TS EAMCET 2025 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(A) बीट आवृत्ति दो आवृत्तियों के अंतर द्वारा दी जाती है: $f_{beat} = |f_2 - f_1| = |323 \ Hz - 320 \ Hz| = 3 \ Hz$.
इसका अर्थ है कि प्रति सेकंड $3$ बीट्स सुनाई देते हैं।
दो क्रमिक बीट्स (एक अधिकतम और एक निकटतम न्यूनतम ध्वनि) के बीच का समय अंतराल एक बीट चक्र के समय अवधि का आधा होता है।
बीट की समय अवधि $T = \frac{1}{f_{beat}} = \frac{1}{3} \ s$ है।
अधिकतम ध्वनि और उसके निकटतम न्यूनतम ध्वनि के बीच का समय अंतराल $\Delta t = \frac{T}{2} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \ s = \frac{1}{6} \ s$ है।

(D) माना ध्वनि की गति $v$,प्रेक्षक की गति $v_o$ और स्रोत की आवृत्ति $f$ है।
जब प्रेक्षक स्थिर स्रोत की ओर बढ़ता है,तो प्रेक्षित आवृत्ति $n_1 = f \left( \frac{v + v_o}{v} \right)$ होती है।
जब प्रेक्षक स्थिर स्रोत से दूर जाता है,तो प्रेक्षित आवृत्ति $n_2 = f \left( \frac{v - v_o}{v} \right)$ होती है।
दिए गए अनुपात $n_1 / n_2 = 71 / 65$ से:
$\frac{v + v_o}{v - v_o} = \frac{71}{65}$.
तिर्यक गुणा करने पर: $65(v + v_o) = 71(v - v_o)$.
$65v + 65v_o = 71v - 71v_o$.
$136v_o = 6v$.
$v_o = \frac{6}{136} v = \frac{3}{68} v$.
चूंकि $v = 340 \ m/s$ दिया गया है,इसलिए $v_o = \frac{3}{68} \times 340 = 3 \times 5 = 15 \ m/s$.
$m/s$ को $km/h$ में बदलने के लिए $18/5$ से गुणा करने पर: $v_o = 15 \times \frac{18}{5} = 3 \times 18 = 54 \ km/h$.

(A) माना ध्वनि की गति $v = 336 \ m/s$ है और कार की गति $u$ है।
हॉर्न द्वारा उत्पन्न ध्वनि की आवृत्ति $n$ है।
चालक द्वारा सुनी गई प्रतिध्वनि की आवृत्ति $n' = n \left( \frac{v + u}{v - u} \right)$ है।
आवृत्तियों के बीच का अंतर $n' - n = 0.1n$ है।
$n'$ का मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है: $n \left( \frac{v + u}{v - u} - 1 \right) = 0.1n$.
समीकरण को सरल करने पर: $\frac{v + u - (v - u)}{v - u} = 0.1$.
इससे प्राप्त होता है: $\frac{2u}{v - u} = 0.1$.
$2u = 0.1(v - u) \implies 2u = 0.1v - 0.1u$.
$2.1u = 0.1v \implies u = \frac{0.1}{2.1} v = \frac{1}{21} v$.
चूंकि $v = 336 \ m/s$ दिया गया है,$u = \frac{336}{21} = 16 \ m/s$।

(A) दो तरंगें जिनकी व्यक्तिगत तीव्रता $I_1$ और $I_2$ है और उनके बीच का कलान्तर $\phi$ है,तो परिणामी तीव्रता $I_R$ का सूत्र इस प्रकार है:
$I_R = I_1 + I_2 + 2\sqrt{I_1 I_2} \cos(\phi)$
यहाँ दिया गया है कि $I_1 = I_2 = I$ और $\phi = \frac{\pi}{2}$,इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$I_R = I + I + 2\sqrt{I \cdot I} \cos(\frac{\pi}{2})$
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$ होता है,इसलिए समीकरण सरल होकर निम्न रूप में आता है:
$I_R = 2I + 2I(0) = 2I$
अतः,परिणामी तीव्रता $2I$ है।

(B) मान लीजिए $L_o$ और $L_c$ क्रमशः ओपन और क्लोज्ड पाइप की लंबाई हैं। दिया गया है कि $L_o / L_c = 2 / 3$ है।
ओपन पाइप के लिए, $n$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_{o,n} = n(v / 2L_o)$ द्वारा दी जाती है। तीसरा हार्मोनिक $(n=3)$ $f_{o,3} = 3(v / 2L_o)$ है।
क्लोज्ड पाइप के लिए, $m$-वें हार्मोनिक की आवृत्ति $f_{c,m} = m(v / 4L_c)$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $m$ एक विषम पूर्णांक होना चाहिए। पांचवां हार्मोनिक $(m=5)$ $f_{c,5} = 5(v / 4L_c)$ है।
आवृत्तियों का अनुपात $R = f_{o,3} / f_{c,5} = [3(v / 2L_o)] / [5(v / 4L_c)]$ है।
$R = (3v / 2L_o) \times (4L_c / 5v) = (3 \times 4 \times L_c) / (2 \times 5 \times L_o) = (12 / 10) \times (L_c / L_o)$।
चूंकि $L_o / L_c = 2 / 3$, इसलिए $L_c / L_o = 3 / 2$ है।
इस मान को रखने पर: $R = (1.2) \times (1.5) = 1.8 = 18 / 10 = 9 / 5$।
अतः, अनुपात $9 : 5$ है।

(D) एक सिरे पर बंद नली के लिए,मूल आवृत्ति $f_c = \frac{v}{4L}$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि विस्पंद आवृत्ति $f_{c1} - f_{c2} = 2$ है,जहाँ $f_{c1} = \frac{v}{4L_1}$ और $f_{c2} = \frac{v}{4L_2}$ है।
अतः,$\frac{v}{4L_1} - \frac{v}{4L_2} = 2$ है।
दोनों सिरों पर खुली नली के लिए,मूल आवृत्ति $f_o = \frac{v}{2L}$ द्वारा दी जाती है।
नई विस्पंद आवृत्ति $f_{o1} - f_{o2} = \frac{v}{2L_1} - \frac{v}{2L_2}$ है।
हम इसे $2 \times (\frac{v}{4L_1} - \frac{v}{4L_2})$ के रूप में लिख सकते हैं।
ज्ञात मान को प्रतिस्थापित करने पर,नई विस्पंद आवृत्ति $2 \times 2 = 4$ विस्पंद प्रति सेकंड प्राप्त होती है।

(C) एक सिरे पर बंद नली के लिए,हार्मोनिक्स की आवृत्तियाँ $f_n = n \frac{v}{4L}$ द्वारा दी जाती हैं,जहाँ $n = 1, 3, 5, ...$ विषम पूर्णांक हैं। पांचवां हार्मोनिक $n = 5$ के अनुरूप है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{4L}{n} = \frac{4 \times 50 \ cm}{5} = 40 \ cm$ है।
बंद नली के लिए अप्रगामी तरंग का समीकरण (खुले सिरे को $x = 0$ मानते हुए) $y = A \cos(kx) \cos(\omega t)$ है,जहाँ $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{2\pi}{40} = \frac{\pi}{20} \ rad/cm$ है।
$x = 0$ पर,$y_1 = A \cos(0) \cos(\omega t) = A \cos(\omega t)$।
$x = 42 \ cm$ पर,$y_2 = A \cos(k \times 42) \cos(\omega t) = A \cos(\frac{\pi}{20} \times 42) \cos(\omega t) = A \cos(2.1\pi) \cos(\omega t) = A \cos(2\pi + 0.1\pi) \cos(\omega t) = A \cos(0.1\pi) \cos(\omega t)$।
चूंकि दोनों कण समान कला में दोलन करते हैं (कोज्या पदों का चिह्न समान है),इसलिए कलांतर $0^{\circ}$ है।

(B) प्रगामी तरंग का सामान्य समीकरण $s(x, t) = A \sin(kx - \omega t)$ है।
$1$. आयाम $(A)$: कण दो चरम बिंदुओं के बीच $10 \text{ cm}$ की दूरी तय करता है,जो कुल पथ लंबाई $(2A)$ है। अतः,$2A = 10 \text{ cm} = 0.10 \text{ m}$,इसलिए $A = 0.05 \text{ m}$।
$2$. कोणीय आवृत्ति $(\omega)$: $\omega = 2\pi f = 2 \times \pi \times 210 = 420\pi \approx 1320 \text{ rad/s}$।
$3$. तरंग संख्या $(k)$: $v = \frac{\omega}{k} \implies k = \frac{\omega}{v} = \frac{420\pi}{330} \approx 4 \text{ rad/m}$।
$4$. इन मानों को तरंग समीकरण में रखने पर: $s(x, t) = 0.05 \sin(4x - 1320t) \text{ m}$।

(D) एक खींची हुई डोरी की मूल आवृत्ति $f$ का सूत्र है: $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$,जहाँ $L$ लंबाई है,$T$ तनाव है,और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
दिया गया है $f_1 = 300 \ Hz$,$L_1 = L$,और $T_1 = T_1$. अतः,$300 = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}$.
दिया गया है $f_2 = 100 \ Hz$,$L_2 = 2L$,और $T_2 = T_2$. अतः,$100 = \frac{1}{2(2L)} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}} = \frac{1}{4L} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}$.
दोनों समीकरणों को विभाजित करने पर: $\frac{300}{100} = \frac{\frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}}{\frac{1}{4L} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}}$.
$3 = \frac{4L}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{T_2}} = 2 \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$.
$1.5 = \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $2.25 = \frac{T_1}{T_2}$,जो कि $\frac{9}{4} = \frac{T_1}{T_2}$ है।
अतः,$\frac{T_2}{T_1} = \frac{4}{9}$.

(D) कंपन करती डोरी की मूल आवृत्ति का सूत्र $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ है,जहाँ $L$ लंबाई है,$T$ तनाव है,और $\mu$ रैखिक द्रव्यमान घनत्व है।
प्रारंभ में,$f_1 = \frac{1}{2L_1} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}$.
दिया गया है कि लंबाई $25 \%$ कम हो जाती है,तो नई लंबाई $L_2 = L_1 - 0.25L_1 = 0.75L_1 = \frac{3}{4}L_1$.
नई आवृत्ति $f_2$ में $100 \%$ की वृद्धि होती है,इसलिए $f_2 = f_1 + 1.00f_1 = 2f_1$.
नई स्थिति के लिए आवृत्ति सूत्र का उपयोग करने पर: $f_2 = \frac{1}{2L_2} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}$.
$L_2$ और $f_2$ का मान रखने पर: $2f_1 = \frac{1}{2(\frac{3}{4}L_1)} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}} = \frac{4}{6L_1} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}} = \frac{2}{3L_1} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}$.
$f_2$ के व्यंजक को $f_1$ से विभाजित करने पर: $\frac{2f_1}{f_1} = \frac{\frac{2}{3L_1} \sqrt{\frac{T_2}{\mu}}}{\frac{1}{2L_1} \sqrt{\frac{T_1}{\mu}}}$.
$2 = \frac{2}{3} \cdot 2 \cdot \sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = \frac{4}{3} \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}$.
$\sqrt{\frac{T_2}{T_1}} = 2 \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\frac{T_2}{T_1} = (\frac{3}{2})^2 = \frac{9}{4}$.

(A) जब एक छड़ को उसके मध्य बिंदु पर क्लैंप किया जाता है,तो मध्य बिंदु एक नोड (node) के रूप में और दोनों सिरे एंटीनोड (antinode) के रूप में कार्य करते हैं।
मान लीजिए छड़ की लंबाई $L$ है। दो क्रमिक एंटीनोड के बीच की दूरी $\lambda/2$ होती है। यहाँ,छड़ केंद्र में क्लैंप की गई है,इसलिए लंबाई $L$ दो सिरों (एंटीनोड) के बीच की दूरी के बराबर है,जो $\lambda/2$ है।
अतः,$L = \lambda/2$,जिसका अर्थ है $\lambda = 2L$.
मूल आवृत्ति $f$ को $f = v/\lambda$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $v$ ध्वनि की गति है।
$\lambda = 2L$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $f = v/(2L)$ प्राप्त होता है।
दिया गया है: $L = 125 \ cm = 1.25 \ m$ और $v = 5000 \ ms^{-1}$.
$f = 5000 / (2 \times 1.25) = 5000 / 2.5 = 2000 \ Hz$.
$2000 \ Hz = 2 \ kHz$.

(B) दिया गया है: द्रव्यमान $m = 500 \ g = 0.5 \ kg$, ऊँचाई $h = 3.2 \ m$, प्रारंभिक वेग $u = 0 \ ms^{-1}$, अंतिम वेग $v = 6 \ ms^{-1}$, गुरुत्वीय त्वरण $g = 10 \ ms^{-2}$।
$h$ ऊँचाई पर पिंड की प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $PE_i = mgh = 0.5 \times 10 \times 3.2 = 16 \ J$ है।
प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $KE_i = \frac{1}{2}mu^2 = 0 \ J$ है।
कुल प्रारंभिक यांत्रिक ऊर्जा $E_i = PE_i + KE_i = 16 \ J$ है।
जमीन पर अंतिम स्थितिज ऊर्जा $PE_f = 0 \ J$ है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $KE_f = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times (6)^2 = 0.25 \times 36 = 9 \ J$ है।
कुल अंतिम यांत्रिक ऊर्जा $E_f = PE_f + KE_f = 9 \ J$ है।
वायु प्रतिरोध के कारण खोई गई ऊर्जा प्रारंभिक और अंतिम यांत्रिक ऊर्जा के बीच का अंतर है:
$Loss = E_i - E_f = 16 \ J - 9 \ J = 7 \ J$।

(D) पिंड की गतिज ऊर्जा $(K)$ का सूत्र $K = \frac{1}{2}mv^2$ है, जहाँ $m$ द्रव्यमान है और $v$ वेग का परिमाण है।
सबसे पहले, वेग सदिश $\vec{v} = (2 \hat{i} + 3 \hat{j} - 4 \hat{k}) \text{ m/s}$ का परिमाण ज्ञात करें।
$v = |\vec{v}| = \sqrt{2^2 + 3^2 + (-4)^2} = \sqrt{4 + 9 + 16} = \sqrt{29} \text{ m/s}$.
अतः, $v^2 = 29 \text{ m}^2/\text{s}^2$.
दिया गया है $K = 87 \text{ J}$, इन मानों को गतिज ऊर्जा के सूत्र में रखने पर:
$87 = \frac{1}{2} \times m \times 29$.
$87 = 14.5 \times m$.
$m = \frac{87}{14.5} = 6 \text{ kg}$.
इसलिए, पिंड का द्रव्यमान $6 \text{ kg}$ है।

(A) पिंड को दी गई शक्ति $P = \frac{dK}{dt} = 3t^2 + 3$ है,जहाँ $K$ गतिज ऊर्जा है।
समय $t$ के सापेक्ष $0$ से $3 \ s$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{K} dK = \int_{0}^{3} (3t^2 + 3) dt$
$K = [t^3 + 3t]_{0}^{3} = (3^3 + 3(3)) - 0 = 27 + 9 = 36 \ J$.
चूँकि प्रारंभिक वेग शून्य है,इसलिए प्रारंभिक गतिज ऊर्जा शून्य है।
गतिज ऊर्जा के सूत्र $K = \frac{1}{2}mv^2$ का उपयोग करने पर:
$36 = \frac{1}{2} \times 0.5 \times v^2$
$36 = 0.25 \times v^2$
$v^2 = \frac{36}{0.25} = 144$
$v = \sqrt{144} = 12 \ ms^{-1}$.

(A) एक परिवर्ती बल $F(y)$ द्वारा एक कण को $y_1$ से $y_2$ तक विस्थापित करने में किया गया कार्य $W$ समाकलन द्वारा दिया जाता है: $W = \int_{y_1}^{y_2} F(y) dy$.
यहाँ $F(y) = -\frac{K}{y^2}$,$y_1 = a$,और $y_2 = 2a$ दिया गया है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $W = \int_{a}^{2a} (-\frac{K}{y^2}) dy$.
$W = -K \int_{a}^{2a} y^{-2} dy$.
$y^{-2}$ का समाकलन $-y^{-1} = -\frac{1}{y}$ होता है।
$W = -K [-\frac{1}{y}]_{a}^{2a}$.
$W = K [\frac{1}{y}]_{a}^{2a}$.
$W = K (\frac{1}{2a} - \frac{1}{a})$.
$W = K (\frac{1-2}{2a}) = K (-\frac{1}{2a}) = -\frac{K}{2a}$.

(C) दिया गया है: बल $F = 10 \ N$,द्रव्यमान $m = 1.5 \ kg$,गतिज घर्षण गुणांक $\mu_k = 0.2$,$g = 10 \ m/s^2$,प्रारंभिक वेग $u = 0$,समय $t = 6 \ s$.
सबसे पहले,गतिज घर्षण बल की गणना करें: $f_k = \mu_k \cdot m \cdot g = 0.2 \times 1.5 \times 10 = 3 \ N$.
ब्लॉक पर कार्य करने वाला कुल बल $F_{net} = F - f_k = 10 - 3 = 7 \ N$ है।
ब्लॉक का त्वरण $a = F_{net} / m = 7 / 1.5 = 14 / 3 \ m/s^2$ है।
$t = 6 \ s$ में विस्थापन $s = ut + (1/2)at^2 = 0 + (1/2) \times (14/3) \times (6)^2 = (1/2) \times (14/3) \times 36 = 7 \times 12 = 84 \ m$ है।
लगाए गए बल द्वारा किया गया कार्य $W = F \times s = 10 \times 84 = 840 \ J$ है।

(B) माना प्रिज्म कोण $A = 90^{\circ}$ और अपवर्तनांक $\mu = \sqrt{2}$ है।
दूसरे फलक पर पूर्ण आंतरिक परावर्तन $(TIR)$ के लिए, दूसरे फलक पर आपतन कोण $r_2$ क्रांतिक कोण $C$ से अधिक होना चाहिए।
क्रांतिक कोण $C$ के लिए $\sin C = \frac{1}{\mu} = \frac{1}{\sqrt{2}}$, जिससे $C = 45^{\circ}$ प्राप्त होता है।
अतः, $TIR$ के लिए $r_2 > 45^{\circ}$ होना चाहिए।
प्रिज्म की ज्यामिति के अनुसार, $r_1 + r_2 = A = 90^{\circ}$।
$r_2 > 45^{\circ}$ रखने पर, हमें $r_1 < 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ प्राप्त होता है।
पहले फलक पर स्नेल के नियम का उपयोग करने पर: $\sin i = \mu \sin r_1$।
चूंकि $r_1 < 45^{\circ}$, इसलिए $\sin r_1 < \sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
अतः, $\sin i < \sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 1$, जिसका अर्थ है $i < 90^{\circ}$।
हालाँकि, प्रकाश के प्रिज्म में प्रवेश करने और शर्त को पूरा करने के लिए, हम सीमावर्ती स्थिति देखते हैं जहाँ $r_2 = 45^{\circ}$, जिसका अर्थ है $r_1 = 45^{\circ}$।
तब $\sin i = \sqrt{2} \sin 45^{\circ} = 1$, इसलिए $i = 90^{\circ}$।

(B) जब प्रकाश एक मोटे लेंस से गुजरता है,तो यह एक प्रिज्म की तरह व्यवहार करता है।
प्रकाश की विभिन्न तरंग दैर्ध्य (रंग) लेंस सामग्री के भीतर अलग-अलग गति से यात्रा करती हैं,जिससे प्रत्येक रंग के लिए अपवर्तनांक अलग-अलग होता है।
यह घटना,जिसमें तरंग दैर्ध्य के साथ अपवर्तनांक में परिवर्तन के कारण श्वेत प्रकाश अपने घटक रंगों में विभाजित हो जाता है,वर्ण-विक्षेपण (Dispersion) कहलाती है।
परिणामस्वरूप,लेंस विभिन्न रंगों को थोड़े अलग बिंदुओं पर केंद्रित करता है,जिसके परिणामस्वरूप रंगीन किनारे या धुंधली छवियां बनती हैं,जिसे वर्ण विपथन (Chromatic aberration) के रूप में जाना जाता है।
इसलिए,मोटे लेंस के कारण रंगीन छवियों का बनना वर्ण-विक्षेपण के गुण द्वारा समझाया जाता है।

(A) छोटे कोण वाले प्रिज्म के लिए,विचलन कोण $\delta$ का सूत्र है: $\delta = (\mu - 1)A$,जहाँ $\mu$ अपवर्तनांक है और $A$ प्रिज्म का कोण है।
कोणीय विक्षेपण $\theta$,बैंगनी और लाल प्रकाश के लिए विचलन कोणों का अंतर है: $\theta = \delta_v - \delta_r$.
विचलन का सूत्र प्रतिस्थापित करने पर: $\theta = (\mu_v - 1)A - (\mu_r - 1)A = (\mu_v - \mu_r)A$.
दिए गए मान: $\mu_v = 1.52$,$\mu_r = 1.48$,और $A = 6^{\circ}$.
गणना: $\theta = (1.52 - 1.48) \times 6^{\circ} = 0.04 \times 6^{\circ} = 0.24^{\circ}$.
अतः,कोणीय विक्षेपण $0.24^{\circ}$ है।

(C) समबाहु प्रिज्म के लिए,प्रिज्म का कोण $A = 60^{\circ}$ होता है।
दिया गया है कि न्यूनतम विचलन कोण $\delta_m = A = 60^{\circ}$ है।
प्रिज्म के अपवर्तनांक $n$ का सूत्र $n = \frac{\sin((A + \delta_m) / 2)}{\sin(A / 2)}$ है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $n = \frac{\sin((60^{\circ} + 60^{\circ}) / 2)}{\sin(60^{\circ} / 2)}$.
$n = \frac{\sin(120^{\circ} / 2)}{\sin(30^{\circ})} = \frac{\sin(60^{\circ})}{\sin(30^{\circ})}$.
चूंकि $\sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ और $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,इसलिए $n = \frac{\sqrt{3} / 2}{1 / 2} = \sqrt{3}$.
$\sqrt{3}$ का मान लगभग $1.732$ होता है।

(C) छोटे कोण वाले प्रिज्म के लिए,आपतन कोण $i$,पहले फलक पर अपवर्तन कोण $r_1$,दूसरे फलक पर अपवर्तन कोण $r_2$ और निर्गत कोण $e$ के बीच संबंध इस प्रकार है:
$A = r_1 + r_2$
यह दिया गया है कि किरण दूसरे फलक से अभिलंबवत बाहर निकलती है,इसलिए निर्गत कोण $e = 0^{\circ}$,जिसका अर्थ है कि $r_2 = 0^{\circ}$।
चूंकि प्रिज्म कोण $A = 6^{\circ}$ है,इसलिए $r_1 = A - r_2 = 6^{\circ} - 0^{\circ} = 6^{\circ}$।
पहले फलक पर स्नेल के नियम के अनुसार,$n_1 \sin(i) = n_2 \sin(r_1)$,जहाँ $n_1 = 1$ (वायु) और $n_2 = n$ (प्रिज्म का पदार्थ)।
$1 \cdot \sin(9.3^{\circ}) = n \cdot \sin(6^{\circ})$.
छोटे कोणों के लिए $\sin(\theta) \approx \theta$ का उपयोग करने पर:
$n = \frac{\sin(9.3^{\circ})}{\sin(6^{\circ})} \approx \frac{9.3}{6} = 1.55$.
अतः,प्रिज्म के पदार्थ का अपवर्तनांक $1.55$ है।

(A) इलेक्ट्रॉन की प्रारंभिक गतिज ऊर्जा $K_i = \frac{1}{2}mv^2$ है।
जैसे ही इलेक्ट्रॉन अवरोध विभव $V$ से गुजरता है,वह $eV$ के बराबर ऊर्जा खो देता है।
अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f = K_i - eV = \frac{1}{2}mv_f^2$ द्वारा दी जाती है।
मान रखने पर: $K_i = \frac{1}{2} \times (9 \times 10^{-31}) \times (5 \times 10^5)^2 = 0.5 \times 9 \times 10^{-31} \times 25 \times 10^{10} = 112.5 \times 10^{-21} \ J$।
खोई हुई ऊर्जा $eV = 1.6 \times 10^{-19} \times 0.45 = 0.72 \times 10^{-19} = 72 \times 10^{-21} \ J$ है।
अतः,$K_f = 112.5 \times 10^{-21} - 72 \times 10^{-21} = 40.5 \times 10^{-21} \ J$।
अब,$\frac{1}{2}mv_f^2 = 40.5 \times 10^{-21} \implies v_f^2 = \frac{2 \times 40.5 \times 10^{-21}}{9 \times 10^{-31}} = 9 \times 10^{10} \ m^2/s^2$।
इसलिए,$v_f = 3 \times 10^5 \ m/s$।

(A) दिया गया है: पावर गेन $(A_p)$ = $1800$, वोल्टेज गेन $(A_v)$ = $60$, एमिटर करंट में परिवर्तन $(\Delta I_e)$ = $0.62 \text{ mA}$।
हम जानते हैं कि पावर गेन $(A_p)$ = करंट गेन $(\beta)$ $\times$ वोल्टेज गेन $(A_v)$।
इसलिए, $\beta = A_p / A_v = 1800 / 60 = 30$।
हम यह भी जानते हैं कि कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में करंट गेन $\beta = \Delta I_c / \Delta I_b$ होता है, और $\Delta I_e = \Delta I_b + \Delta I_c$ होता है।
$\Delta I_b = \Delta I_c / \beta$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें मिलता है $\Delta I_e = \Delta I_c / \beta + \Delta I_c = \Delta I_c (1 + 1/\beta) = \Delta I_c ((\beta + 1) / \beta)$।
$\Delta I_c$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\Delta I_c = \Delta I_e \times (\beta / (\beta + 1))$।
मान रखने पर: $\Delta I_c = 0.62 \times (30 / 31) = 0.62 \times (0.9677) \approx 0.60 \text{ mA}$।

(D) उत्सर्जक धारा $I_E$ आवेश के प्रवाह की दर द्वारा दी जाती है: $I_E = \frac{q}{t} = \frac{n \cdot e}{t}$.
यहाँ $n = 10^{10}$, $e = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$, और $t = 0.4 \times 10^{-6} \text{ s}$ दिया गया है।
$I_E = \frac{10^{10} \times 1.6 \times 10^{-19}}{0.4 \times 10^{-6}} = \frac{1.6 \times 10^{-9}}{0.4 \times 10^{-6}} = 4 \times 10^{-3} \text{ A} = 4 \text{ mA}$.
चूंकि $5 \%$ इलेक्ट्रॉन आधार में खो जाते हैं, इसलिए संग्राहक धारा $I_C$, उत्सर्जक धारा $I_E$ का $95 \%$ होगी।
$I_C = 0.95 \times I_E = 0.95 \times 4 \text{ mA} = 3.8 \text{ mA}$.

(A) एक ट्रांजिस्टर स्विच के रूप में तब कार्य करता है जब इसे दो अवस्थाओं के बीच संचालित किया जाता है: $OFF$ अवस्था और $ON$ अवस्था।
$OFF$ अवस्था में,ट्रांजिस्टर कटऑफ क्षेत्र में होता है,जहाँ कलेक्टर धारा शून्य होती है।
$ON$ अवस्था में,ट्रांजिस्टर सैचुरेशन क्षेत्र में होता है,जहाँ कलेक्टर धारा अधिकतम होती है और आउटपुट वोल्टेज बहुत कम होता है।
एक्टिव क्षेत्र का उपयोग प्रवर्धन (amplification) के लिए किया जाता है,स्विचिंग के लिए नहीं।
इसलिए,ट्रांजिस्टर कटऑफ या सैचुरेशन क्षेत्र में एक स्विच के रूप में कार्य करता है।

(B) कॉमन एमिटर ट्रांजिस्टर कॉन्फ़िगरेशन में,ट्रांसफर विशेषता वक्र तीन अलग-अलग क्षेत्रों को दर्शाता है:
$1$. कटऑफ क्षेत्र: जब इनपुट वोल्टेज $(V_{i})$ कम होता है,तो ट्रांजिस्टर कटऑफ क्षेत्र में होता है और आउटपुट वोल्टेज $(V_{o})$ उच्च ($V_{CC}$ के करीब) होता है। यह क्षेत्र $I$ के अनुरूप है।
$2$. एक्टिव क्षेत्र: जैसे-जैसे $(V_{i})$ बढ़ता है,ट्रांजिस्टर एक्टिव क्षेत्र में प्रवेश करता है जहाँ आउटपुट वोल्टेज $(V_{o})$ का मान $(V_{i})$ के साथ रैखिक रूप से घटता है। यह क्षेत्र $II$ के अनुरूप है।
$3$. सैचुरेशन क्षेत्र: जब $(V_{i})$ उच्च होता है,तो ट्रांजिस्टर सैचुरेशन क्षेत्र में प्रवेश करता है और आउटपुट वोल्टेज $(V_{o})$ बहुत कम ($0$ के करीब) हो जाता है। यह क्षेत्र $III$ के अनुरूप है।
इसलिए,एक्टिव,सैचुरेशन और कटऑफ क्षेत्र क्रमशः $II, III$ और $I$ द्वारा दर्शाए गए हैं।

(D) कॉमन एमिटर कॉन्फ़िगरेशन में,करंट एम्प्लीफिकेशन फैक्टर $\beta = 80$ द्वारा दिया जाता है।
एमिटर करंट $(I_E)$,कलेक्टर करंट $(I_C)$ और बेस करंट $(I_B)$ के बीच का संबंध $I_E = I_C + I_B$ है।
हम जानते हैं कि $\beta = \frac{I_C}{I_B}$,जिसका अर्थ है $I_C = \beta I_B$.
पहले समीकरण में $I_C$ का मान रखने पर: $I_E = \beta I_B + I_B = I_B(\beta + 1)$.
दिया गया है कि $I_E = 2.43 \text{ mA} = 2430 \mu \text{A}$ और $\beta = 80$.
$I_B = \frac{I_E}{\beta + 1} = \frac{2430 \mu \text{A}}{80 + 1} = \frac{2430 \mu \text{A}}{81}$.
$I_B = 30 \mu \text{A}$.

(B) एम्पलीफायर में नेगेटिव फीडबैक एक ऐसी तकनीक है जिसमें आउटपुट सिग्नल का एक हिस्सा मूल इनपुट सिग्नल के विपरीत कला (phase opposition) में इनपुट में वापस दिया जाता है।
यह प्रक्रिया एम्पलीफायर के कुल गेन (gain) को कम करती है लेकिन कई लाभ प्रदान करती है।
विशेष रूप से,नेगेटिव फीडबैक एम्पलीफायर सर्किट द्वारा उत्पन्न शोर और विरूपण (distortion) को काफी कम कर देता है।
यह बैंडविड्थ को भी बढ़ाता है और तापमान या घटकों के पुराने होने के कारण होने वाले परिवर्तनों के विरुद्ध गेन को स्थिर करता है।
इसलिए,नेगेटिव फीडबैक का सही प्रभाव शोर और विरूपण दोनों को कम करना है।

(D) आइए सर्किट का चरण-दर-चरण विश्लेषण करें:
$1$. शीर्ष $NAND$ गेट में इनपुट $1$ और $0$ हैं। आउटपुट $(1 \cdot 0)' = 0' = 1$ है।
$2$. मध्य $AND$ गेट में इनपुट $1$ और $1$ हैं। आउटपुट $1 \cdot 1 = 1$ है।
$3$. नीचे वाले $OR$ गेट में इनपुट $0$ और $1$ हैं। आउटपुट $0 + 1 = 1$ है।
$4$. शीर्ष $NOR$ गेट $NAND$ गेट $(1)$ और $AND$ गेट $(1)$ से इनपुट प्राप्त करता है। इसका आउटपुट $y_1 = (1 + 1)' = 1' = 0$ है।
$5$. नीचे वाला $NOR$ गेट $AND$ गेट $(1)$ और $OR$ गेट $(1)$ से इनपुट प्राप्त करता है। इसका आउटपुट $y_2 = (1 + 1)' = 1' = 0$ है।
$6$. अंतिम $AND$ गेट $y_1 = 0$ और $y_2 = 0$ इनपुट प्राप्त करता है। इसका आउटपुट $y_3 = 0 \cdot 0 = 0$ है।
अतः,मान $y_1 = 0, y_2 = 0, y_3 = 0$ हैं।

(D) एक यूनिवर्सल गेट वह लॉजिक गेट है जिसका उपयोग किसी अन्य प्रकार के गेट की आवश्यकता के बिना किसी भी अन्य लॉजिक गेट या बूलियन फ़ंक्शन को लागू करने के लिए किया जा सकता है।
$NAND$ और $NOR$ गेट को यूनिवर्सल गेट के रूप में जाना जाता है।
दिए गए विकल्पों में,$NAND$ एक यूनिवर्सल गेट है।
इसलिए,सही विकल्प $D$ है।

(A) इस परिपथ में एक $NAND$ गेट,एक $NOR$ गेट और एक $AND$ गेट शामिल है।
$1$. $NAND$ गेट के इनपुट $A=1$ और $B=0$ हैं। $NAND$ गेट का आउटपुट $y_1 = \overline{A \cdot B}$ द्वारा दिया जाता है। अतः,$y_1 = \overline{1 \cdot 0} = \overline{0} = 1$.
$2$. $NOR$ गेट के इनपुट $B=0$ और $C=1$ हैं। $NOR$ गेट का आउटपुट $y_2 = \overline{B + C}$ द्वारा दिया जाता है। अतः,$y_2 = \overline{0 + 1} = \overline{1} = 0$.
$3$. $AND$ गेट के इनपुट $y_1=1$ और $y_2=0$ हैं। $AND$ गेट का आउटपुट $y_3 = y_1 \cdot y_2$ द्वारा दिया जाता है। अतः,$y_3 = 1 \cdot 0 = 0$.
इसलिए,मान $y_1=1, y_2=0, y_3=0$ हैं।

(D) परम शून्य तापमान $(T = 0 \ K)$ पर,सभी संयोजी इलेक्ट्रॉन क्रिस्टल जालक में अपने संबंधित परमाणुओं के साथ मजबूती से बंधे होते हैं।
इलेक्ट्रॉनों को वैलेंस बैंड से कंडक्शन बैंड में उत्तेजित करने के लिए कोई तापीय ऊर्जा उपलब्ध नहीं होती है।
परिणामस्वरूप,कंडक्शन बैंड पूरी तरह से खाली रहता है और वैलेंस बैंड पूरी तरह से भरा होता है।
मुक्त आवेश वाहकों की अनुपस्थिति के कारण,अर्धचालक एक आदर्श अचालक (insulator) के रूप में कार्य करता है।

(B) उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ संबंध द्वारा दी जाती है।
यहाँ ऊर्जा अंतराल $E = 1.9 \ eV$ दिया गया है।
हम जानते हैं कि $hc \approx 1240 \ eV \cdot nm$ होता है।
अतः,तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{hc}{E} = \frac{1240 \ eV \cdot nm}{1.9 \ eV} \approx 652.6 \ nm$ है।
लाल प्रकाश के लिए तरंगदैर्ध्य की सीमा लगभग $620 \ nm$ से $750 \ nm$ होती है।
चूंकि $652.6 \ nm$ इस सीमा के भीतर आता है,इसलिए $LED$ द्वारा उत्सर्जित प्रकाश का रंग लाल है।

(A) $LC$ परिपथ की अनुनादी आवृत्ति (resonant frequency) का सूत्र $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$ होता है।
यहाँ,$\omega$ कोणीय आवृत्ति को दर्शाता है,जिसकी विमा $[T^{-1}]$ होती है।
इसलिए,$(LC)^{-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \omega$.
कोणीय आवृत्ति का विमीय सूत्र $[M^0 L^0 T^{-1}]$ है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) फ्रेनेल दूरी $(z_F)$ वह दूरी है जहाँ तक किरण प्रकाशिकी एक अच्छा सन्निकटन है। यह सूत्र द्वारा दी जाती है:
$z_F = \frac{a^2}{\lambda}$
जहाँ $a$ द्वारक का आकार है और $\lambda$ प्रकाश की तरंगदैर्ध्य है।
दिया गया है:
द्वारक $a = 5 \times 10^{-3} \ m$
फ्रेनेल दूरी $z_F = 50 \ m$
सूत्र में मान रखने पर:
$50 = \frac{(5 \times 10^{-3})^2}{\lambda}$
$50 = \frac{25 \times 10^{-6}}{\lambda}$
$\lambda = \frac{25 \times 10^{-6}}{50}$
$\lambda = 0.5 \times 10^{-6} \ m$
$\lambda = 5 \times 10^{-7} \ m$
एंगस्ट्रॉम $(\text{Å})$ में बदलने पर:
$1 \ \text{Å} = 10^{-10} \ m$
$\lambda = 5 \times 10^{-7} \times 10^{10} \ \text{Å} = 5000 \ \text{Å}$
अतः, सही विकल्प $A$ है।

(B) फ्रेनेल दूरी $(z_F)$ वह दूरी है जिस पर किरण प्रकाशिकी $a$ आकार के द्वारक और $\lambda$ तरंगदैर्ध्य के लिए एक अच्छा सन्निकटन है। यह सूत्र द्वारा दी जाती है: $z_F = \frac{a^2}{\lambda}$.
दिया गया है:
द्वारक $a = 0.3 \ cm = 0.3 \times 10^{-2} \ m = 3 \times 10^{-3} \ m$.
तरंगदैर्ध्य $\lambda = 6000 \ Å = 6000 \times 10^{-10} \ m = 6 \times 10^{-7} \ m$.
सूत्र में मान रखने पर:
$z_F = \frac{(3 \times 10^{-3})^2}{6 \times 10^{-7}}$
$z_F = \frac{9 \times 10^{-6}}{6 \times 10^{-7}}$
$z_F = 1.5 \times 10^1 = 15 \ m$.
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(B) माना प्रत्येक तरंग की तीव्रता $I_0$ है। $I_1$ और $I_2$ तीव्रता वाली दो तरंगों के लिए अधिकतम तीव्रता $I_{max} = (\sqrt{I_1} + \sqrt{I_2})^2$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है कि $I_1 = I_2 = I_0$,तो अधिकतम तीव्रता $I = (\sqrt{I_0} + \sqrt{I_0})^2 = (2\sqrt{I_0})^2 = 4I_0$ है। अतः,$I_0 = I/4$ है।
अब,एक तरंग की तीव्रता को चार गुना कर दिया जाता है,इसलिए $I_1' = 4I_0 = 4(I/4) = I$ और $I_2' = I_0 = I/4$ है।
नई अधिकतम तीव्रता $I_{max}' = (\sqrt{I_1'} + \sqrt{I_2'})^2 = (\sqrt{I} + \sqrt{I/4})^2 = (\sqrt{I} + \frac{\sqrt{I}}{2})^2 = (\frac{3\sqrt{I}}{2})^2 = \frac{9I}{4}$ है।

(A) ब्रूस्टर के नियम के अनुसार,जब प्रकाश ध्रुवण कोण $(i_p)$ पर आपतित होता है,तो परावर्तित प्रकाश पूर्णतः समतल ध्रुवित होता है।
इस कोण पर,परावर्तित किरण और अपवर्तित किरण एक-दूसरे के लंबवत होती हैं।
ब्रूस्टर का नियम कहता है कि $\tan(i_p) = \mu$.
यहाँ $\mu = \sqrt{3}$ दिया गया है,इसलिए $\tan(i_p) = \sqrt{3}$,जिसका अर्थ है $i_p = 60^{\circ}$।
स्नेल के नियम के अनुसार,$\mu_1 \sin(i_p) = \mu_2 \sin(r)$,जहाँ $r$ अपवर्तन कोण है।
यहाँ,$\mu_1 = 1$ (हवा) और $\mu_2 = \sqrt{3}$ है।
$1 \cdot \sin(60^{\circ}) = \sqrt{3} \cdot \sin(r)$.
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \cdot \sin(r)$.
$\sin(r) = \frac{1}{2}$.
अतः,$r = 30^{\circ}$।

(D) व्यतिकरण पैटर्न में किसी भी बिंदु पर तीव्रता $I_p = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\phi$ कलांतर है।
यहाँ $I_{max} = I$ (केंद्रीय दीप्त फ्रिंज की तीव्रता) दिया गया है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है।
दिया गया है कि $\Delta x = \frac{\lambda}{3}$,इसलिए $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{3} = \frac{2\pi}{3}$ है।
इस मान को तीव्रता के सूत्र में रखने पर:
$I_p = I \cos^2(\frac{2\pi/3}{2}) = I \cos^2(\frac{\pi}{3})$.
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$,इसलिए $I_p = I (\frac{1}{2})^2 = \frac{I}{4}$ प्राप्त होता है।

(C) $n^{\text{th}}$ दीप्त फ्रिंज की स्थिति $y_n = n \beta$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ है।
$n^{\text{th}}$ अदीप्त फ्रिंज की स्थिति $y'_n = (n - 0.5) \beta$ द्वारा दी जाती है।
$5^{\text{th}}$ दीप्त फ्रिंज $(y_5 = 5 \beta)$ और $7^{\text{th}}$ अदीप्त फ्रिंज $(y'_7 = (7 - 0.5) \beta = 6.5 \beta)$ के बीच की दूरी $3 \text{ mm}$ दी गई है:
$|6.5 \beta - 5 \beta| = 3 \text{ mm} \implies 1.5 \beta = 3 \text{ mm} \implies \beta = 2 \text{ mm}$.
अब, हमें $5^{\text{th}}$ अदीप्त फ्रिंज $(y'_5 = (5 - 0.5) \beta = 4.5 \beta)$ और $7^{\text{th}}$ दीप्त फ्रिंज $(y_7 = 7 \beta)$ के बीच की दूरी ज्ञात करनी है:
दूरी $= |7 \beta - 4.5 \beta| = 2.5 \beta$.
$\beta = 2 \text{ mm}$ रखने पर:
दूरी $= 2.5 \times 2 \text{ mm} = 5 \text{ mm}$.