BB$ के परितः जड़त्व आघूर्ण ज्ञात करें:
$I_{BB} = I_{CM} + M h^2$,जहाँ $h = L/2 = 0.5 \ m$.
$I_{BB} = 0.5 + 4 \times (0.5)^2 = 0.5 + 4 \times 0.25 = 0.5 + 1 = 1.5 \ kg \cdot m^2$.

(A) सतह पर लुढ़कती हुई वस्तु का सतह पर स्थित बिंदु $O$ के सापेक्ष कोणीय संवेग,द्रव्यमान केंद्र की गति के कारण कोणीय संवेग और द्रव्यमान केंद्र के परितः घूर्णन के कारण कोणीय संवेग के योग के बराबर होता है।
$L_O = L_{\text{linear}} + L_{\text{rotational}} = MvR + I\omega$
चूंकि वस्तु बिना फिसले लुढ़क रही है,$v = R\omega$,इसलिए $\omega = \frac{v}{R}$।
$L_O = MvR + I\left(\frac{v}{R}\right) = vR \left(M + \frac{I}{R^2}\right)$
ठोस गोले के लिए,$I_1 = \frac{2}{5}MR^2$। अतः,$L_1 = vR \left(M + \frac{2}{5}M\right) = \frac{7}{5}MvR$।
ठोस बेलन के लिए,$I_2 = \frac{1}{2}MR^2$। अतः,$L_2 = vR \left(M + \frac{1}{2}M\right) = \frac{3}{2}MvR$।
अनुपात $\frac{L_1}{L_2} = \frac{\frac{7}{5}MvR}{\frac{3}{2}MvR} = \frac{7}{5} \times \frac{2}{3} = \frac{14}{15}$।

(B) दिया गया है: झुकाव $\theta = 30^{\circ}$, लंबाई $l = 60 \,cm = 0.6 \,m$, गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \,m/s^2$.
यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए, शीर्ष पर स्थितिज ऊर्जा नीचे पहुँचने पर स्थानांतरण और घूर्णन गतिज ऊर्जा के योग के बराबर होती है:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
यहाँ, $h = l \sin \theta = 0.6 \times \sin 30^{\circ} = 0.6 \times 0.5 = 0.3 \,m$.
एक ठोस बेलन के लिए, जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2}mr^2$ और बिना फिसले लुढ़कने के लिए, $\omega = \frac{v}{r}$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2}mr^2)(\frac{v}{r})^2$
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{4}mv^2 = \frac{3}{4}mv^2$
$gh = \frac{3}{4}v^2 \Rightarrow v = \sqrt{\frac{4gh}{3}}$
$v = \sqrt{\frac{4 \times 10 \times 0.3}{3}} = \sqrt{\frac{12}{3}} = \sqrt{4} = 2 \,m/s$.

(C) दिया गया है: ग्रह $360$ दिनों में $2$ चक्कर पूरे करता है।
एक पूर्ण चक्कर $2\pi$ रेडियन के कोण के बराबर होता है।
इसलिए,$2$ चक्करों में तय किया गया कुल कोण $\theta = 2 \times 2\pi = 4\pi$ रेडियन है।
लिया गया समय $t = 360$ दिन है।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ को $\omega = \frac{\theta}{t}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
मान रखने पर: $\omega = \frac{4\pi}{360} = \frac{\pi}{90} \text{ rad day}^{-1}$।
$\pi \approx 3.14159$ का उपयोग करने पर,हमें $\omega \approx \frac{3.14159}{90} \approx 0.0349 \text{ rad day}^{-1}$ प्राप्त होता है।
इसे वैज्ञानिक संकेतन में $3.49 \times 10^{-2} \text{ rad day}^{-1}$ के रूप में लिखा जा सकता है,जो लगभग $3.5 \times 10^{-2} \text{ rad day}^{-1}$ है।

(C) छड़ की घूर्णन गतिज ऊर्जा का सूत्र है:
$K_{rot} = \frac{1}{2} I \omega^2$
$M$ द्रव्यमान और $L$ लंबाई वाली छड़ के लिए,जो अपने केंद्र से गुजरने वाले और लंबाई के लंबवत अक्ष के परितः घूम रही है,जड़त्व आघूर्ण है:
$I = \frac{M L^2}{12}$
इसे गतिज ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$K_{rot} = \frac{1}{2} \left( \frac{M L^2}{12} \right) \omega^2 = \frac{1}{24} M L^2 \omega^2$ $(i)$
छड़ का द्रव्यमान $M$ को उसके आयतन और घनत्व के पदों में व्यक्त किया जा सकता है:
$M = \text{आयतन} \times \text{घनत्व} = (A \times L) \times \rho = A L \rho$ $(ii)$
समीकरण $(ii)$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$K_{rot} = \frac{1}{24} (A L \rho) L^2 \omega^2 = \frac{1}{24} A L^3 \rho \omega^2$

(B) अपरूपण प्रतिबल (shearing stress) को प्रति इकाई क्षेत्रफल श्यान बल के रूप में परिभाषित किया जाता है,जिसका सूत्र है: $\text{Shearing Stress} = \frac{F}{A} = \eta \frac{dv}{dx}$.
नदी में,वेग $v$ सतह पर $V$ से बदलकर तल (गहराई $H$) पर $0$ हो जाता है।
अतः,वेग प्रवणता (velocity gradient) $\frac{dv}{dx} = \frac{V}{H}$ है।
इस मान को प्रतिबल के सूत्र में रखने पर,हमें प्राप्त होता है: $\text{Shearing Stress} = \eta \frac{V}{H}$.

(A) $-10^{\circ} C$ पर बर्फ को $110^{\circ} C$ पर भाप में बदलने के लिए निम्नलिखित चरणों की आवश्यकता होती है:
$1$. $-10^{\circ} C$ से $0^{\circ} C$ तक बर्फ को गर्म करना: $Q_1 = m \cdot c_{\text{ice}} \cdot \Delta T = 0.04 \ kg \times 0.5 \ kcal/kg^{\circ} C \times 10^{\circ} C = 0.2 \ kcal$.
$2$. $0^{\circ} C$ पर बर्फ का पानी में पिघलना: $Q_2 = m \cdot L_{\text{fusion}} = 0.04 \ kg \times 80 \ kcal/kg = 3.2 \ kcal$.
$3$. $0^{\circ} C$ से $100^{\circ} C$ तक पानी को गर्म करना: $Q_3 = m \cdot c_{\text{water}} \cdot \Delta T = 0.04 \ kg \times 1 \ kcal/kg^{\circ} C \times 100^{\circ} C = 4.0 \ kcal$.
$4$. $100^{\circ} C$ पर पानी का भाप में बदलना: $Q_4 = m \cdot L_{\text{vap}} = 0.04 \ kg \times 540 \ kcal/kg = 21.6 \ kcal$.
$5$. $100^{\circ} C$ से $110^{\circ} C$ तक भाप को गर्म करना: $Q_5 = m \cdot c_{\text{steam}} \cdot \Delta T = 0.04 \ kg \times 0.48 \ kcal/kg^{\circ} C \times 10^{\circ} C = 0.192 \ kcal$.
कुल ऊष्मीय ऊर्जा $Q = Q_1 + Q_2 + Q_3 + Q_4 + Q_5 = 0.2 + 3.2 + 4.0 + 21.6 + 0.192 = 29.192 \ kcal$.

(B) स्थिर अवस्था में, एलिमेंट द्वारा अवशोषित शक्ति आसपास में खोई गई शक्ति के बराबर होती है (न्यूटन का शीतलन नियम)।
दिया गया है, अवशोषित शक्ति $P = 100 \,W$ है।
अतः, $127^{\circ}C$ पर ऊष्मा हानि की दर $100 \,J/s$ है।
$127^{\circ}C$ से $126^{\circ}C$ तक तापमान में छोटे परिवर्तन के लिए, हम मान सकते हैं कि ऊष्मा हानि की दर लगभग $100 \,W$ स्थिर रहती है।
एलिमेंट का द्रव्यमान $m = 100 \,g = 0.1 \,kg$ है।
विशिष्ट ऊष्मा $s = 1 \,J/(g^{\circ}C) = 1000 \,J/(kg^{\circ}C)$ है।
$127^{\circ}C$ से $126^{\circ}C$ तक ठंडा होने के लिए मुक्त ऊष्मा $Q = ms\Delta T = 0.1 \,kg \times 1000 \,J/(kg^{\circ}C) \times 1^{\circ}C = 100 \,J$ है।
लिया गया समय $t = Q/P = 100 \,J / 100 \,W = 1.0 \,s$ है।

(A) दिया गया है,द्रव्यमान $m = 5 \,kg = 5000 \,g$.
विशिष्ट ऊष्मा धारिता $c = 4.2 \,J / g^{\circ} C$.
प्रारंभिक तापमान $T_1 = 20^{\circ} C$.
पानी का क्वथनांक $T_2 = 100^{\circ} C$.
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = T_2 - T_1 = 100^{\circ} C - 20^{\circ} C = 80^{\circ} C$.
आपूर्ति की गई ऊष्मीय ऊर्जा का सूत्र $\Delta Q = m c \Delta T$ है।
मान रखने पर: $\Delta Q = 5000 \,g \times 4.2 \,J / g^{\circ} C \times 80^{\circ} C$.
$\Delta Q = 5000 \times 4.2 \times 80 = 1680000 \,J$.
किलोजूल में बदलने पर: $\Delta Q = 1680 \,kJ$.

(C) स्थिर अवस्था में,पदार्थों $A$ और $B$ से होकर गुजरने वाली ऊष्मा प्रवाह की दर समान होनी चाहिए।
मान लीजिए कि सामान्य सतह का तापमान $T$ है।
ऊष्मा प्रवाह की दर $Q = \frac{KA \Delta T}{X}$ द्वारा दी जाती है। यदि दोनों स्लैब के लिए अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल $A$ समान है,तो:
$Q_A = Q_B$
$\frac{K_A (75^{\circ} C - T)}{X_A} = \frac{K_B (T - 50^{\circ} C)}{X_B}$
दिया गया है कि $K_A = \frac{K_B}{2}$ और $X_A = 2 X_B$,इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{(K_B / 2) (75^{\circ} C - T)}{2 X_B} = \frac{K_B (T - 50^{\circ} C)}{X_B}$
$\frac{75^{\circ} C - T}{4} = T - 50^{\circ} C$
$75^{\circ} C - T = 4T - 200^{\circ} C$
$5T = 275^{\circ} C$
$T = 55^{\circ} C$
अतः,सामान्य सतह का तापमान $55^{\circ} C$ है।

(C) स्थिर अवस्था में,छड़ के माध्यम से संचालित ऊष्मा संवहन और विकिरण द्वारा छड़ की सतह से आसपास के वातावरण में खो जाती है। मान लीजिए $P$ छड़ों का परिमाप है और $h$ ऊष्मा स्थानांतरण गुणांक है। गर्म सिरे से $x$ दूरी पर ऊष्मा प्रवाह की दर $q = -kA \frac{dT}{dx}$ है।
$dx$ घटक द्वारा आसपास के वातावरण में खोई गई ऊष्मा $dQ = hP(T - T_0) dx$ है।
स्थिर अवस्था में,ऊष्मा संतुलन समीकरण $-kA \frac{d^2T}{dx^2} = hP(T - T_0)$ है।
मान लीजिए $\theta = T - T_0$,तो $\frac{d^2\theta}{dx^2} = \frac{hP}{kA} \theta$। इसका हल $\theta = \theta_0 e^{-mx}$ है,जहाँ $m = \sqrt{\frac{hP}{kA}}$ है।
मोम $l$ लंबाई तक पिघलता है जहाँ तापमान $\theta$ गलनांक $\theta_m$ तक पहुँच जाता है। अतः,$\theta_m = \theta_0 e^{-ml}$।
चूंकि $\theta_m, \theta_0, h,$ और $P$ दोनों छड़ों के लिए समान हैं,इसलिए $ml$ स्थिर होना चाहिए। अतः,$l \propto \frac{1}{\sqrt{m^2}} \propto \sqrt{k}$।
इस प्रकार,$\frac{l_A}{l_B} = \sqrt{\frac{k_A}{k_B}}$,जिसका अर्थ है कि $\frac{k_A}{k_B} = \frac{l_A^2}{l_B^2}$।

(C) स्टीफन के नियम के अनुसार,किसी पिंड द्वारा ऊष्मा हानि की शुद्ध दर $\frac{dQ}{dt} = \varepsilon \sigma A (T^4 - T_0^4)$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $T$ पिंड का तापमान है और $T_0$ परिवेश का तापमान है।
चूँकि ऊष्मा हानि को $\frac{dQ}{dt} = -mc \frac{dT}{dt}$ द्वारा भी दिया जाता है,जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $c$ विशिष्ट ऊष्मा है,इसलिए $-mc \frac{dT}{dt} = \varepsilon \sigma A (T^4 - T_0^4)$।
मान लीजिए $T = T_0 + \Delta T$,जहाँ $\Delta T \ll T_0$ है। तब $T^4 - T_0^4 = (T_0 + \Delta T)^4 - T_0^4 = T_0^4 (1 + \frac{\Delta T}{T_0})^4 - T_0^4$।
द्विपद विस्तार $(1 + x)^n \approx 1 + nx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $x \ll 1$,हमें $T^4 - T_0^4 \approx T_0^4 (1 + \frac{4\Delta T}{T_0}) - T_0^4 = 4T_0^3 \Delta T$ प्राप्त होता है।
इसे वापस प्रतिस्थापित करने पर,हमें $-\frac{dT}{dt} = \frac{\varepsilon \sigma A 4T_0^3}{mc} \Delta T = k(T - T_0)$ प्राप्त होता है,जहाँ $k = \frac{4\varepsilon \sigma A T_0^3}{mc}$ है।
यह न्यूटन का शीतलन नियम है,जो दर्शाता है कि यह स्टीफन के नियम का एक विशेष मामला है।

(A) विकिरण द्वारा ऊष्मा स्थानांतरण की दर स्टीफन-बोल्ट्जमैन नियम द्वारा दी जाती है: $P = e \sigma A (T^4 - T_0^4)$। चूंकि वस्तु का तापमान,परिवेश का तापमान और सतह की प्रकृति (उत्सर्जकता $e$) समान रहती है,इसलिए ऊष्मा स्थानांतरण की दर बेलन के पृष्ठीय क्षेत्रफल $A$ के सीधे आनुपातिक होती है।
$\Rightarrow P \propto A$
$\Rightarrow \frac{P_2}{P_1} = \frac{A_2}{A_1} \Rightarrow P_2 = P_1 \times \frac{A_2}{A_1} \quad \dots(i)$
खींचने के दौरान बेलन का आयतन समान रहता है,इसलिए $V = \pi r_1^2 l_1 = \pi r_2^2 l_2$।
$l_2 = l_1 \left( \frac{r_1}{r_2} \right)^2 = 5.0 \times \left( \frac{2.5}{0.5} \right)^2 = 5.0 \times 25 = 125 \ cm$।
बेलन का कुल पृष्ठीय क्षेत्रफल $A = 2\pi r l + 2\pi r^2 = 2\pi r(l + r)$ होता है।
$A_1 = 2\pi (2.5)(5.0 + 2.5) = 2\pi (2.5)(7.5) = 37.5\pi \ cm^2$।
$A_2 = 2\pi (0.5)(125 + 0.5) = 2\pi (0.5)(125.5) = 125.5\pi \ cm^2$।
इन मानों को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$P_2 = 1.0 \times \frac{125.5\pi}{37.5\pi} = \frac{125.5}{37.5} \approx 3.346 \ W \approx 3.35 \ W$।

(C) थर्मस बोतल की दो दीवारों के बीच की जगह को निर्वातित किया जाता है ताकि चालन (conduction) और संवहन (convection) के कारण होने वाले ऊष्मा स्थानांतरण को रोका जा सके।
हालाँकि,विकिरण (radiation) द्वारा ऊष्मा का स्थानांतरण किसी भौतिक माध्यम की आवश्यकता के बिना निर्वात से होकर हो सकता है।
इसलिए,दीवारों के बीच का निर्वात विकिरण द्वारा ऊष्मा के स्थानांतरण को नहीं रोकता है।
अतः,कथन सही है,लेकिन कारण गलत है।

(B) बल्क मॉडुलस $(B)$ को दबाव में परिवर्तन और आयतन में भिन्नात्मक परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया गया है।
ठोसों का बल्क मॉडुलस गैसों की तुलना में बहुत अधिक होता है क्योंकि वे सघन रूप से पैक होते हैं और आयतन परिवर्तन का विरोध करते हैं।
इसलिए,ठोस सबसे कम संपीड्य होते हैं,जबकि गैसें सबसे अधिक संपीड्य होती हैं।
कथन $(B)$ दावा करता है कि गैसें सबसे कम संपीड्य हैं,जो गलत है।
ठोसों की असंपीड्यता पड़ोसी परमाणुओं के बीच मजबूत अंतर-परमाणु बलों (मजबूत बंधन) के कारण होती है।
संपीड्यता को बल्क मॉडुलस के व्युत्क्रम $(K = 1/B)$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।

(B) दिया गया है:
प्रारंभिक तापमान $t_1 = 20^{\circ} C$
अंतिम तापमान $t_2 = 60^{\circ} C$
तापमान में परिवर्तन $\Delta T = t_2 - t_1 = 60^{\circ} C - 20^{\circ} C = 40^{\circ} C$
रेखीय प्रसार गुणांक $\alpha = 10^{-5} {^{\circ} C}^{-1}$
प्रारंभिक आयाम $40 \text{ cm} \times 20 \text{ cm}$ हैं।
प्रारंभिक क्षेत्रफल $A = 40 \text{ cm} \times 20 \text{ cm} = 800 \text{ cm}^2$.
क्षेत्रीय प्रसार गुणांक $\beta = 2\alpha$ होता है।
क्षेत्रफल में परिवर्तन $\Delta A$ को निम्नलिखित सूत्र द्वारा ज्ञात किया जाता है:
$\Delta A = A \beta \Delta T = A (2\alpha) \Delta T$
मान रखने पर:
$\Delta A = 800 \text{ cm}^2 \times (2 \times 10^{-5} {^{\circ} C}^{-1}) \times 40^{\circ} C$
$\Delta A = 800 \times 2 \times 10^{-5} \times 40 \text{ cm}^2$
$\Delta A = 64000 \times 10^{-5} \text{ cm}^2$
$\Delta A = 0.64 \text{ cm}^2$.

(B) मान लीजिए कि $25^{\circ} C$ पर धातु के पैमाने द्वारा मापी गई स्टील की छड़ की लंबाई $L_s$ है। पैमाना $0^{\circ} C$ पर अंशांकित है,इसलिए $25^{\circ} C$ पर इसकी लंबाई बढ़ जाती है। $25^{\circ} C$ पर पैमाने पर $1 \ m$ का माप वास्तविक लंबाई $L_{actual} = 1(1 + \alpha_{\text{metal}} \Delta T) = 1(1 + 20 \times 10^{-6} \times 25) = 1 + 0.0005 = 1.0005 \ m$ के बराबर है।
यह $25^{\circ} C$ पर स्टील की छड़ की वास्तविक लंबाई है। मान लीजिए $0^{\circ} C$ पर स्टील की छड़ की लंबाई $L_0$ है।
स्टील की छड़ के लिए तापीय प्रसार सूत्र का उपयोग करने पर: $L_{actual} = L_0(1 + \alpha_{\text{steel}} \Delta T)$.
$1.0005 = L_0(1 + 12 \times 10^{-6} \times 25)$.
$1.0005 = L_0(1 + 0.0003) = L_0(1.0003)$.
$L_0 = \frac{1.0005}{1.0003} \approx 1.0001999 \ m \approx 1.0002 \ m$.

(D) यह प्रक्रिया तीन चरणों में पूरी होती है:
चरण $I$: $V_0$ से $3V_0$ तक विस्तार जहाँ $p = p_0(V/V_0)$ है।
किया गया कार्य $W_I = \int_{V_0}^{3V_0} p dV = \int_{V_0}^{3V_0} \frac{p_0}{V_0} V dV = \frac{p_0}{V_0} \left[ \frac{V^2}{2} \right]_{V_0}^{3V_0} = \frac{p_0}{2V_0} (9V_0^2 - V_0^2) = 4p_0 V_0$.
चरण $II$: समआयतनिक प्रक्रिया (आयतन $3V_0$ पर स्थिर है),इसलिए किया गया कार्य $W_{II} = 0$ है।
चरण $III$: स्थिर दाब $p_0$ पर $3V_0$ से $V_0$ तक समदाबीय संपीड़न।
किया गया कार्य $W_{III} = \int_{3V_0}^{V_0} p_0 dV = p_0 (V_0 - 3V_0) = -2p_0 V_0$.
कुल कार्य $W_{\text{total}} = W_I + W_{II} + W_{III} = 4p_0 V_0 + 0 - 2p_0 V_0 = 2p_0 V_0$.

(C) दिया गया है: दबाव $p = 4 \times 10^5 \,N/m^2$, दी गई ऊष्मा $\Delta Q = 2000 \,J$, आयतन में परिवर्तन $\Delta V = 3 \times 10^{-3} \,m^3$ है।
प्रसार के दौरान गैस द्वारा किया गया कार्य $\Delta W = p \Delta V$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\Delta W = (4 \times 10^5) \times (3 \times 10^{-3}) = 12 \times 10^2 = 1200 \,J$ है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार, $\Delta Q = \Delta U + \Delta W$, जहाँ $\Delta U$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन है।
इसलिए, $\Delta U = \Delta Q - \Delta W$ है।
$\Delta U = 2000 \,J - 1200 \,J = 800 \,J$ है।

(A) कार्नोट चक्र में,स्रोत और सिंक दोनों की ऊष्मा धारिता अनंत मानी जाती है।
इस अनंत ऊष्मा धारिता के कारण,उनसे ऊष्मा लेने या उनमें ऊष्मा छोड़ने से उनके तापमान में कोई परिवर्तन नहीं होता है।
इसलिए,पूरी प्रक्रिया के दौरान स्रोत का तापमान स्थिर रहता है।

(B) कार्नो 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,$\eta_1 = 0.4$ और $T_1 = 500 \ K$।
इन मानों को रखने पर: $0.4 = 1 - \frac{T_2}{500} \Rightarrow \frac{T_2}{500} = 0.6 \Rightarrow T_2 = 300 \ K$।
अब,दूसरे मामले के लिए,दक्षता $\eta_2 = 0.5$ है और सिंक का तापमान $T_2 = 300 \ K$ समान रहता है।
सूत्र का उपयोग करने पर: $0.5 = 1 - \frac{300}{T_1}$।
पुनर्व्यवस्थित करने पर $\frac{300}{T_1} = 0.5 \Rightarrow T_1 = \frac{300}{0.5} = 600 \ K$ प्राप्त होता है।

(A) मान लीजिए $Q_1$,$T_1$ पर स्रोत से इंजन $C_1$ द्वारा अवशोषित ऊष्मा है,और $Q_2$,$T_2$ पर $C_1$ द्वारा छोड़ी गई ऊष्मा है।
इंजन $C_1$ की दक्षता $\eta_1 = 1 - \frac{T_2}{T_1} = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1}$ है।
इंजन $C_2$,$C_1$ द्वारा छोड़ी गई ऊष्मा $Q_2$ को अवशोषित करता है और $T_3$ पर ऊष्मा $Q_3$ छोड़ता है।
इंजन $C_2$ की दक्षता $\eta_2 = 1 - \frac{T_3}{T_2} = \frac{Q_2 - Q_3}{Q_2}$ है।
संयुक्त प्रणाली द्वारा किया गया कुल कार्य $W = W_1 + W_2 = (Q_1 - Q_2) + (Q_2 - Q_3) = Q_1 - Q_3$ है।
संयुक्त प्रणाली द्वारा अवशोषित कुल ऊष्मा $Q_1$ है।
संयुक्त इंजन की दक्षता $\eta = \frac{W}{Q_1} = \frac{Q_1 - Q_3}{Q_1} = 1 - \frac{Q_3}{Q_1}$ है।
दक्षता के सूत्रों से: $Q_2 = Q_1(1 - \eta_1) = Q_1 \frac{T_2}{T_1}$ और $Q_3 = Q_2(1 - \eta_2) = Q_2 \frac{T_3}{T_2}$।
$Q_3$ के व्यंजक में $Q_2$ का मान रखने पर: $Q_3 = \left(Q_1 \frac{T_2}{T_1}\right) \frac{T_3}{T_2} = Q_1 \frac{T_3}{T_1}$।
अतः,संयुक्त इंजन की दक्षता $\eta = 1 - \frac{Q_3}{Q_1} = 1 - \frac{T_3}{T_1}$ है।

(B) एडियाबेटिक प्रक्रिया में किया गया कार्य इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $\Delta W = \frac{\mu R \Delta T}{\gamma - 1}$.
$1$ मोल मोनोएटॉमिक गैस के लिए $(\mu = 1)$: $\Delta T = 20^{\circ} C$,$\gamma = 5/3$. अतः,$W = \frac{1 \times R \times 20}{(5/3 - 1)} = \frac{20R}{2/3} = 30R$ ... $(i)$.
$6$ मोल रिजिड डायटॉमिक गैस के लिए $(\mu = 6)$: $\Delta T = 20^{\circ} C$,$\gamma = 7/5$. किया गया कार्य $W'$ इस प्रकार है: $W' = \frac{6 \times R \times 20}{(7/5 - 1)} = \frac{120R}{2/5} = \frac{120R \times 5}{2} = 300R$.
$W'$ की $W$ के साथ तुलना करने पर: $W' = 300R = 10 \times (30R) = 10W$.

(A) दिया गया है कि एक आदर्श गैस का प्रारंभिक तापमान,दाब और आयतन $T_1 = T$,$p_1 = p$,और $V_1 = V$ है।
अंतिम तापमान,दाब और आयतन $T_2 = T/2$,$p_2 = 2p$,और $V_2 = ?$ है।
आदर्श गैस समीकरण के अनुसार,$\frac{p_1 V_1}{T_1} = \frac{p_2 V_2}{T_2}$ होता है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{p \times V}{T} = \frac{2p \times V_2}{T/2}$।
समीकरण को सरल करने पर: $\frac{pV}{T} = \frac{4p V_2}{T}$।
दोनों पक्षों से $p$ और $T$ को काटने पर,हमें $V = 4 V_2$ प्राप्त होता है।
अतः,नया आयतन $V_2 = V/4$ होगा।

(D) समतापीय प्रक्रिया के लिए,तापमान स्थिर रहता है,इसलिए $\Delta T = 0$।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta Q = \Delta U + \Delta W$।
चूंकि एक आदर्श गैस की आंतरिक ऊर्जा $\Delta U$ केवल तापमान पर निर्भर करती है,इसलिए $\Delta U = n C_V \Delta T$।
चूंकि $\Delta T = 0$ है,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है।
अतः,समीकरण $\Delta Q = \Delta W$ में बदल जाता है।
इसका अर्थ है कि निकाय को दी गई सभी ऊष्मा निकाय द्वारा किए गए बाह्य कार्य में परिवर्तित हो जाती है।

(D) आदर्श गैस की वह प्रक्रिया जिसमें निकाय और उसके परिवेश के बीच कोई ऊष्मा स्थानांतरित नहीं होती है,उसे रुद्धोष्म (adiabatic) प्रक्रिया कहा जाता है।
इस प्रक्रिया में,ऊष्मा का आदान-प्रदान $dQ = 0$ होता है।
ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$dU = dQ - dW$,जो रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए $dU = -dW$ हो जाता है।

(A) ठोस द्वारा अवशोषित ऊष्मा का सूत्र है: $\Delta Q = m s \Delta T$, जहाँ $s$ ठोस की विशिष्ट ऊष्मा धारिता है।
दी गई मान हैं: द्रव्यमान $m = 2 \,kg$, अवशोषित ऊष्मा $\Delta Q = 50 \,kJ = 50,000 \,J$, और तापमान में परिवर्तन $\Delta T = 70^{\circ} C - 20^{\circ} C = 50^{\circ} C$.
$s$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर: $s = \frac{\Delta Q}{m \cdot \Delta T}$.
मान रखने पर: $s = \frac{50,000 \,J}{2 \,kg \times 50^{\circ} C} = \frac{50,000}{100} \,J / kg^{\circ} C = 500 \,J / kg^{\circ} C$.
अतः, ठोस की विशिष्ट ऊष्मा धारिता $500 \,J / kg^{\circ} C$ है।

(A) आंतरिक ऊर्जा एक अवस्था फलन (state function) है,जिसका अर्थ है कि यह केवल निकाय की प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाओं पर निर्भर करती है।
यह प्रारंभिक अवस्था से अंतिम अवस्था तक पहुँचने के लिए अपनाए गए पथ पर निर्भर नहीं करती है।
दोनों प्रक्रियाओं $I$ और $II$ में,निकाय अवस्था $A$ से शुरू होता है और अवस्था $B$ पर समाप्त होता है।
चूंकि दोनों प्रक्रियाओं के लिए प्रारंभिक और अंतिम अवस्थाएं समान हैं,इसलिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन समान होना चाहिए।
अतः,$\Delta U_1 = \Delta U_2$।

(B) दिया गया है कि दोलन का आवर्तकाल $T$ है,$T \propto p^\alpha S^\beta E^\gamma$ या $T = k p^\alpha S^\beta E^\gamma$ है।
$T, p, S$ और $E$ के आयामों को प्रतिस्थापित करने पर:
$[M^0 L^0 T^1] = [ML^{-1} T^{-2}]^\alpha [ML^{-3}]^\beta [ML^2 T^{-2}]^\gamma$
$[M^0 L^0 T^1] = [M^{\alpha+\beta+\gamma} L^{-\alpha-3\beta+2\gamma} T^{-2\alpha-2\gamma}]$
दोनों पक्षों पर $M, L$ और $T$ के घातों की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$1) \alpha + \beta + \gamma = 0$
$2) -\alpha - 3\beta + 2\gamma = 0$
$3) -2\alpha - 2\gamma = 1$
समीकरण $(3)$ से,$\alpha + \gamma = -\frac{1}{2}$।
इसे समीकरण $(1)$ में प्रतिस्थापित करने पर,$-\frac{1}{2} + \beta = 0 \implies \beta = \frac{1}{2}$।
अब,$\beta = \frac{1}{2}$ को समीकरण $(2)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$-\alpha - 3(\frac{1}{2}) + 2\gamma = 0 \implies -\alpha + 2\gamma = \frac{3}{2}$।
हमारे पास प्रणाली है:
$i) \alpha + \gamma = -\frac{1}{2}$
$ii) -\alpha + 2\gamma = \frac{3}{2}$
$(i)$ और $(ii)$ को जोड़ने पर,$3\gamma = 1 \implies \gamma = \frac{1}{3}$।
$\gamma = \frac{1}{3}$ को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर,$\alpha + \frac{1}{3} = -\frac{1}{2} \implies \alpha = -\frac{1}{2} - \frac{1}{3} = -\frac{5}{6}$।
अतः,$\alpha = -\frac{5}{6}, \beta = \frac{1}{2}, \gamma = \frac{1}{3}$।

(C) कोणीय संवेग $(L)$ को रैखिक संवेग $(p)$ और घूर्णन अक्ष से लंबवत दूरी $(r)$ के गुणनफल के रूप में परिभाषित किया जाता है।
गणितीय रूप से,$L = p \times r = m \times v \times r$ होता है।
इसकी विमाएँ इस प्रकार हैं:
द्रव्यमान $(m)$ = $[M]$
वेग $(v)$ = $[LT^{-1}]$
दूरी $(r)$ = $[L]$
अतः,कोणीय संवेग की विमा = $[M] \times [LT^{-1}] \times [L] = [ML^2 T^{-1}]$ है।

(B) विद्युत क्षेत्र $E$ का विमीय सूत्र इस प्रकार है:
$[E] = \frac{[F]}{[q]} = \frac{[M^1 L^1 T^{-2}]}{[A^1 T^1]} = [M^1 L^1 T^{-3} A^{-1}] \quad ... (i)$
निर्वात की पारगम्यता $\mu_0$ का विमीय सूत्र लंबे सीधे तार के लिए $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ संबंध से या चुंबकीय क्षेत्र के ऊर्जा घनत्व $u_B = \frac{B^2}{2 \mu_0}$ से प्राप्त किया जा सकता है। बल के नियम $F = qvB$ का उपयोग करके,हमें प्राप्त होता है:
$[\mu_0] = [M^1 L^1 T^{-2} A^{-2}] \quad ... (ii)$
अब,हम $\frac{E^2}{\mu_0}$ का विमीय सूत्र ज्ञात करते हैं:
$\left[\frac{E^2}{\mu_0}\right] = \frac{[E]^2}{[\mu_0]} = \frac{[M^1 L^1 T^{-3} A^{-1}]^2}{[M^1 L^1 T^{-2} A^{-2}]}$
$= \frac{[M^2 L^2 T^{-6} A^{-2}]}{[M^1 L^1 T^{-2} A^{-2}]}$
$= [M^{2-1} L^{2-1} T^{-6-(-2)} A^{-2-(-2)}]$
$= [M^1 L^1 T^{-4}] = [MLT^{-4}]$

(B) दिया गया पृष्ठ तनाव $T = 70 \text{ dynes/cm}$ है।
हम जानते हैं कि $1 \text{ dyne} = 10^{-5} \text{ N}$ और $1 \text{ cm} = 10^{-2} \text{ m}$ होता है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$T = 70 \times \frac{10^{-5} \text{ N}}{10^{-2} \text{ m}}$
$T = 70 \times 10^{-5 - (-2)} \text{ N/m}$
$T = 70 \times 10^{-3} \text{ N/m}$.

(A) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$Q = \Delta U + W$,जहाँ $Q$ निकाय को दी गई ऊष्मा है,$\Delta U$ आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन है,और $W$ निकाय द्वारा किया गया कार्य है।
दो अवस्थाओं के बीच किसी भी प्रक्रिया के लिए,$\Delta U$ एक अवस्था फलन है और दोनों पथों के लिए समान रहता है।
पथ-$1$ के लिए ($P$ दाब पर $V$ से $3V$ तक समदाबी प्रक्रिया):
$W_1 = P(3V - V) = 2PV$.
दिया गया है $Q_1 = 5PV$,इसलिए $\Delta U = Q_1 - W_1 = 5PV - 2PV = 3PV$.
पथ-$2$ के लिए (जो समआयतनिक और समदाबी प्रक्रिया से बना है):
किया गया कार्य $W_2$,$P-V$ आरेख में पथ के नीचे का क्षेत्रफल है।
$W_2 = \text{आयत का क्षेत्रफल} + \text{त्रिभुज का क्षेत्रफल} = (2V)(P) + \frac{1}{2}(2V)(\frac{3}{2}P - P) = 2PV + \frac{1}{2}(2V)(\frac{1}{2}P) = 2PV + 0.5PV = 2.5PV$.
चूँकि $\Delta U$ दोनों पथों के लिए समान है,$\Delta U = 3PV$.
अतः,$Q_2 = \Delta U + W_2 = 3PV + 2.5PV = 5.5PV = 11PV/2$.

(A) यहाँ, स्रोत एक स्थिर प्रेक्षक से दूर जा रहा है।
डॉप्लर प्रभाव के अनुसार, जब स्रोत प्रेक्षक से दूर जाता है, तो आभासी आवृत्ति वास्तविक आवृत्ति से कम होती है।
आभासी आवृत्ति $f^{\prime}$ का सूत्र इस प्रकार है:
$f^{\prime} = f \left( \frac{v}{v + v_s} \right)$
जहाँ:
$f = 2000 \,Hz$ (वास्तविक आवृत्ति)
$v = 340 \,m/s$ (ध्वनि का वेग)
$v_s = 72 \,km/h = 72 \times \frac{5}{18} = 20 \,m/s$ (स्रोत का वेग)
मान रखने पर:
$f^{\prime} = 2000 \left( \frac{340}{340 + 20} \right)$
$f^{\prime} = 2000 \left( \frac{340}{360} \right)$
$f^{\prime} = 2000 \left( \frac{17}{18} \right) \approx 1888.89 \,Hz$
निकटतम पूर्णांक में, हमें $f^{\prime} \approx 1889 \,Hz$ प्राप्त होता है।

(A) डॉप्लर प्रभाव के अनुसार, इमारत से परावर्तित होकर गतिमान प्रेक्षक द्वारा सुनी जाने वाली ध्वनि की आवृत्ति का सूत्र है:
$f^{\prime} = f \left( \frac{v + v_b}{v - v_b} \right) \quad ... (i)$
यहाँ, $v = 340 \,m/s$ ध्वनि की गति है।
$v_b = 72 \,km/h = 72 \times \frac{5}{18} \,m/s = 20 \,m/s$ बस की गति है।
$f = 1.7 \,kHz$ हॉर्न द्वारा उत्पन्न मूल आवृत्ति है।
इन मानों को समीकरण $(i)$ में रखने पर, हमें प्राप्त होता है:
$f^{\prime} = 1.7 \left( \frac{340 + 20}{340 - 20} \right) \,kHz$
$f^{\prime} = 1.7 \left( \frac{360}{320} \right) \,kHz$
$f^{\prime} = 1.7 \times 1.125 \,kHz = 1.9125 \,kHz$
इस मान को पूर्णांकित करने पर, हमें $f^{\prime} \approx 1.9 \,kHz$ प्राप्त होता है। दिए गए विकल्पों में से सबसे निकटतम मान $1.8 \,kHz$ है।

(B) दिया गया है: स्रोत की आवृत्ति, $f = 495 \,Hz$. ध्वनि की गति, $v_s = u$. दोनों ट्रकों की गति, $v_o = v_s' = 0.1 u$.
स्थिति $1$: जब ट्रक एक-दूसरे के करीब आ रहे हों。
गतिशील स्रोत और गतिशील प्रेक्षक के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र उपयोग करने पर:
$v_1 = f \left( \frac{v_s + v_o}{v_s - v_s'} \right) = 495 \left( \frac{u + 0.1 u}{u - 0.1 u} \right) = 495 \left( \frac{1.1 u}{0.9 u} \right) = 495 \times \frac{11}{9} = 55 \times 11 = 605 \,Hz$.
स्थिति $2$: जब ट्रक एक-दूसरे को पार कर चुके हों (दूर जा रहे हों)।
गतिशील स्रोत और गतिशील प्रेक्षक के लिए डॉप्लर प्रभाव का सूत्र उपयोग करने पर:
$v_2 = f \left( \frac{v_s - v_o}{v_s + v_s'} \right) = 495 \left( \frac{u - 0.1 u}{u + 0.1 u} \right) = 495 \left( \frac{0.9 u}{1.1 u} \right) = 495 \times \frac{9}{11} = 45 \times 9 = 405 \,Hz$.
अंतर का परिमाण है:
$|v_1 - v_2| = 605 \,Hz - 405 \,Hz = 200 \,Hz$.

(C) दोनों सिरों पर खुली एक ऑर्गन पाइप में प्रत्येक खुले सिरे पर एक प्रस्पंद (antinode) होना चाहिए। जब केंद्र $(x = \frac{L}{2})$ पर एक अतिरिक्त छेद बनाया जाता है,तो इस बिंदु पर हवा वायुमंडल के संपर्क में होती है,जो इस स्थिति पर भी एक प्रस्पंद बनाने के लिए मजबूर करती है।
न्यूनतम आवृत्ति (मूल विधा) के लिए,अप्रगामी तरंग में दोनों सिरों और केंद्र के छेद पर प्रस्पंद होने चाहिए।
दो क्रमागत प्रस्पंदों के बीच की दूरी $\frac{\lambda}{2}$ होती है।
यहाँ,सिरे के प्रस्पंद और केंद्र के प्रस्पंद के बीच की दूरी $\frac{L}{2}$ है।
इसलिए,$\frac{\lambda}{2} = \frac{L}{2} \implies \lambda = L = 25 \,cm = 0.25 \,m$.
आवृत्ति $f$ का मान $f = \frac{v}{\lambda}$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$f = \frac{340}{0.25} = 1360 \,Hz$.

(A) दिया गया तरंग फलन $y(x, t) = e^{-(\sqrt{a}x + \sqrt{b}t)^2}$ है।
तरंग के संचरण के लिए, फलन का तर्क $(x \pm vt)$ के रूप में होना चाहिए।
हम घातांक को $-(\sqrt{a}(x + \sqrt{\frac{b}{a}}t))^2$ के रूप में लिख सकते हैं।
यह $f(x + vt)$ के रूप में है, जहाँ $v = \sqrt{\frac{b}{a}}$ है।
$f(x + vt)$ के रूप का फलन $v = \sqrt{\frac{b}{a}}$ चाल के साथ ऋणात्मक $x$-दिशा में गति करती हुई तरंग को दर्शाता है।

(C) नत समतल के निचले बिंदु $(P)$ पर, गेंद की स्थितिज ऊर्जा गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है:
$\frac{1}{2} m v^2 = m g h$
$\Rightarrow v = \sqrt{2 g h} \quad \dots (i)$
ऊर्ध्वाधर वृत्तीय गति को पूरा करने के लिए, निचले बिंदु पर गेंद का वेग कम से कम $\sqrt{5 g R}$ होना चाहिए।
$\Rightarrow v \geq \sqrt{5 g R}$
समीकरण $(i)$ से $v$ का मान रखने पर:
$\sqrt{2 g h} \geq \sqrt{5 g R}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$2 g h \geq 5 g R$
$h \geq \frac{5}{2} R$
यहाँ $R = 20 \,cm$ दिया गया है, अतः न्यूनतम ऊँचाई $h_{\min}$ है:
$h_{\min} = \frac{5}{2} \times 20 \,cm = 50 \,cm$

(D) जब कोई कण ऊर्ध्वाधर वृत्त में गति करता है,तो लूप को पूरा करने के लिए उच्चतम बिंदु पर आवश्यक न्यूनतम गति का सूत्र है:
$v_{\min} = \sqrt{gR}$
इस व्यंजक से,हम देख सकते हैं कि न्यूनतम गति त्रिज्या के वर्गमूल के सीधे आनुपातिक है:
$v_{\min} \propto \sqrt{R}$
मान लीजिए प्रारंभिक त्रिज्या $R_1 = R$ है और प्रारंभिक न्यूनतम गति $(v_{\min})_1 = v$ है।
मान लीजिए नई त्रिज्या $R_2 = 2R$ है और नई न्यूनतम गति $(v_{\min})_2$ है।
आनुपातिकता संबंध का उपयोग करते हुए:
$\frac{(v_{\min})_1}{(v_{\min})_2} = \sqrt{\frac{R_1}{R_2}}$
ज्ञात मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{v}{(v_{\min})_2} = \sqrt{\frac{R}{2R}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
नई न्यूनतम गति के लिए हल करने पर:
$(v_{\min})_2 = \sqrt{2}v$

(B) माना डोरी में तनाव $T$ है,पिंड का त्वरण $a$ है और बेलन का कोणीय त्वरण $\alpha$ है।
भार $mg$ नीचे की दिशा में कार्य करता है।
नीचे गिरते हुए $m$ द्रव्यमान के पिंड के लिए गति का समीकरण है:
$mg - T = ma \quad \dots(1)$
खोखले बेलन के घूर्णन के लिए,बल आघूर्ण $\tau$ इस प्रकार है:
$\tau = TR = I\alpha$
चूंकि खोखले बेलन का उसकी अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = mR^2$ है और रेखीय त्वरण तथा कोणीय त्वरण के बीच संबंध $a = R\alpha$ (या $\alpha = a/R$) है:
$TR = (mR^2)(a/R)$
$T = ma \quad \dots(2)$
समीकरण $(2)$ को समीकरण $(1)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$mg - ma = ma$
$mg = 2ma$
$a = g/2$

(C) माना कि प्रक्षेपण का प्रारंभिक वेग $u$ है। प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_1 = \frac{1}{2} m u^2 = K$ है।
प्रक्षेप्य गति के उच्चतम बिंदु पर,वेग का ऊर्ध्वाधर घटक शून्य हो जाता है,जबकि क्षैतिज घटक $u \cos \theta$ बना रहता है।
इसलिए,उच्चतम बिंदु पर गतिज ऊर्जा $KE_2$ होगी:
$KE_2 = \frac{1}{2} m (u \cos \theta)^2$
$KE_2 = (\frac{1}{2} m u^2) \cos^2 \theta$
यहाँ $KE_1 = K$ और $\theta = 60^{\circ}$ रखने पर:
$KE_2 = K \cos^2 60^{\circ}$
चूंकि $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$,इसलिए:
$KE_2 = K (\frac{1}{2})^2 = \frac{K}{4}$

(D) माना रस्सी में तनाव $T$ है और ब्लॉक का त्वरण $a$ है।
ब्लॉक के लिए: $mg - T = ma \Rightarrow 2g - T = 2a \Rightarrow T = 2(g - a) = 2(10 - a) = 20 - 2a$.
घिरनी के लिए: टॉर्क $\tau = T \cdot R = I \alpha$.
चूंकि $I = \frac{1}{2}MR^2$ और $a = R\alpha$,हमारे पास $T \cdot R = (\frac{1}{2}MR^2) \cdot (\frac{a}{R}) = \frac{1}{2}Ma$ है।
दिया गया है $M = 2 \ kg$,इसलिए $T = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot a = a$.
$T$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $20 - 2a = a \Rightarrow 3a = 20 \Rightarrow a = \frac{20}{3} \ m/s^2$.

(B) स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन $(\Delta PE)$ को $\Delta PE = mgh$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $h$ ऊर्ध्वाधर विस्थापन है।
ऊर्ध्वाधर विस्थापन ज्ञात करने के लिए, हम गति के ऊर्ध्वाधर घटक पर विचार करते हैं:
प्रारंभिक ऊर्ध्वाधर वेग, $u_y = 24 \, m/s$
त्वरण, $a_y = -g = -10 \, m/s^2$
समय, $t = 6 \, s$
गति के समीकरण $h = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$ का उपयोग करते हुए:
$h = (24)(6) + \frac{1}{2}(-10)(6)^2$
$h = 144 - 5(36)$
$h = 144 - 180 = -36 \, m$
अब, स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन की गणना करें:
$\Delta PE = mgh = (1 \, kg)(10 \, m/s^2)(-36 \, m)$
$\Delta PE = -360 \, J$

(A) बाहरी चुंबकीय क्षेत्र $B$ में रखे छड़ चुंबक पर लगने वाला टॉर्क $\tau$ सूत्र $\tau = M B \sin \theta$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$\tau = 0.016 \text{ Nm}$,$B = 800 \text{ G} = 800 \times 10^{-4} \text{ T} = 8 \times 10^{-2} \text{ T}$,और $\theta = 30^{\circ}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$0.016 = M \times (8 \times 10^{-2}) \times \sin(30^{\circ})$
चूंकि $\sin(30^{\circ}) = 0.5$,इसलिए:
$0.016 = M \times 8 \times 10^{-2} \times 0.5$
$0.016 = M \times 4 \times 10^{-2}$
$M = \frac{0.016}{0.04} = 0.4 \text{ Am}^2$.

(D) $R$ त्रिज्या के वृत्ताकार पथ पर $v$ चाल से गति करने वाले $Q$ आवेश के कण का चुंबकीय आघूर्ण $\mu$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$\mu = I A$
जहाँ $I$ समतुल्य धारा है,$I = \frac{Q}{T} = \frac{Q v}{2 \pi R}$,और $A$ वृत्ताकार पथ का क्षेत्रफल है,$A = \pi R^2$।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\mu = \left( \frac{Q v}{2 \pi R} \right) (\pi R^2) = \frac{Q v R}{2}$
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि चुंबकीय आघूर्ण $\mu$ केवल आवेश $Q$,चाल $v$ और त्रिज्या $R$ पर निर्भर करता है।
चूंकि चुंबकीय आघूर्ण के सूत्र में कण का द्रव्यमान $m$ नहीं आता है,इसलिए $Q$,$v$ और $R$ को स्थिर रखते हुए द्रव्यमान बदलने से चुंबकीय आघूर्ण पर कोई प्रभाव नहीं पड़ेगा।
अतः,चुंबकीय आघूर्ण अपरिवर्तित रहेगा।

(A) स्थिति $1$: जब स्विच $S$ खुला है,तो $R_1$ और $R_3$ श्रेणी क्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $R_{eq} = R_1 + R_3 = 6 + 6 = 12 \ \Omega$ है।
परिपथ में कुल धारा $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{12}{12} = 1 \ A$ है।
$R_1$ के सिरों पर विभवांतर $V_1 = I \times R_1 = 1 \times 6 = 6 \ V$ है।
स्थिति $2$: जब स्विच $S$ बंद किया जाता है,तो $R_1$ और $R_2$ समांतर क्रम में हैं,और यह संयोजन $R_3$ के साथ श्रेणी क्रम में है।
समांतर संयोजन का तुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R_1 \times R_2}{R_1 + R_2} = \frac{6 \times 6}{6 + 6} = 3 \ \Omega$ है।
परिपथ का कुल प्रतिरोध $R_{eq}' = R_3 + R_p = 6 + 3 = 9 \ \Omega$ है।
बैटरी से प्रवाहित कुल धारा $I' = \frac{V}{R_{eq}'} = \frac{12}{9} = \frac{4}{3} \ A$ है।
समांतर संयोजन के सिरों पर विभवांतर (जो $R_1$ के सिरों पर विभव है) $V_2 = I' \times R_p = \frac{4}{3} \times 3 = 4 \ V$ है।
$R_1$ के विभव में परिवर्तन $\Delta V = V_2 - V_1 = 4 - 6 = -2 \ V$ है।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गतिमान आवेशित कण पर लगने वाला चुंबकीय बल वृत्तीय गति के लिए आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$F_m = F_c \Rightarrow qvB = \frac{mv^2}{r}$
इससे, पथ की त्रिज्या $r = \frac{mv}{qB}$ प्राप्त होती है।
एक चक्कर का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi m}{qB}$ होता है।
घूर्णन की आवृत्ति $f$ आवर्तकाल का व्युत्क्रम होती है:
$f = \frac{1}{T} = \frac{qB}{2\pi m}$.
चूंकि $2\pi$ एक स्थिरांक है, इसलिए आवृत्ति $\frac{qB}{m}$ के समानुपाती है।

(A) चुंबकीय द्विध्रुव के निरक्षीय (equatorial) बिंदु पर चुंबकीय क्षेत्र $B$ का सूत्र $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{m}{r^3}$ होता है।
चूंकि पृथ्वी को $m$ चुंबकीय आघूर्ण और $r$ त्रिज्या वाले एक चुंबकीय द्विध्रुव के रूप में माना जाता है,इसलिए भूमध्य रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र इस द्विध्रुव के निरक्षीय क्षेत्र के अनुरूप होता है।
अतः,भूमध्य रेखा पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{m}{r^3}$ है।

(C) $R$ त्रिज्या और $\theta$ कोण वाले वृत्ताकार चाप के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4 \pi R}$ द्वारा दिया जाता है। सीधे त्रिज्यीय खंड केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र में कोई योगदान नहीं देते हैं।
परिपथ $1$ के लिए: क्षेत्र $3r$ त्रिज्या के बड़े चाप और $r$ त्रिज्या के छोटे चाप के कारण है। केंद्र के सापेक्ष इन दो चापों में धारा विपरीत दिशाओं में बहती है,इसलिए क्षेत्रों को घटाया जाता है: $B_1 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi} (\frac{\pi}{3r} - \frac{\pi}{r}) = \frac{\mu_0 I}{4} (\frac{1}{r} - \frac{1}{3r}) = \frac{\mu_0 I}{6r}$.
परिपथ $2$ के लिए: क्षेत्र $\pi/2$ कोण को कवर करने वाले $r$ और $3r$ त्रिज्या के दो चापों के कारण है। क्षेत्रों को घटाया जाता है: $B_2 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi} (\frac{\pi/2}{r} - \frac{\pi/2}{3r}) = \frac{\mu_0 I}{8} (\frac{2}{3r}) = \frac{\mu_0 I}{12r}$.
परिपथ $3$ के लिए: क्षेत्र $3\pi/2$ कोण को कवर करने वाले $r$ और $3r$ त्रिज्या के दो चापों के कारण है। क्षेत्रों को घटाया जाता है: $B_3 = \frac{\mu_0 I}{4 \pi} (\frac{3\pi/2}{r} - \frac{3\pi/2}{3r}) = \frac{3\mu_0 I}{8} (\frac{2}{3r}) = \frac{\mu_0 I}{4r}$.
परिमाणों की तुलना करने पर: $B_3 = 0.25 \frac{\mu_0 I}{r}$,$B_1 = 0.166 \frac{\mu_0 I}{r}$,$B_2 = 0.083 \frac{\mu_0 I}{r}$.
अतः,$B_3 > B_1 > B_2$.

(C) स्थायी चुंबक बनाने के लिए उपयोग की जाने वाली सामग्री में उच्च रिटेंटिविटी होनी चाहिए ताकि यह एक मजबूत चुंबकीय क्षेत्र उत्पन्न कर सके।
इसके अतिरिक्त,इसमें उच्च कोर्सिविटी होनी चाहिए ताकि इसका चुंबकत्व बाहरी चुंबकीय क्षेत्रों,तापमान में बदलाव या मामूली यांत्रिक क्षति से आसानी से नष्ट न हो।
इसलिए,उच्च रिटेंटिविटी और उच्च कोर्सिविटी दोनों वाली सामग्री वांछनीय है।

(D) सापेक्ष पारगम्यता $(\mu_r)$ और चुंबकीय प्रवृत्ति $(\chi_m)$ के बीच का संबंध इस प्रकार है:
$\mu_r = 1 + \chi_m$
यहाँ $\mu_r = 5500$ दिया गया है,इसलिए सूत्र को $\chi_m$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\chi_m = \mu_r - 1$
मान रखने पर:
$\chi_m = 5500 - 1 = 5499$
अतः,चुंबकीय प्रवृत्ति $5499$ है।

(C) टोकामक तकनीक का आधार प्लाज्मा का चुंबकीय परिरोध (Magnetic confinement) है।
टोकामक में,गर्म प्लाज्मा को टोरस (डोनट) के आकार में सीमित रखने के लिए एक मजबूत चुंबकीय क्षेत्र का उपयोग किया जाता है।
यह चुंबकीय परिरोध उच्च तापमान वाले प्लाज्मा को रिएक्टर की दीवारों को छूने से रोकता है,जो नियंत्रित थर्मोन्यूक्लियर संलयन प्राप्त करने के लिए आवश्यक है।

(C) दिया गया है: आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = 10.5 \ eV$ है।
फोटोइलेक्ट्रॉन का अधिकतम वेग $v = 1.6 \times 10^6 \ m \ s^{-1}$ है।
इलेक्ट्रॉन का द्रव्यमान $m = 9 \times 10^{-31} \ kg$ है।
अधिकतम गतिज ऊर्जा $K.E._{\max} = \frac{1}{2}mv^2$ द्वारा दी जाती है।
$K.E._{\max} = \frac{1}{2} \times (9 \times 10^{-31}) \times (1.6 \times 10^6)^2 = 0.5 \times 9 \times 10^{-31} \times 2.56 \times 10^{12} = 11.52 \times 10^{-19} \ J$ है।
इसे इलेक्ट्रॉन-वोल्ट में बदलने पर: $K.E._{\max} = \frac{11.52 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \ eV = 7.2 \ eV$ प्राप्त होता है।
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,$E = \phi + K.E._{\max}$,जहाँ $\phi$ कार्य फलन है।
$\phi = E - K.E._{\max} = 10.5 \ eV - 7.2 \ eV = 3.3 \ eV$ है।

(A) दिया गया है:
प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा $(BE)$ $= 7.14 \text{ MeV}$
तत्व की कुल $BE$ $= 28.6 \text{ MeV}$
हम जानते हैं कि कुल बंधन ऊर्जा,न्यूक्लियॉनों की संख्या $(A)$ और प्रति न्यूक्लियॉन बंधन ऊर्जा का गुणनफल होती है।
इसलिए,$\text{न्यूक्लियॉनों की संख्या} (A) = \frac{\text{कुल BE}}{\text{प्रति न्यूक्लियॉन BE}}$
$A = \frac{28.6}{7.14} = 4$
अतः,तत्व में न्यूक्लियॉनों की संख्या $4$ है।

(B) एक $\alpha$-कण $2$ प्रोटॉन और $2$ न्यूट्रॉन से बना होता है,जो हीलियम परमाणु के नाभिक $(_{2}^{4}He^{2+})$ के समान होता है।
चूंकि इसमें इसके दो कक्षीय इलेक्ट्रॉन नहीं होते हैं,इसलिए इसे द्वि-आयनित हीलियम परमाणु कहा जाता है।

(A) एक रेडियोधर्मी नमूने की सक्रियता एक अर्ध-आयु $(T_{1/2} = 6 \,h)$ में आधी हो जाती है।
मान लीजिए $s$ स्रोत का अनुमेय सुरक्षित मान है।
प्रारंभिक सक्रियता $32s$ है।
$1$ अर्ध-आयु के बाद, सक्रियता = $32s / 2 = 16s$।
$2$ अर्ध-आयु के बाद, सक्रियता = $16s / 2 = 8s$।
$3$ अर्ध-आयु के बाद, सक्रियता = $8s / 2 = 4s$।
$4$ अर्ध-आयु के बाद, सक्रियता = $4s / 2 = 2s$।
$5$ अर्ध-आयु के बाद, सक्रियता = $2s / 2 = s$।
इस प्रकार, नमूना $5$ अर्ध-आयु के बाद सुरक्षित हो जाता है।
कुल समय $T = 5 \times T_{1/2} = 5 \times 6 \,h = 30 \,h$।

(A) रेडियोधर्मी क्षय संबंध $N(t) = N_0 (1/2)^n$ का पालन करता है, जहाँ $n$ अर्ध-आयु की संख्या है।
दिया गया है, प्रारंभिक द्रव्यमान $N_0 = 60 \,g$ और अंतिम द्रव्यमान $N(t) = 7.5 \,g$ है।
हमारे पास $7.5 = 60 \times (1/2)^n$ है।
$(1/2)^n = 7.5 / 60 = 1/8 = (1/2)^3$ है।
अतः, अर्ध-आयु की संख्या $n = 3$ है।
कुल आवश्यक समय $\Delta t = n \times T_{1/2} = 3 \times 5 \,s = 15 \,s$ है।
वैकल्पिक रूप से, क्षय प्रक्रिया इस प्रकार है: $60 \,g \xrightarrow{5 \,s} 30 \,g \xrightarrow{5 \,s} 15 \,g \xrightarrow{5 \,s} 7.5 \,g$।
कुल समय = $5 \,s + 5 \,s + 5 \,s = 15 \,s$।

(C) रेडियोधर्मी क्षय की दर $\frac{dN}{dt} = -\lambda N$ द्वारा दी जाती है।
दो एक साथ होने वाली क्षय प्रक्रियाओं के लिए,कुल क्षय नियतांक $\lambda_{\text{eff}} = \lambda_1 + \lambda_2$ होता है।
चूंकि $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$,इसलिए $\frac{\ln 2}{T_{\text{eff}}} = \frac{\ln 2}{t_1} + \frac{\ln 2}{t_2}$।
यह सरल होकर $\frac{1}{T_{\text{eff}}} = \frac{1}{t_1} + \frac{1}{t_2}$ हो जाता है,अतः $T_{\text{eff}} = \frac{t_1 t_2}{t_1+t_2}$।
औसत आयु $\langle t \rangle$ प्रभावी अर्ध-आयु से $\langle t \rangle = \frac{T_{\text{eff}}}{\ln 2}$ द्वारा संबंधित है।
$T_{\text{eff}}$ का मान रखने पर,हमें $\langle t \rangle = \frac{1}{\ln 2} \left( \frac{t_1 t_2}{t_1+t_2} \right)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\ln 2 \approx 0.693 < 1$,इसलिए $\frac{1}{\ln 2} > 1$ होता है।
अतः,$\langle t \rangle > \frac{t_1 t_2}{t_1+t_2}$ सही है।

(A) प्रारंभिक रेडियोधर्मिता $A_0$ सुरक्षित सीमा $A_s$ से $4$ गुना है। हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जिस पर रेडियोधर्मिता $A_t$ का मान $A_s$ के बराबर हो जाए।
दिया गया है, $A_t = \frac{A_0}{2^{t/T_{1/2}}}$, जहाँ $T_{1/2} = 24 \,h$ है।
चूँकि $A_t = A_s$ और $A_0 = 4A_s$, हमारे पास है:
$A_s = \frac{4A_s}{2^{t/24}}$
$2^{t/24} = 4$
$2^{t/24} = 2^2$
घातांकों की तुलना करने पर:
$\frac{t}{24} = 2$
$t = 48 \,h$।
अतः, आवश्यक न्यूनतम समय $48 \,h$ है।

(B) रेडियोधर्मी समस्थानिक की अर्ध-आयु $T_{1/2} = 30 \,h$ दी गई है।
मान लीजिए कि रेडियोधर्मी समस्थानिक की प्रारंभिक मात्रा $N_0$ है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब शेष मात्रा $N$, $N_0$ का $12.5 \%$ हो।
$N = 12.5 \% \text{ of } N_0 = \frac{12.5}{100} N_0 = \frac{1}{8} N_0$.
रेडियोधर्मी क्षय सूत्र $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ का उपयोग करते हुए, जहाँ $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ अर्ध-आयु की संख्या है:
$\frac{1}{8} N_0 = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$
$\frac{1}{8} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$
$\left( \frac{1}{2} \right)^3 = \left( \frac{1}{2} \right)^n$
अतः, $n = 3$.
चूंकि $n = \frac{t}{T_{1/2}}$, इसलिए $t = n \times T_{1/2} = 3 \times 30 \,h = 90 \,h$.

(A) दिया गया है: पुतली का व्यास, $d = 2 \,mm = 2 \times 10^{-3} \,m$. वस्तुओं की दूरी, $D = 20 \,m$. प्रकाश की तरंग दैर्ध्य, $\lambda = 600 \,nm = 6 \times 10^{-7} \,m$.
एक गोलाकार द्वारक (जैसे आँख की पुतली) के लिए विभेदन की सीमा रेले मानदंड द्वारा दी जाती है:
$\theta = \frac{1.22 \lambda}{d}$
$D$ दूरी पर स्थित दो वस्तुओं के बीच न्यूनतम पृथक्करण $y = \theta \times D$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$y = \frac{1.22 \times 6 \times 10^{-7} \times 20}{2 \times 10^{-3}}$
$y = 1.22 \times 6 \times 10^{-4} \times 10 = 7.32 \times 10^{-3} \,m$
$y = 7.32 \,mm$.
अतः, मानव आँख द्वारा विभेदित की जा सकने वाली न्यूनतम दूरी $7.32 \,mm$ है।

(A) लेंस के लिए, आवर्धन $m = \frac{v}{u}$ होता है।
यहाँ $m = \pm 4$ और $f = 20 \,cm$ दिया गया है।
स्थिति $1$: वास्तविक प्रतिबिंब $(m = -4)$।
$m = \frac{v}{u} = -4 \Rightarrow v = -4u$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{-4u} - \frac{1}{u} = \frac{1}{20} \Rightarrow \frac{-1-4}{4u} = \frac{1}{20} \Rightarrow \frac{-5}{4u} = \frac{1}{20}$.
$4u = -100 \Rightarrow u = -25 \,cm$.
अतः, जब प्रतिबिंब वास्तविक है तो वस्तु $25 \,cm$ की दूरी पर है।
स्थिति $2$: आभासी प्रतिबिंब $(m = +4)$।
$m = \frac{v}{u} = 4 \Rightarrow v = 4u$.
लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{4u} - \frac{1}{u} = \frac{1}{20} \Rightarrow \frac{1-4}{4u} = \frac{1}{20} \Rightarrow \frac{-3}{4u} = \frac{1}{20}$.
$4u = -60 \Rightarrow u = -15 \,cm$.
अतः, जब प्रतिबिंब आभासी है तो वस्तु $15 \,cm$ की दूरी पर है।

(D) उत्तल लेंस के लिए,लेंस सूत्र $\frac{1}{v} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ होता है।
यहाँ दिया गया है कि प्रतिबिंब दाईं ओर मुख्य फोकस पर बनता है,इसलिए प्रतिबिंब दूरी $v = +f$ है।
उत्तल लेंस की फोकस दूरी $f = +f$ होती है।
इन मानों को लेंस सूत्र में रखने पर:
$\frac{1}{f} - \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$
$\frac{1}{u} = \frac{1}{f} - \frac{1}{f} = 0$
$u = \infty$
अतः,प्रतिबिंब को मुख्य फोकस पर बनाने के लिए वस्तु को अनंत दूरी पर रखा जाना चाहिए।

(C) उत्तल लेंस के लिए: वस्तु दूरी $u_1 = -8 \,cm$, फोकल लंबाई $f_1 = +4 \,cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर, हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{v_1} = \frac{1}{4} + \frac{1}{-8} = \frac{1}{8}$, इसलिए $v_1 = +8 \,cm$। यह प्रतिबिंब अवतल लेंस के लिए एक आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
अवतल लेंस के लिए: लेंसों के बीच की दूरी $d = 6 \,cm$ है। उत्तल लेंस द्वारा निर्मित प्रतिबिंब उसके पीछे $8 \,cm$ पर है, जो अवतल लेंस के पीछे $8 - 6 = 2 \,cm$ की दूरी पर है। अतः, अवतल लेंस के लिए $u_2 = +2 \,cm$ और $f_2 = -4 \,cm$ है। लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर, हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{v_2} = \frac{1}{-4} + \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$, इसलिए $v_2 = +4 \,cm$। इसका मतलब है कि अंतिम प्रतिबिंब अवतल लेंस के दाईं ओर $4 \,cm$ की दूरी पर बनता है।
वस्तु उत्तल लेंस के बाईं ओर $8 \,cm$ पर है। वस्तु और उत्तल लेंस के बीच की दूरी $8 \,cm$ है, लेंसों के बीच की दूरी $6 \,cm$ है, और अवतल लेंस तथा अंतिम प्रतिबिंब के बीच की दूरी $4 \,cm$ है। वस्तु और अंतिम प्रतिबिंब के बीच की कुल दूरी $8 + 6 + 4 = 18 \,cm$ है।

(D) दिया गया है, $m_1 = 4$ और $m_2 = 3$ है।
वस्तु की दो स्थितियों के बीच की दूरी $|u_2 - u_1| = 2 \,cm$ है।
उत्तल लेंस द्वारा निर्मित वास्तविक प्रतिबिंब के लिए, आवर्धन $m = \frac{f}{f+u}$ होता है। वास्तविक प्रतिबिंब के लिए $u$ ऋणात्मक होता है, इसलिए मान लें $u = -x$ है। तब $m = \frac{f}{f-x}$ होगा।
इसे पुनर्व्यवस्थित करने पर $f-x = \frac{f}{m}$, या $x = f(1 - \frac{1}{m}) = f(\frac{m-1}{m})$ प्राप्त होता है।
$m_1 = 4$ के लिए, $u_1 = f(\frac{4-1}{4}) = \frac{3f}{4}$ है।
$m_2 = 3$ के लिए, $u_2 = f(\frac{3-1}{3}) = \frac{2f}{3}$ है।
दोनों के बीच की दूरी $u_1 - u_2 = 2 \,cm$ है।
$\frac{3f}{4} - \frac{2f}{3} = 2$ है।
$\frac{9f - 8f}{12} = 2$ है।
$\frac{f}{12} = 2 \Rightarrow f = 24 \,cm$।

(D)
गोलीय सतह द्वारा अपवर्तन के लिए सूत्र है:
$\frac{\mu_2}{v} - \frac{\mu_1}{u} = \frac{\mu_2 - \mu_1}{R}$
दिया गया है:
वस्तु की दूरी $u = -45 \,cm$ (चिह्न परिपाटी के अनुसार)
वक्रता त्रिज्या $R = +15 \,cm$
हवा का अपवर्तनांक $\mu_1 = 1$
कांच का अपवर्तनांक $\mu_2 = 1.5$
सूत्र में मान रखने पर:
$\frac{1.5}{v} - \frac{1}{-45} = \frac{1.5 - 1}{15}$
$\frac{1.5}{v} + \frac{1}{45} = \frac{0.5}{15}$
$\frac{1.5}{v} + \frac{1}{45} = \frac{1}{30}$
$\frac{1.5}{v} = \frac{1}{30} - \frac{1}{45}$
$\frac{1.5}{v} = \frac{3 - 2}{90} = \frac{1}{90}$
$v = 1.5 \times 90 = +135 \,cm$
अतः, प्रतिबिंब इंटरफेस के दाईं ओर $135 \,cm$ की दूरी पर बनेगा।

(C) दिया गया है: दो सुसंगत समतल तरंगों के बीच का कलांतर $\phi = 60^{\circ}$ है।
दो सुसंगत तरंगों की परिणामी तीव्रता $I_R$ का सूत्र है: $I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos \phi$।
चूंकि दोनों तरंगों की तीव्रता समान है,इसलिए $I_1 = I_2 = I$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$I_R = I + I + 2\sqrt{I \cdot I} \cos 60^{\circ}$
$I_R = 2I + 2I \cos 60^{\circ}$
चूंकि $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$,इसलिए:
$I_R = 2I + 2I \left( \frac{1}{2} \right)$
$I_R = 2I + I = 3I$।
अतः,परिणामी तीव्रता $3I$ है।

(C) दी गई स्थिति चित्र में दर्शाई गई है।
मान लीजिए $AB$ वस्तु है और $A^{\prime}B^{\prime}$ प्रतिबिंब है।
यहाँ,$AB = l$,$A^{\prime}B^{\prime} = l^{\prime}$,और वस्तु की दूरी $u = -X$ है।
दर्पण सूत्र $\frac{1}{f} = \frac{1}{v} + \frac{1}{u}$ का उपयोग करने पर,जहाँ अवतल दर्पण के लिए $f = -F$ है:
$\frac{1}{-F} = \frac{1}{v} + \frac{1}{-X}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{X} - \frac{1}{F} = \frac{F-X}{FX}$
$v = \frac{FX}{F-X}$
मुख्य अक्ष पर रखी छोटी वस्तु के लिए,अनुदैर्ध्य आवर्धन $M$ इस प्रकार दिया जाता है:
$M = \frac{l^{\prime}}{l} = -\frac{dv}{du} = -\frac{d}{du} \left( \frac{fu}{u-f} \right) = -\frac{f^2}{(u-f)^2}$
$u = -X$ और $f = -F$ प्रतिस्थापित करने पर:
$M = -\frac{(-F)^2}{(-X - (-F))^2} = -\frac{F^2}{(F-X)^2}$
अनुदैर्ध्य आवर्धन का परिमाण है:
$\left| \frac{l^{\prime}}{l} \right| = \left( \frac{F}{F-X} \right)^2$

(A) दूरबीन के लिए विभेदन सीमा या कोणीय विभेदन का सूत्र इस प्रकार है:
$\alpha_{\min} = \frac{1.22 \lambda}{D}$
दिए गए मान हैं:
$\alpha_{\min} = 3.0 \times 10^{-7} \text{ rad}$
$\lambda = 525 \text{ nm} = 525 \times 10^{-9} \text{ m}$
अभिदृश्यक लेंस के व्यास $(D)$ के लिए सूत्र को व्यवस्थित करने पर:
$D = \frac{1.22 \lambda}{\alpha_{\min}}$
मान रखने पर:
$D = \frac{1.22 \times 525 \times 10^{-9}}{3.0 \times 10^{-7}}$
$D = \frac{640.5 \times 10^{-9}}{3.0 \times 10^{-7}}$
$D = 213.5 \times 10^{-2} \text{ m} = 2.135 \text{ m}$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार निकटतम मान $D = 2.1 \text{ m}$ है।

(A) सामान्य समायोजन (normal adjustment) में एक खगोलीय टेलीस्कोप की आवर्धन क्षमता $(m)$,अभिदृश्यक की फोकस दूरी $(f_o)$ और नेत्रिका की फोकस दूरी $(f_e)$ के अनुपात द्वारा दी जाती है।
दिया गया है: $f_o = 100 \ cm$ और $f_e = 5 \ cm$.
सूत्र का उपयोग करते हुए: $m = \frac{f_o}{f_e}$.
मान रखने पर: $m = \frac{100}{5} = 20$.
अतः,टेलीस्कोप की आवर्धन क्षमता $20$ है।

(C) निर्वात में,सभी विद्युत चुम्बकीय तरंगें,उनकी आवृत्ति या तरंग दैर्ध्य की परवाह किए बिना,समान गति से चलती हैं,जो $c \approx 3 \times 10^8 \ m/s$ है।
इसलिए,यह कथन कि निर्वात में लाल प्रकाश अन्य रंगों की तुलना में तेजी से चलता है,गलत है,क्योंकि निर्वात में सफेद प्रकाश के सभी रंग समान गति से चलते हैं।
विकल्प $A$ सही है क्योंकि बैंगनी प्रकाश की तरंग दैर्ध्य सबसे कम होती है और इसका विचलन सबसे अधिक होता है।
विकल्प $B$ सही है क्योंकि किसी भी भौतिक माध्यम में लाल प्रकाश का अपवर्तनांक बैंगनी प्रकाश की तुलना में कम होता है,जिसका अर्थ है कि $v = c/n$ के अनुसार लाल प्रकाश की गति अधिक होती है।
विकल्प $D$ सही है क्योंकि फ्लिंट ग्लास की विक्षेपण शक्ति और अपवर्तनांक सामान्यतः क्राउन ग्लास से अधिक होते हैं।

(C) प्रिज्म संयोजन के माध्यम से विचलन रहित विक्षेपण के लिए,कुल विचलन शून्य होना चाहिए।
$\delta_{net} = \delta_1 - \delta_2 = 0$
$\Rightarrow \delta_1 = \delta_2$
पतले प्रिज्मों के लिए,विचलन $\delta = A(\mu - 1)$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,$A_1(\mu_1 - 1) = A_2(\mu_2 - 1)$.
दिया गया है: $A_1 = 9^{\circ}$,$\mu_1 = 1.4$,और $\mu_2 = 1.6$.
मान रखने पर:
$9^{\circ} \times (1.4 - 1) = A \times (1.6 - 1)$
$9^{\circ} \times 0.4 = A \times 0.6$
$A = \frac{9 \times 0.4}{0.6} = \frac{3.6}{0.6} = 6^{\circ}$.

(B) माना $\delta_m$ न्यूनतम विचलन कोण है और $A$ प्रिज्म का कोण है।
हम जानते हैं कि प्रिज्म का अपवर्तनांक $\mu$ इस प्रकार दिया जाता है:
$\mu = \frac{\sin \left(\frac{A+\delta_m}{2}\right)}{\sin \left(\frac{A}{2}\right)}$
दिया गया है कि $\mu = \sqrt{2}$ और $\delta_m = A$,इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\sqrt{2} = \frac{\sin \left(\frac{A+A}{2}\right)}{\sin \left(\frac{A}{2}\right)}$
$\sqrt{2} = \frac{\sin A}{\sin \left(\frac{A}{2}\right)}$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin A = 2 \sin \left(\frac{A}{2}\right) \cos \left(\frac{A}{2}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\sqrt{2} = \frac{2 \sin \left(\frac{A}{2}\right) \cos \left(\frac{A}{2}\right)}{\sin \left(\frac{A}{2}\right)}$
$\sqrt{2} = 2 \cos \left(\frac{A}{2}\right)$
$\cos \left(\frac{A}{2}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
चूंकि $\cos(45^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए:
$\frac{A}{2} = 45^{\circ}$
$A = 90^{\circ}$

(C) बिना विचलन के विक्षेपण के लिए,संयोजन द्वारा उत्पन्न कुल विचलन शून्य होना चाहिए।
$\delta - \delta^{\prime} = 0 \Rightarrow A(\mu - 1) - A^{\prime}(\mu^{\prime} - 1) = 0$
जहाँ:
$A = 6^{\circ}$ (पहले प्रिज्म का कोण)
$\mu = 1.5$ (पहले प्रिज्म का अपवर्तनांक)
$A^{\prime} = ?$ (दूसरे प्रिज्म का कोण)
$\mu^{\prime} = 1.75$ (दूसरे प्रिज्म का अपवर्तनांक)
समीकरण में मान रखने पर:
$A^{\prime}(\mu^{\prime} - 1) = A(\mu - 1)$
$A^{\prime}(1.75 - 1) = 6(1.5 - 1)$
$A^{\prime}(0.75) = 6(0.5)$
$A^{\prime} = \frac{6 \times 0.5}{0.75} = \frac{3}{0.75} = 4^{\circ}$
अतः,दूसरे प्रिज्म का कोण $4^{\circ}$ है।

(A) दी गई स्थिति चित्र में दिखाई गई है। प्रकाश किरण प्रिज्म की सतह $AB$ के लंबवत प्रवेश करती है,इसलिए यह बिना विचलित हुए प्रिज्म में प्रवेश करती है और सतह $AC$ पर आपतित होती है।
प्रिज्म द्वारा बने त्रिभुज में,सतह $AC$ पर आपतन कोण $i = 90^{\circ} - \theta$ है।
सतह $AC$ पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन होने के लिए,आपतन कोण $i$ का मान क्रांतिक कोण $i_c$ से अधिक या उसके बराबर होना चाहिए।
अतः,$\theta$ के अधिकतम मान के लिए,हम $i = i_c$ लेते हैं।
क्रांतिक कोण की स्थिति के लिए सतह $AC$ पर स्नेल के नियम का उपयोग करने पर:
$\sin(i_c) = \frac{\mu_{\text{liquid}}}{\mu_{\text{glass}}}$
$i = 90^{\circ} - \theta$ और दिए गए अपवर्तनांक के मान रखने पर:
$\sin(90^{\circ} - \theta) = \frac{1.2}{1.5}$
$\cos(\theta) = \frac{12}{15} = \frac{4}{5} = 0.8$
इसलिए,$\theta = \cos^{-1}(0.8)$।

(B) दिया गया है: ज़ेनर वोल्टेज $V_z = 6 \, V$, लोड करंट $I_L = 4 \, mA$, और इनपुट वोल्टेज $V_{in} = 10 \, V$.
हमें दिया गया है कि ज़ेनर करंट $I_Z$, लोड करंट $I_L$ का पांच गुना है。
अतः, $I_Z = 5 \times I_L = 5 \times 4 \, mA = 20 \, mA$.
श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ से प्रवाहित होने वाला कुल करंट $I_S$, ज़ेनर करंट और लोड करंट का योग है:
$I_S = I_Z + I_L = 20 \, mA + 4 \, mA = 24 \, mA = 24 \times 10^{-3} \, A$.
श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ पर विभव पतन (potential drop), इनपुट वोल्टेज और ज़ेनर वोल्टेज के बीच का अंतर है:
$V_S = V_{in} - V_z = 10 \, V - 6 \, V = 4 \, V$.
ओम के नियम का उपयोग करते हुए, श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ का मान है:
$R_S = \frac{V_S}{I_S} = \frac{4 \, V}{24 \times 10^{-3} \, A} = \frac{4000}{24} \, \Omega \approx 166.67 \, \Omega$.
निकटतम मान तक पूर्णांकित करने पर, हमें $R_S \approx 167 \, \Omega$ प्राप्त होता है।

(D) परिपथ चित्र में दिखाए अनुसार है।
लोड प्रतिरोध $R_L$ के सिरों पर विभव पतन $V_L = V_Z = 10 \text{ V}$ है।
$4 \text{ k}\Omega$ श्रेणी प्रतिरोध के सिरों पर विभव पतन $V_R = 60 \text{ V} - 10 \text{ V} = 50 \text{ V}$ है।
$4 \text{ k}\Omega$ प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $I = \frac{V_R}{R} = \frac{50 \text{ V}}{4 \times 10^3 \Omega} = 12.5 \times 10^{-3} \text{ A} = 12.5 \text{ mA}$ है।
लोड प्रतिरोध से प्रवाहित धारा $I_L = \frac{V_L}{R_L} = \frac{10 \text{ V}}{2 \times 10^3 \Omega} = 5 \text{ mA}$ है।
नोड पर किरचॉफ के धारा नियम का उपयोग करने पर,$I = I_Z + I_L$,इसलिए $I_Z = I - I_L = 12.5 \text{ mA} - 5 \text{ mA} = 7.5 \text{ mA}$ प्राप्त होता है।
अतः,धाराएँ $I = 12.5 \text{ mA}$,$I_Z = 7.5 \text{ mA}$ और $I_L = 5 \text{ mA}$ हैं।

(C) जेनर डायोड एक विशेष प्रकार का अर्धचालक डायोड है जिसे रिवर्स ब्रेकडाउन क्षेत्र में काम करने के लिए डिज़ाइन किया गया है।
सटीक ब्रेकडाउन वोल्टेज प्राप्त करने के लिए,जेनर डायोड के $p$-क्षेत्र और $n$-क्षेत्र दोनों को भारी रूप से डोपित (heavily doped) किया जाता है।
इस भारी डोपिंग के परिणामस्वरूप अवक्षय परत (depletion layer) बहुत पतली हो जाती है।
जब रिवर्स बायस वोल्टेज लगाया जाता है और यह ब्रेकडाउन वोल्टेज तक पहुँच जाता है,तो पतली अवक्षय परत पर उच्च विद्युत क्षेत्र के कारण जेनर ब्रेकडाउन होता है,जिससे धारा में तेजी से वृद्धि होती है।

(A) दिया गया है: डायोड के सिरों पर विभवांतर, $V_D = 0.5 \, V$.
फॉरवर्ड बायस में अधिकतम धारा, $i = 20 \, mA = 20 \times 10^{-3} \, A$.
बैटरी का कुल वोल्टेज $V$, श्रेणी प्रतिरोध $R_S$ और डायोड के विभवांतर $V_D$ के योग के बराबर होता है।
श्रेणी प्रतिरोध $R_S = 125 \, \Omega$ पर वोल्टेज ड्रॉप $V_R = i \times R_S$ द्वारा दिया जाता है।
$V_R = (20 \times 10^{-3} \, A) \times (125 \, \Omega) = 2.5 \, V$.
बैटरी का कुल वोल्टेज $V = V_R + V_D$ है।
$V = 2.5 \, V + 0.5 \, V = 3.0 \, V$.

(B) फास्फोरस एक पंचसंयोजी (pentavalent) अशुद्धि है,जो दाता (donor) परमाणु के रूप में कार्य करती है।
जब इसे एक आंतरिक (intrinsic) अर्धचालक में मिलाया जाता है,तो यह $n$-प्रकार का अर्धचालक बनाता है।
इन अशुद्धि परमाणुओं द्वारा निर्मित दाता ऊर्जा स्तर कंडक्शन बैंड के ठीक नीचे स्थित होता है।
इसलिए,अशुद्धि स्तर कंडक्शन बैंड के निचले हिस्से के करीब होते हैं।

(B) $p-n-p$ ट्रांजिस्टर में,संग्राहक धारा $(I_C)$ उत्सर्जक धारा $(I_E)$ से थोड़ी कम होती है।
इसका कारण यह है कि उत्सर्जक-आधार जंक्शन फॉरवर्ड बायस्ड होता है,जिससे उत्सर्जक के अधिकांश आवेश वाहक (होल) आधार की ओर गति करते हैं।
चूंकि आधार बहुत पतला और कम डोपिंग वाला होता है,इसलिए इन होल्स का केवल एक छोटा सा हिस्सा आधार में मौजूद इलेक्ट्रॉनों के साथ पुनर्संयोजन (recombination) करता है,जिससे एक छोटी आधार धारा $(I_B)$ उत्पन्न होती है।
अधिकांश होल्स संग्राहक-आधार जंक्शन को पार करके संग्राहक तक पहुँच जाते हैं।
ट्रांजिस्टर के लिए किरचॉफ के धारा नियम के अनुसार,संबंध $I_E = I_B + I_C$ होता है।
चूंकि $I_B > 0$ है,इसलिए यह स्पष्ट है कि $I_C < I_E$।

(D) एक $p-n-p$ ट्रांजिस्टर में,बहुसंख्यक आवेश वाहक होल (holes) होते हैं।
जब ट्रांजिस्टर को बाहरी परिपथ से जोड़ा जाता है,तो धारा मुख्य रूप से अर्धचालक पदार्थ के भीतर इन होल्स की गति के कारण प्रवाहित होती है।

(A) दिया गया है, करंट गेन $\alpha = 0.98$ (चूंकि $\alpha < 1$, यह कॉमन बेस कॉन्फ़िगरेशन को दर्शाता है)।
कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन के लिए, करंट गेन $\beta$ का सूत्र है:
$\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha} = \frac{0.98}{1 - 0.98} = \frac{0.98}{0.02} = 49$.
हम जानते हैं कि कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में कलेक्टर करंट में परिवर्तन $\Delta I_C$ और बेस करंट में परिवर्तन $\Delta I_B$ के बीच संबंध है:
$\beta = \frac{\Delta I_C}{\Delta I_B}$।
दिया गया है $\Delta I_B = 0.5 \,mA$, इसलिए हम $\Delta I_C$ की गणना इस प्रकार कर सकते हैं:
$\Delta I_C = \beta \times \Delta I_B = 49 \times 0.5 \,mA = 24.5 \,mA$।

(B) दिया गया है, $n-p-n$ ट्रांजिस्टर में बेस करंट, $I_B = 2 \text{ mA} = 2 \times 10^{-3} \text{ A}$.
चूंकि उत्सर्जित इलेक्ट्रॉनों का $95 \%$ कलेक्टर तक पहुँचता है, इसलिए कलेक्टर करंट $I_C$ और एमिटर करंट $I_E$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$I_C = 0.95 I_E \Rightarrow I_E = \frac{I_C}{0.95} \dots (i)$
हम जानते हैं कि एमिटर, कलेक्टर और बेस करंट के बीच संबंध है:
$I_E = I_C + I_B$
समीकरण $(i)$ से $I_E$ का मान रखने पर:
$\frac{I_C}{0.95} = I_C + 2 \times 10^{-3}$
$\frac{I_C}{0.95} - I_C = 2 \times 10^{-3}$
$I_C \left( \frac{1}{0.95} - 1 \right) = 2 \times 10^{-3}$
$I_C \left( \frac{1 - 0.95}{0.95} \right) = 2 \times 10^{-3}$
$I_C \left( \frac{0.05}{0.95} \right) = 2 \times 10^{-3}$
$I_C \left( \frac{1}{19} \right) = 2 \times 10^{-3}$
$I_C = 38 \times 10^{-3} \text{ A} = 38 \text{ mA}$.

(C) दिए गए लॉजिक परिपथ में एक $NOT$ गेट और एक $OR$ गेट शामिल है।
इनपुट $A$ को एक $NOT$ गेट से गुजारा जाता है,जो आउटपुट $\bar{A}$ उत्पन्न करता है।
यह आउटपुट $\bar{A}$ और इनपुट $B$ को फिर एक $OR$ गेट के इनपुट के रूप में दिया जाता है।
$OR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक उसके इनपुट का योग होता है।
इसलिए,परिपथ का अंतिम आउटपुट $Y = \bar{A} + B$ है।

(D) $NOR$ गेट के लिए बूलियन व्यंजक $Y = \overline{A+B}$ है,जहाँ $A$ और $B$ इनपुट हैं और $Y$ आउटपुट है।
$NOR$ गेट के लिए सत्यता सारणी (Truth table) इस प्रकार है:
| $A$ | $B$ | $Y = \overline{A+B}$ |
|---|---|---|
| $0$ | $0$ | $1$ |
| $0$ | $1$ | $0$ |
| $1$ | $0$ | $0$ |
| $1$ | $1$ | $0$ |
सत्यता सारणी से यह स्पष्ट है कि जब सभी इनपुट ($A$ और $B$) $LOW$ $(0)$ होते हैं,तब $NOR$ गेट का आउटपुट $HIGH$ $(1)$ होता है।

(D) $A=1, B=1$ और $D=1$ की शर्त को संतुष्ट करने के लिए,हम प्रत्येक परिपथ का मूल्यांकन करते हैं:
$(a)$ आउटपुट $D = A \cdot \bar{B} + \bar{A} \cdot B$ है। $A=1, B=1$ के लिए,$D = 1 \cdot 0 + 0 \cdot 1 = 0$ होता है।
$(b)$ आउटपुट $D = \overline{(\bar{A} + B) + (A + \bar{B})}$ है। $A=1, B=1$ के लिए,$D = \overline{(0 + 1) + (1 + 0)} = \overline{1 + 1} = 0$ होता है।
$(c)$ आउटपुट $D = (A + B) \cdot (\bar{A} + \bar{B}) = A \cdot \bar{B} + \bar{A} \cdot B$ है। $A=1, B=1$ के लिए,$D = 0$ होता है।
$(d)$ आउटपुट $D = A \cdot B + \bar{A} \cdot \bar{B}$ है। $A=1, B=1$ के लिए,$D = 1 \cdot 1 + 0 \cdot 0 = 1 + 0 = 1$ होता है।
अतः,विकल्प $(d)$ में दिया गया परिपथ शर्त को संतुष्ट करता है।

(D) एक फुल-वेव रेक्टिफायर $AC$ इनपुट चक्र के दोनों हिस्सों को स्पंदित (pulsating) $DC$ आउटपुट में परिवर्तित करता है।
जब एक कैपेसिटर फिल्टर को लोड के समानांतर जोड़ा जाता है,तो यह रेक्टिफाइड आउटपुट वोल्टेज के बढ़ते हिस्से के दौरान चार्ज होता है और गिरते हिस्से के दौरान लोड के माध्यम से डिस्चार्ज होता है।
यह प्रक्रिया आउटपुट वोल्टेज में रिपल को कम करती है,जिसके परिणामस्वरूप एक स्मूथ $DC$ आउटपुट मिलता है जो शून्य तक नहीं गिरता है।
दिए गए विकल्पों में से,जो ग्राफ स्पंदित $DC$ आउटपुट दिखाता है जो कैपेसिटर की फिल्टरिंग क्रिया के कारण शून्य से ऊपर रहता है,वह विकल्प $D$ द्वारा दर्शाया गया है।

(A) परमाणु क्रमांक $Z = 14$ और द्रव्यमान संख्या $A = 29$ है।
प्रोटॉन की संख्या $Z = 14$ है।
न्यूट्रॉन की संख्या $N = A - Z = 29 - 14 = 15$ है।
द्रव्यमान क्षति $\Delta m$ इस प्रकार है: $\Delta m = [Z m_p + N m_n] - M_{nucleus}$.
$\Delta m = [14 \times 1.007276 u + 15 \times 1.008664 u] - 28.976495 u$.
$\Delta m = [14.101864 u + 15.129960 u] - 28.976495 u$.
$\Delta m = 29.231824 u - 28.976495 u = 0.255329 u$.
बंधन ऊर्जा $B.E. = \Delta m \times 931.5 MeV/u$.
$B.E. = 0.255329 \times 931.5 MeV \approx 237.84 MeV$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $237.86 MeV$ है।

(D) हाइड्रोजन परमाणु में संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right) \text{ eV}$.
$n=2 \rightarrow n=1$ संक्रमण के लिए,ऊर्जा $E_1$ है:
$E_1 = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 13.6 \times \frac{3}{4} \text{ eV}$.
$n=3 \rightarrow n=2$ संक्रमण के लिए,ऊर्जा $E_2$ है:
$E_2 = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \times \frac{5}{36} \text{ eV}$.
अब,अनुपात $E_2 / E_1$ की गणना करते हुए:
$\frac{E_2}{E_1} = \frac{13.6 \times (5/36)}{13.6 \times (3/4)} = \frac{5}{36} \times \frac{4}{3} = \frac{5}{9 \times 3} = \frac{5}{27}$.

(B) मॉड्युलेशन सूचकांक $m$ को संदेश संकेत के पीक वोल्टेज $(V_2)$ और वाहक संकेत के पीक वोल्टेज $(V_1)$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है,इसलिए $m = \frac{V_2}{V_1}$।
आयाम मॉड्युलेशन (amplitude modulation) में,साइडबैंड आवृत्तियाँ $v_{+} = v_1 + v_2$ और $v_{-} = v_1 - v_2$ द्वारा दी जाती हैं।
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $v_{+} + v_{-} = (v_1 + v_2) + (v_1 - v_2) = 2v_1$।
इसलिए,वाहक आवृत्ति $v_1 = \frac{v_{+} + v_{-}}{2}$ है।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) मुक्त स्थान में विद्युत चुम्बकीय तरंग का वेग निम्नलिखित संबंध द्वारा दिया जाता है:
$c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$c^2 = \frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$
चूंकि $c$ प्रकाश की गति को दर्शाता है,इसकी विमाएँ $[LT^{-1}]$ हैं।
अतः,$\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}$ की विमाएँ $c^2$ की विमाओं के समान हैं:
$[\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0}] = [c^2] = [LT^{-1}]^2 = [L^2 T^{-2}]$.

(C) नाभिकीय बल प्रकृति में सबसे शक्तिशाली बल हैं, जो नाभिक के भीतर बहुत कम दूरी (आमतौर पर $r \approx 10^{-15} \,m$) पर कार्य करते हैं।
ये बल प्रोटॉन और न्यूट्रॉन को एक साथ बांधे रखने के लिए जिम्मेदार हैं, जो प्रोटॉन के बीच के स्थिर-वैद्युत प्रतिकर्षण को दूर करते हैं।
इसलिए, नाभिकीय बल लघु परास के आकर्षी बल होते हैं।