Law of Radioactivity by Rutherford and Soddy and Half Life and Mean Life Questions in Gujarati

(A) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થની સક્રિયતા $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ સંબંધને અનુસરે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે સક્રિયતા તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $\frac{1}{16}$ ભાગ સુધી ઘટે છે,તેથી $\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
કારણ કે $\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^4$,તેથી આપણને $n = 4$ મળે છે.
કુલ સમય $T = n \times t_{1/2}$ છે,જ્યાં $t_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
$T = 80\, days$ આપેલ હોવાથી,$80 = 4 \times t_{1/2}$ થાય.
તેથી,$t_{1/2} = \frac{80}{4} = 20\, days$.

(B) એક્ટિવિટી $A$ નું સૂત્ર $A = \lambda N$ છે.
પ્રથમ, ક્ષય અચળાંક $\lambda$ ની ગણતરી કરો:
$\lambda = \frac{\ln 2}{t_{1/2}} = \frac{0.693}{3 \times 24 \times 3600 \, \text{s}} \approx 2.67 \times 10^{-6} \, \text{s}^{-1}$.
ત્યારબાદ, $2 \, \text{mg}$ ${}^{198} {Au}$ માં પરમાણુઓની સંખ્યા $N$ શોધો:
$N = \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} \times N_A = \frac{2 \times 10^{-3} \, \text{g}}{198 \, \text{g/mol}} \times 6 \times 10^{23} \, \text{atoms/mol} \approx 6.06 \times 10^{18} \, \text{atoms}$.
હવે, એક્ટિવિટી $A$ ની ગણતરી કરો:
$A = \lambda N = (2.67 \times 10^{-6} \, \text{s}^{-1}) \times (6.06 \times 10^{18}) \approx 16.18 \times 10^{12} \, \text{disintegrations/second}$.

(C) ધારો કે શરૂઆતમાં ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ છે.
$1$. જ્યારે એક ચતુર્થાંશ ન્યુક્લિયસનું ક્ષય થાય ત્યારે સમય $t_1$:
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_1 = N_0 - \frac{1}{4}N_0 = \frac{3}{4}N_0$.
ક્ષયના નિયમ $N = N_0 e^{-\lambda t}$ મુજબ,$\frac{3}{4}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_1}$,તેથી $\ln(3/4) = -\lambda t_1$,એટલે કે $t_1 = \frac{\ln(4/3)}{\lambda}$.
$2$. જ્યારે અડધા ન્યુક્લિયસનું ક્ષય થાય ત્યારે સમય $t_2$:
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસ $N_2 = N_0 - \frac{1}{2}N_0 = \frac{1}{2}N_0$.
ક્ષયના નિયમ મુજબ,$\frac{1}{2}N_0 = N_0 e^{-\lambda t_2}$,તેથી $\ln(1/2) = -\lambda t_2$,એટલે કે $t_2 = \frac{\ln 2}{\lambda}$.
$3$. સમયગાળાનો તફાવત $\Delta t = t_2 - t_1$:
$\Delta t = \frac{\ln 2}{\lambda} - \frac{\ln(4/3)}{\lambda} = \frac{1}{\lambda} [\ln 2 - (\ln 4 - \ln 3)] = \frac{1}{\lambda} [\ln 2 - 2\ln 2 + \ln 3] = \frac{\ln(3/2)}{\lambda}$.

(B) સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A$ એ $A = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
આપેલ છે કે $t = 30\, \text{વર્ષ}$ પર $A = \frac{1}{8} A_0$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{8} A_0 = A_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
$\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{30}{T_{1/2}}}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $3 = \frac{30}{T_{1/2}}$.
તેથી, $T_{1/2} = \frac{30}{3} = 10\, \text{વર્ષ}$.

(C) $t$ સમયે અક્ષયિત ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_{0}e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{d} = N_{0} - N = N_{0} - N_{0}e^{-\lambda t} = N_{0}(1 - e^{-\lambda t})$ છે.
આપેલ છે કે $f = \frac{N_{d}}{N_{0}}$,તેથી $f = \frac{N_{0}(1 - e^{-\lambda t})}{N_{0}} = 1 - e^{-\lambda t}$ થાય.
સમયની સાપેક્ષે $f$ માં થતા ફેરફારનો દર શોધવા માટે,આપણે $f$ નું $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરીશું:
$\frac{df}{dt} = \frac{d}{dt}(1 - e^{-\lambda t}) = 0 - (e^{-\lambda t})(-\lambda) = \lambda e^{-\lambda t}$.

(C) સમય $t$ પર કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q = q_0 e^{-\frac{t}{RC}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $RC$ એ $RC$ સર્કિટનો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
સમય $t$ પર રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A = A_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે અને $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
આપેલ છે કે ગુણોત્તર $\frac{q}{A}$ સમયની સાપેક્ષમાં અચળ છે,તેથી:
$\frac{q}{A} = \frac{q_0 e^{-\frac{t}{RC}}}{A_0 e^{-\lambda t}} = \text{અચળ}$
આ ગુણોત્તર સમયથી સ્વતંત્ર રહે તે માટે,ઘાતાંકીય પદો એકબીજાને રદ કરવા જોઈએ,જેનો અર્થ છે:
$-\frac{t}{RC} = -\lambda t \implies \lambda = \frac{1}{RC}$
આપણે જાણીએ છીએ કે સરેરાશ આયુષ્ય $\tau = \frac{1}{\lambda} = 30 \, ms = 30 \times 10^{-3} \, s$ છે.
તેથી,$\lambda = \frac{1}{30 \times 10^{-3}} \, s^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{RC}$ ને $R$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$R = \frac{1}{\lambda C} = \tau \times \frac{1}{C}$
અહીં $C = 200 \, \mu F = 200 \times 10^{-6} \, F$ આપેલ છે:
$R = \frac{30 \times 10^{-3}}{200 \times 10^{-6}} = \frac{30000}{200} = 150 \, \Omega$.

(B) પરમાણુ ભાર $M$ ધરાવતા $m$ દળમાં પરમાણુઓની સંખ્યા $N = \frac{m}{M} N_A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $N_A$ એ એવોગેડ્રો આંક છે.
પ્રારંભિક પરમાણુઓની સંખ્યા: $N_{A,0} = \frac{m}{M_A} N_A$ અને $N_{B,0} = \frac{m}{M_B} N_A$.
આપેલ છે કે $m_A = m_B = 10^{-2} \ kg$ અને $\frac{M_A}{M_B} = \frac{1}{2}$,તેથી $M_B = 2M_A$.
આમ,$\frac{N_{A,0}}{N_{B,0}} = \frac{M_B}{M_A} = 2$.
$t = 16 \ s$ સમય પછી,બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N(t) = N_0 (0.5)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ છે.
પદાર્થ $A$ માટે: $N_A(16) = N_{A,0} (0.5)^{\frac{16}{4}} = N_{A,0} (0.5)^4 = \frac{N_{A,0}}{16}$.
પદાર્થ $B$ માટે: $N_B(16) = N_{B,0} (0.5)^{\frac{16}{8}} = N_{B,0} (0.5)^2 = \frac{N_{B,0}}{4}$.
ગુણોત્તર $\frac{N_A(16)}{N_B(16)} = \frac{N_{A,0}}{16} \times \frac{4}{N_{B,0}} = \frac{1}{4} \times \frac{N_{A,0}}{N_{B,0}} = \frac{1}{4} \times 2 = \frac{1}{2} = \frac{50}{100}$.
તેથી,$x = 50$.

(D) કુલ ક્ષય અચળાંક $\lambda_{\text{eq}}$ એ બે પ્રક્રિયાઓ માટેના વ્યક્તિગત ક્ષય અચળાંકોનો સરવાળો છે: $\lambda_{\text{eq}} = \lambda_1 + \lambda_2$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ એ અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ સાથે $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$\frac{\ln 2}{(T_{1/2})_{\text{eq}}} = \frac{\ln 2}{(T_{1/2})_1} + \frac{\ln 2}{(T_{1/2})_2}$.
બંને બાજુ $\ln 2$ વડે ભાગતા,આપણને અસરકારક અર્ધ-આયુષ્ય માટેનું સૂત્ર મળે છે:
$(T_{1/2})_{\text{eq}} = \frac{(T_{1/2})_1 \times (T_{1/2})_2}{(T_{1/2})_1 + (T_{1/2})_2}$.
આપેલ કિંમતો $(T_{1/2})_1 = 3.0 \, hours$ અને $(T_{1/2})_2 = 4.5 \, hours$ મૂકતા:
$(T_{1/2})_{\text{eq}} = \frac{3.0 \times 4.5}{3.0 + 4.5} = \frac{13.5}{7.5} = 1.8 \, hours$.

(C) વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે રેડિયોએક્ટિવિટી ભૌતિક અને રાસાયણિક પરિસ્થિતિઓથી સ્વતંત્ર છે.
વિધાન $(B)$ સાચું છે. રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે ઘાતાંકીય ક્ષય દર્શાવે છે.
વિધાન $(C)$ સાચું છે. ક્ષયના નિયમનું પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(N) = \ln(N_0) - \lambda t$. $\ln(N)$ વિરુદ્ધ $t$ ના આલેખનો ઢાળ $-\lambda$ છે. સરેરાશ આયુષ્ય $\tau = 1/\lambda$ હોવાથી,ઢાળ $-1/\tau$ થાય છે.
વિધાન $(D)$ ખોટું છે કારણ કે $\lambda \times T_{1/2} = \ln(2) \approx 0.693$,જે એક અચળાંક છે.
તેથી,વિધાન $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(A) અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{1/2} = 5$ વર્ષ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે નમૂનો તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $6.25 \%$ સુધી ઘટી જાય છે,તેથી $\frac{N}{N_0} = \frac{6.25}{100} = \frac{1}{16}$.
કારણ કે $\frac{1}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^4$,તેથી $n = 4$ મળે છે.
કુલ સમય $x = n \times T_{1/2} = 4 \times 5 = 20$ વર્ષ થાય છે.

(B) કોઈપણ સમયે એક્ટિવિટી $A$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0$ સાથે $A = A_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે, જ્યાં $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે。
આપેલ છે કે $A_0 = 2.56 \times 10^{-3} \, Ci$, $A = 2 \times 10^{-5} \, Ci$, અને $T_{1/2} = 5 \, \text{દિવસ}$。
કિંમતો મૂકતા: $\frac{2 \times 10^{-5}}{2.56 \times 10^{-3}} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
$\frac{2}{256} = \left( \frac{1}{2} \right)^n \Rightarrow \frac{1}{128} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
કારણ કે $128 = 2^7$, તેથી $\left( \frac{1}{2} \right)^7 = \left( \frac{1}{2} \right)^n$, જેનો અર્થ છે કે $n = 7$.
$n = \frac{t}{T_{1/2}}$ હોવાથી, $t = n \times T_{1/2} = 7 \times 5 = 35 \, \text{દિવસ}$。

(C) વિઘટન દર $A$ એ $A = A_0 e^{-\lambda t}$ ના નિયમનું પાલન કરે છે.
$t = 0$ સમયે,$A_0 = 4250 \, \text{dpm}$.
$t = 10 \, \text{min}$ સમયે,$A = 2250 \, \text{dpm}$.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$2250 = 4250 e^{-\lambda (10)}$
$e^{-10\lambda} = \frac{2250}{4250} = \frac{45}{85} = \frac{9}{17}$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા:
$-10\lambda = \ln\left(\frac{9}{17}\right)$
$10\lambda = \ln\left(\frac{17}{9}\right) \approx \ln(1.888)$
$10\lambda \approx 0.6356$
$\lambda \approx 0.06356 \, \min^{-1}$.
આમ,અંદાજિત ક્ષય અચળાંક $0.063 \, \min^{-1}$ છે.

(D) આપેલ છે: પ્રારંભિક એક્ટિવિટી $A_0 = 6.4 \times 10^{-4} \text{ Ci}$,અંતિમ એક્ટિવિટી $A = 5 \times 10^{-6} \text{ Ci}$,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 5 \text{ days}$.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $A = A_0 e^{-\lambda t}$.
કિંમતો મૂકતા: $5 \times 10^{-6} = 6.4 \times 10^{-4} e^{-\lambda t}$.
ગોઠવણી કરતા: $\frac{5 \times 10^{-6}}{6.4 \times 10^{-4}} = e^{-\lambda t} \implies \frac{5}{640} = e^{-\lambda t} \implies \frac{1}{128} = e^{-\lambda t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(1/128) = -\lambda t \implies -\ln(2^7) = -\lambda t \implies 7 \ln 2 = \lambda t$.
કારણ કે $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$,તેથી $7 \ln 2 = \left(\frac{\ln 2}{5}\right) t$.
$t$ માટે ઉકેલતા: $7 = \frac{t}{5} \implies t = 35 \text{ days}$.

(C) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $A = A_0 (1/2)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે એક્ટિવિટી તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના $1/16$ ભાગ સુધી ઘટી જાય છે,તેથી $A/A_0 = 1/16$.
કારણ કે $1/16 = (1/2)^4$,આપણે ઘાતને સરખાવી શકીએ: $n = 4$.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n$ એ કુલ સમય $t$ અને અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ સાથે $n = t / T_{1/2}$ સૂત્ર દ્વારા સંબંધિત છે.
અહીં $t = 30$ વર્ષ અને $n = 4$ આપેલ છે,તેથી $4 = 30 / T_{1/2}$.
તેથી,$T_{1/2} = 30 / 4 = 7.5$ વર્ષ.

(A) ધારો કે પ્રારંભિક જથ્થો $N_0$ છે.
આપેલ છે કે નમૂનો તેના મૂળ જથ્થાના $\frac{7}{8}$ ગણો ક્ષય પામે છે,તેથી બાકી રહેલો જથ્થો $N$:
$N = N_0 - \frac{7}{8}N_0 = \frac{1}{8}N_0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 (\frac{1}{2})^n$ છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
$\frac{1}{8}N_0 = N_0 (\frac{1}{2})^n$
$(\frac{1}{2})^3 = (\frac{1}{2})^n$
આમ,$n = 3$.
કારણ કે $n = \frac{t}{T_{1/2}}$,જ્યાં $t = 15$ મિનિટ અને $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય સમય છે:
$3 = \frac{15}{T_{1/2}}$
$T_{1/2} = \frac{15}{3} = 5$ મિનિટ.

(C) આપેલ છે કે અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 60 \ days$ છે.
જો મૂળ દળના $\frac{7}{8}$ ભાગનું વિઘટન થાય,તો બાકી રહેલું દળ $N = N_0 - \frac{7}{8}N_0 = \frac{1}{8}N_0$ થાય.
બાકી રહેલા દળ અને પ્રારંભિક દળ વચ્ચેનો સંબંધ $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{8}N_0 = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^n$ મળે છે,તેથી $n = 3$.
કુલ લાગતો સમય $t = n \times T_{1/2} = 3 \times 60 \ days = 180 \ days$ થાય.

(C) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $A = A_0 \times (1/2)^{t/T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $A$ એ $t$ સમયે એક્ટિવિટી છે,$A_0$ એ પ્રારંભિક એક્ટિવિટી છે અને $T$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
આપેલ છે કે,$A_0 = 64 \times A_{safe}$ અને આપણે તે સમય $t$ શોધવો છે જ્યારે $A = A_{safe}$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા: $A_{safe} = 64 \times A_{safe} \times (1/2)^{t/T}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $1/64 = (1/2)^{t/T}$ મળે છે.
કારણ કે $64 = 2^6$,તેથી $(1/2)^6 = (1/2)^{t/T}$.
તેથી,$t/T = 6$,જેનો અર્થ છે કે $t = 6 \times T$.
અર્ધ-આયુષ્ય $T = 2$ કલાક $30$ મિનિટ = $2.5$ કલાક આપેલ છે.
આમ,$t = 6 \times 2.5 = 15$ કલાક.

(A) $t$ સમયે બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે શરૂઆતમાં બંને પાસે ન્યુક્લિયસની સંખ્યા સમાન છે,$N_{0A} = N_{0B} = N_0$.
$t$ સમયે $A$ ના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_A = N_0 e^{-25 \lambda t}$ છે.
$t$ સમયે $B$ ના ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_B = N_0 e^{-16 \lambda t}$ છે.
આપણને આપેલ છે કે $t = \frac{1}{a \lambda}$ સમયે ગુણોત્તર $\frac{N_B}{N_A} = e$ છે.
$\frac{N_B}{N_A} = \frac{N_0 e^{-16 \lambda t}}{N_0 e^{-25 \lambda t}} = e^{(-16 \lambda + 25 \lambda) t} = e^{9 \lambda t}$.
આને $e^1$ સાથે સરખાવતા,આપણને $9 \lambda t = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $t = \frac{1}{9 \lambda}$.
આને $t = \frac{1}{a \lambda}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 9$ મળે છે.

(B) રેડિયોએક્ટિવ નમૂનાની એક્ટિવિટી $R$ એ $R = R_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા,આપણને $\log R = \log R_0 - \lambda t \log e$ મળે છે.
જો લઘુગણકનો આધાર $e$ હોય,તો $\log R = \log R_0 - \lambda t$ થાય.
આ સમીકરણ સીધી રેખા $y = mx + c$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં ઢાળ $m = -\lambda$ છે.
આપેલા આલેખ પરથી,આપણે બે બિંદુઓ $(t_1, \log R_1) = (8, 8)$ અને $(t_2, \log R_2) = (16, 6)$ લઈ શકીએ છીએ.
રેખાનો ઢાળ $m = \frac{\log R_2 - \log R_1}{t_2 - t_1} = \frac{6 - 8}{16 - 8} = \frac{-2}{8} = -0.25$ છે.
કારણ કે ઢાળ $m = -\lambda$ છે,તેથી $-\lambda = -0.25$,જે ક્ષય અચળાંક $\lambda = 0.25 \text{ min}^{-1}$ આપે છે.
અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ એ $T_{1/2} = \frac{\ln 2}{\lambda} = \frac{0.693}{0.25} = 2.772 \text{ મિનિટ}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિકલ્પોમાં આપેલ નજીકની કિંમત લેતા,આપણને $T_{1/2} \approx 3.0 \text{ મિનિટ}$ મળે છે.

(D) કણની ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $K = 0.05 \,eV = 0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} \,J$ અને $m = 1.6 \times 10^{-26} \,kg$.
$0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} = \frac{1}{2} \times 1.6 \times 10^{-26} \times v^2$.
$v^2 = \frac{0.05 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 2}{1.6 \times 10^{-26}} = 0.1 \times 10^7 = 10^6 \,m^2/s^2$.
$v = 10^3 \,m/s$.
$1 \,m$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{D}{v} = \frac{1}{10^3} = 10^{-3} \,s$.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{10^{-3}}{6.9} \approx 1.45 \times 10^{-4}$.
બાકી રહેલા કણોનો અંશ $N/N_0 = (1/2)^n = 2^{-n}$ છે.
ક્ષય પામેલા કણોનો અંશ $1 - 2^{-n} = 1 - e^{-n \ln 2} \approx 1 - (1 - n \ln 2) = n \ln 2$ થાય.
અહીં $n \approx 1.45 \times 10^{-4}$ અને $\ln 2 \approx 0.69$ હોવાથી,ક્ષય પામેલો અંશ $\approx 1.45 \times 10^{-4} \times 0.69 \approx 10^{-4} = 0.0001$ થાય.

(B) પ્રથમ જાતિનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_1 = 1 / \lambda$ છે.
બીજી જાતિનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_2 = 1 / (\lambda / 3) = 3 / \lambda$ છે.
લાંબા સમય પછી,મિશ્રણનું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau_{avg}$ એ બંને જાતિઓના સરેરાશ આયુષ્યની સરેરાશ કિંમત જેટલું હોય છે,કારણ કે શરૂઆતમાં બંનેની સંખ્યા સમાન હતી:
$\tau_{avg} = \frac{\tau_1 + \tau_2}{2} = \frac{(1 / \lambda) + (3 / \lambda)}{2} = \frac{4 / \lambda}{2} = 2 / \lambda$.
આ કિંમત આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$2 / \lambda$ એ $2.10 / \lambda$ ની નજીક છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) ક્ષય પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $X \xrightarrow{T_{1/2, X} = 40000 \, yr} Y \xrightarrow{T_{1/2, Y} = 20 \, yr} Z$.
જેમ કે $Y$ ન્યુક્લિયસની સંખ્યા સમય સાથે બદલાતી નથી,તેનો અર્થ એ છે કે $Y$ ના ઉત્પાદનનો દર $Y$ ના ક્ષયના દર જેટલો જ છે.
આ સ્થિતિને સેક્યુલર સંતુલન કહેવામાં આવે છે.
તેથી,$\lambda_X N_X = \lambda_Y N_Y$.
સંબંધ $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\frac{\ln 2}{T_X} N_X = \frac{\ln 2}{T_Y} N_Y$.
આ સમીકરણ $\frac{N_X}{T_X} = \frac{N_Y}{T_Y}$ માં સરળ બને છે.
$N_Y$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$N_Y = N_X \times \frac{T_Y}{T_X}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $N_Y = (4 \times 10^{20}) \times \frac{20}{40000}$.
$N_Y = (4 \times 10^{20}) \times \frac{1}{2000} = 2 \times 10^{17}$ ન્યુક્લિયસ.

(A) બહુવિધ ક્ષય મોડ ધરાવતા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસ માટે,કુલ ક્ષય અચળાંક $\lambda_B$ એ વ્યક્તિગત ક્ષય અચળાંકોનો સરવાળો છે: $\lambda_B = \lambda_1 + \lambda_2$.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ અને અર્ધ-આયુષ્ય $\tau$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \ln(2) / \tau$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ: $1 / \tau_B = 1 / \tau_1 + 1 / \tau_2$.
આપેલ છે કે જો ક્ષય મોડ $2$ ગેરહાજર હોય,તો અર્ધ-આયુષ્ય $\tau_1 = \tau_A / 2$ છે.
આપેલ છે કે જો ક્ષય મોડ $1$ ગેરહાજર હોય,તો અર્ધ-આયુષ્ય $\tau_2 = 3 \tau_A$ છે.
આ કિંમતોને વાસ્તવિક અર્ધ-આયુષ્ય $\tau_B$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$1 / \tau_B = 1 / (\tau_A / 2) + 1 / (3 \tau_A)$
$1 / \tau_B = 2 / \tau_A + 1 / (3 \tau_A)$
$1 / \tau_B = (6 + 1) / (3 \tau_A) = 7 / (3 \tau_A)$
તેથી,$\tau_B = (3 / 7) \tau_A$,જેનો અર્થ છે કે $\tau_B / \tau_A = 3 / 7$.

(D) ન્યુક્લિયસનું અર્ધ-આયુષ્ય $(T_{1/2})$ $30 \; min$ છે।
$3 \; PM$ થી $5 \; PM$ વચ્ચેનો સમયગાળો $2 \; \text{hours}$ છે, જે $120 \; min$ જેટલો થાય છે।
વિતેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $(n)$ $n = \frac{\text{Total time}}{T_{1/2}} = \frac{120 \; min}{30 \; min} = 4$ દ્વારા મળે છે।
ક્ષય દર $(R)$ એ $R = R_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ નિયમનું પાલન કરે છે, જ્યાં $R_0 = 120000 \; cps$ છે।
કિંમતો મૂકતા, આપણને $R = 120000 \times \left( \frac{1}{2} \right)^4 = 120000 \times \frac{1}{16} = 7500 \; cps$ મળે છે।
આમ, $5 \; PM$ વાગ્યે ક્ષય દર $7500 \; cps$ છે।

(C) રેડિયોએક્ટિવ પરમાણુઓની સંખ્યા $N$ માં થતા ફેરફારનો દર એ ઉમેરવાના દર અને ક્ષયના દર વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\frac{dN}{dt} = c - \lambda N$
સંકલન માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dN}{c - \lambda N} = dt$
$t = 0$ સમયે $N = N_0$ અને $t = T$ સમયે $N = N$ ની પ્રારંભિક શરતો સાથે બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int_{N_0}^{N} \frac{dN}{c - \lambda N} = \int_{0}^{T} dt$
ધારો કે $u = c - \lambda N$,તો $du = -\lambda dN$,અથવા $dN = -\frac{du}{\lambda}$:
$-\frac{1}{\lambda} [\ln(c - \lambda N)]_{N_0}^{N} = T$
$\ln\left(\frac{c - \lambda N}{c - \lambda N_0}\right) = -\lambda T$
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા:
$\frac{c - \lambda N}{c - \lambda N_0} = e^{-\lambda T}$
$c - \lambda N = (c - \lambda N_0)e^{-\lambda T}$
$\lambda N = c - (c - \lambda N_0)e^{-\lambda T}$
$N = \frac{c}{\lambda}(1 - e^{-\lambda T}) + N_0 e^{-\lambda T}$

(D) ધારો કે $N_1$ અને $N_2$ એ ${}^{235}U$ અને ${}^{238}U$ ના હાલના જથ્થા છે,અને $N_{01}$ અને $N_{02}$ તેમના પ્રારંભિક જથ્થા છે.
આપેલ છે: $\frac{N_1}{N_2} = \frac{0.72}{99.28}$ અને $\frac{N_{01}}{N_{02}} = 2.0$.
ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 e^{-\lambda t}$ છે,જ્યાં $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$.
તેથી,$\frac{N_1}{N_2} = \frac{N_{01} e^{-\lambda_1 t}}{N_{02} e^{-\lambda_2 t}} = \frac{N_{01}}{N_{02}} e^{-(\lambda_1 - \lambda_2)t}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{0.72}{99.28} = 2.0 \times e^{-(\lambda_1 - \lambda_2)t}$.
$e^{(\lambda_1 - \lambda_2)t} = 2.0 \times \frac{99.28}{0.72} \approx 275.78$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $(\lambda_1 - \lambda_2)t = \ln(275.78) \approx 5.62$.
$\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ નો ઉપયોગ કરતા: $(\frac{\ln 2}{7.1 \times 10^8} - \frac{\ln 2}{4.5 \times 10^9})t = 5.62$.
$(\ln 2) \times (1.408 \times 10^{-9} - 0.222 \times 10^{-9})t = 5.62$.
$0.693 \times (1.186 \times 10^{-9})t = 5.62$.
$t = \frac{5.62}{8.219 \times 10^{-10}} \approx 6.84 \times 10^9 \approx 7 \times 10^9$ વર્ષ.

(A) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $R = R_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે,પ્રારંભિક કાઉન્ટ રેટ $R_0 = 1024$ અને અંતિમ કાઉન્ટ રેટ $R = 128$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{128}{1024} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
કારણ કે $\frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^3$,તેથી $n = 3$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $3$ મિનિટમાં $3$ અર્ધ-આયુષ્ય પૂર્ણ થયા છે.
તેથી,$1$ અર્ધ-આયુષ્ય = $\frac{3 \text{ મિનિટ}}{3} = 1$ મિનિટ.

(B) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થનો બાકી રહેતો જથ્થો $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે $25 \%$ પદાર્થ બાકી રહે છે,તેથી $\frac{N}{N_0} = 25 \% = \frac{25}{100} = \frac{1}{4}$.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા: $\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
કારણ કે $\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^2$,તેથી $n = 2$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $16$ દિવસમાં $2$ અર્ધ-આયુષ્ય પૂર્ણ થયા છે.
તેથી,$1$ અર્ધ-આયુષ્યનો સમય $T_{1/2} = \frac{16 \text{ દિવસ}}{2} = 8 \text{ દિવસ}$ થાય.

(C) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થની સમય $t$ પરની એક્ટિવિટી $A$ રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $A = A_0 e^{-\lambda t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે છે: $\ln A = \ln A_0 - \lambda t$.
આ સમીકરણ ઋણ ઢાળ $(-\lambda)$ અને $\ln A_0$ ના $y$-અંતઃખંડ સાથેની એક સીધી રેખા દર્શાવે છે.
જ્યારે સમય $T$ પર વધુ વાયુ દાખલ કરવામાં આવે છે,ત્યારે એક્ટિવિટી $A$ માં અચાનક વધારો થાય છે,જેના કારણે $t=T$ પર $\ln A$ ના મૂલ્યમાં ઊભો ઉછાળો આવે છે.
વાયુ દાખલ કર્યા પછી,ક્ષય સમાન ક્ષય અચળાંક $\lambda$ સાથે ચાલુ રહે છે,તેથી $\ln A$ વિરુદ્ધ $t$ ના આલેખનો ઢાળ સમાન રહે છે (એટલે કે,$-\lambda$).
તેથી,આલેખમાં ઋણ ઢાળ ધરાવતા બે સમાંતર સીધી રેખાના ભાગો હોવા જોઈએ,જે $t=T$ પર ઊભા ઉછાળા દ્વારા અલગ પડે છે. આ આલેખ $C$ ને અનુરૂપ છે.

(A) આપેલ છે કે,$P$ નું અર્ધ-આયુષ્ય $T_P = 10 \text{ મિનિટ}$ અને $Q$ નું અર્ધ-આયુષ્ય $T_Q = 15 \text{ મિનિટ}$ છે.
શરૂઆતમાં,બંને નમૂનાઓમાં પરમાણુઓની સંખ્યા સમાન $N_0$ છે.
$t = 30 \text{ મિનિટ}$ સમય પછી,$P$ માટે અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_P = \frac{t}{T_P} = \frac{30}{10} = 3$ છે.
$Q$ માટે અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n_Q = \frac{t}{T_Q} = \frac{30}{15} = 2$ છે.
$P$ માટે બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N_P = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{n_P} = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{N_0}{8}$ છે.
$Q$ માટે બાકી રહેલા પરમાણુઓની સંખ્યા $N_Q = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^{n_Q} = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{N_0}{4}$ છે.
ગુણોત્તર $\frac{N_P}{N_Q} = \frac{N_0/8}{N_0/4} = \frac{4}{8} = 0.5$ થાય.

(B) આપેલ છે,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 2 \, h$.
ધારો કે પ્રારંભિક તીવ્રતા $I_0$ છે અને સલામત તીવ્રતા $I$ છે.
આપણને આપેલ છે કે $I_0 = 64I$,તેથી ગુણોત્તર $\frac{I}{I_0} = \frac{1}{64}$.
વિકિરણની તીવ્રતા રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમનું પાલન કરે છે: $I = I_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{64} = \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
કારણ કે $64 = 2^6$,તેથી $\left( \frac{1}{2} \right)^6 = \left( \frac{1}{2} \right)^n$,જે આપણને $n = 6$ આપે છે.
કુલ સમય $t$ એ $t = n \times T_{1/2}$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$t = 6 \times 2 \, h = 12 \, h$.

(C) $t$ સમય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = \frac{t}{T_{1/2}}$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
અહીં $N_0 = 10^6$,$t = 10 \, s$,અને $T_{1/2} = 20 \, s$ આપેલ છે.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યાની ગણતરી કરતા: $n = \frac{10}{20} = 0.5$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $N = 10^6 \times \left( \frac{1}{2} \right)^{0.5} = 10^6 \times \frac{1}{\sqrt{2}}$.
કારણ કે $\sqrt{2} \approx 1.414$,તેથી $\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$.
આમ,$N \approx 10^6 \times 0.707 = 0.707 \times 10^6 = 7.07 \times 10^5$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા આશરે $7 \times 10^5$ છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થનું અર્ધ-આયુષ્ય $(T_{1/2})$ એટલે કે નમૂનામાં રહેલા અડધા રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસનું ક્ષય થવા માટે જરૂરી સમય.
તેનું સૂત્ર $T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda}$ છે,જ્યાં $\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે.
ક્ષય અચળાંક $\lambda$ એ રેડિયોએક્ટિવ આઇસોટોપનો લાક્ષણિક ગુણધર્મ છે અને તે તાપમાન,દબાણ અથવા પદાર્થના પ્રારંભિક જથ્થા જેવી બાહ્ય ભૌતિક પરિસ્થિતિઓથી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,અર્ધ-આયુષ્ય સંપૂર્ણપણે રેડિયોએક્ટિવ તત્વની પ્રકૃતિ પર આધાર રાખે છે.

(B) આપેલ છે:
પ્રારંભિક દળ $N_0 = 2 \,mg$
અંતિમ દળ $N = 0.25 \,mg$
કુલ સમય $t = 3 \,hr$
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
કિંમતો મૂકતા:
$0.25 = 2 \times \left(\frac{1}{2}\right)^n$
$\frac{0.25}{2} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$
$\frac{1}{8} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$
$\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^n$
તેથી,$n = 3$.
કારણ કે $n = \frac{t}{T_{1/2}}$,જ્યાં $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે:
$3 = \frac{3 \,hr}{T_{1/2}}$
$T_{1/2} = 1 \,hr$.

(B) જ્યારે રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થ બે અલગ-અલગ પ્રક્રિયાઓ દ્વારા એકસાથે ક્ષય પામે છે,ત્યારે અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda_{eff}$ એ વ્યક્તિગત ક્ષય અચળાંકોનો સરવાળો છે: $\lambda_{eff} = \lambda_{\alpha} + \lambda_{\beta}$.
આપેલ છે કે $T_{\alpha} = 16$ વર્ષ અને $T_{\beta} = 48$ વર્ષ.
ક્ષય અચળાંકો $\lambda_{\alpha} = \frac{\ln 2}{16}$ અને $\lambda_{\beta} = \frac{\ln 2}{48}$ છે.
તેથી,$\lambda_{eff} = \frac{\ln 2}{16} + \frac{\ln 2}{48} = \ln 2 \left( \frac{3+1}{48} \right) = \frac{\ln 2}{12}$.
અસરકારક અર્ધ-આયુષ્ય $T_{eff} = \frac{\ln 2}{\lambda_{eff}} = 12$ વર્ષ.
આપણે તે સમય $t$ શોધવો છે જ્યારે પદાર્થનો $3/4$ ભાગ ક્ષય પામે,જેનો અર્થ છે કે $1/4$ ભાગ બાકી રહે છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{N}{N_0} = \left( \frac{1}{2} \right)^{t/T_{eff}}$.
$\frac{1}{4} = \left( \frac{1}{2} \right)^{t/12} \implies \left( \frac{1}{2} \right)^2 = \left( \frac{1}{2} \right)^{t/12}$.
ઘાતાંકોને સરખાવતા: $2 = \frac{t}{12} \implies t = 24$ વર્ષ.

(A) ધારો કે શરૂઆતની એક્ટિવિટી $R_{A,0}$ અને $R_{B,0}$ છે. આપેલ છે કે $R_{B,0} = 2 R_{A,0}$.
$t$ સમયે એક્ટિવિટીનું સૂત્ર $R(t) = R_0 e^{-\lambda t}$ છે,જ્યાં $\lambda = \frac{\ln(2)}{T}$.
$t$ સમયે એક્ટિવિટી સમાન કરતા: $R_{A,0} e^{-\lambda_1 t} = R_{B,0} e^{-\lambda_2 t}$.
$R_{B,0} = 2 R_{A,0}$ મૂકતા: $R_{A,0} e^{-\lambda_1 t} = 2 R_{A,0} e^{-\lambda_2 t}$.
$e^{(\lambda_2 - \lambda_1)t} = 2$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $(\lambda_2 - \lambda_1)t = \ln(2)$.
$\lambda = \frac{\ln(2)}{T}$ હોવાથી,$(\frac{\ln(2)}{T_2} - \frac{\ln(2)}{T_1})t = \ln(2)$.
$\ln(2)$ વડે ભાગતા: $(\frac{1}{T_2} - \frac{1}{T_1})t = 1$.
$(\frac{T_1 - T_2}{T_1 T_2})t = 1$.
તેથી,$t = \frac{T_1 T_2}{T_1 - T_2}$.

(B) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થના ક્ષયનો દર રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $n = \lambda N$,જ્યાં $n$ એ પ્રતિ સેકન્ડ ઉત્સર્જિત થતા કણોની સંખ્યા છે,$\lambda$ એ ક્ષય અચળાંક છે અને $N$ એ હાજર રહેલા રેડિયોએક્ટિવ પરમાણુઓની સંખ્યા છે.
આ સંબંધ પરથી,ક્ષય અચળાંક $\lambda = \frac{n}{N}$ થાય છે.
રેડિયોએક્ટિવ તત્વનું સરેરાશ આયુષ્ય $(\tau)$ એ ક્ષય અચળાંકના વ્યસ્ત તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે: $\tau = \frac{1}{\lambda}$.
$\lambda$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\tau = \frac{1}{n/N} = \frac{N}{n}$ મળે છે.
તેથી,સરેરાશ આયુષ્ય $\frac{N}{n}$ સેકન્ડ છે.

(B) ધારો કે ન્યુક્લિયસની પ્રારંભિક સંખ્યા $N_0$ છે.
$t = 1$ દિવસ પછી,ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_0$ ના $10 \%$ છે,તેથી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(1) = N_0 - 0.10 N_0 = 0.90 N_0$ છે.
રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયના નિયમ $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $0.90 N_0 = N_0 e^{-\lambda(1)}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $e^{-\lambda} = 0.9$.
$t = 2$ દિવસ પછી,બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N(2) = N_0 e^{-\lambda(2)} = N_0 (e^{-\lambda})^2$ થશે.
$e^{-\lambda} = 0.9$ મૂકતા,આપણને $N(2) = N_0 (0.9)^2 = 0.81 N_0$ મળે છે.
$2$ દિવસ પછી ક્ષય પામેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $N_{decayed} = N_0 - N(2) = N_0 - 0.81 N_0 = 0.19 N_0$ છે.
આમ,ક્ષય પામેલી ટકાવારી $19 \%$ છે.

(C) $n$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી બાકી રહેલા કિરણોત્સર્ગી પરમાણુઓની સંખ્યા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^n$.
અહીં, અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = 5$ છે.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા:
$N = N_0 \left( \frac{1}{2} \right)^5 = N_0 \left( \frac{1}{32} \right)$.
બાકી રહેલી ટકાવારી શોધવા માટે, આપણે $\frac{N}{N_0} \times 100 \%$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.
$\frac{N}{N_0} = \frac{1}{32} = 0.03125$.
તેથી, બાકી રહેલી ટકાવારી $0.03125 \times 100 \% = 3.125 \%$ છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે $\frac{N}{N_0} = \frac{1}{64}$.
તેથી,$\frac{1}{64} = \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
કારણ કે $64 = 2^6$,તેથી $\left(\frac{1}{2}\right)^6 = \left(\frac{1}{2}\right)^n$,જે સૂચવે છે કે $n = 6$.
કુલ સમય $t = 30$ સેકન્ડ છે.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}}$,જ્યાં $T_{1/2}$ એ અર્ધ-આયુષ્ય છે.
તેથી,$6 = \frac{30}{T_{1/2}}$.
$T_{1/2} = \frac{30}{6} = 5$ સેકન્ડ.

(B) આપેલ છે: અર્ધ-આયુષ્ય $T_P = 1$ મહિનો,$T_Q = 2$ મહિના.
ક્ષય અચળાંક: $\lambda_P = \frac{\ln 2}{T_P} = \ln 2$ અને $\lambda_Q = \frac{\ln 2}{T_Q} = \frac{\ln 2}{2}$.
વિઘટનનો દર $R = \lambda N$,જ્યાં $N = N_0 e^{-\lambda t}$.
સમય $t$ પર,દર સમાન છે: $\lambda_P x e^{-\lambda_P t} = \lambda_Q x e^{-\lambda_Q t}$.
$(\ln 2) e^{-(\ln 2) t} = (\frac{\ln 2}{2}) e^{-(\frac{\ln 2}{2}) t}$.
$1 = \frac{1}{2} e^{(\ln 2 - \frac{\ln 2}{2}) t} = \frac{1}{2} e^{(\frac{\ln 2}{2}) t}$.
$2 = e^{(\frac{\ln 2}{2}) t} \implies \ln 2 = \frac{\ln 2}{2} t \implies t = 2$ મહિના.
બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસની સંખ્યા: $N_P = x e^{-\lambda_P t} = x e^{-(\ln 2)(2)} = x(2)^{-2} = \frac{x}{4} = 0.25x$.
$N_Q = x e^{-\lambda_Q t} = x e^{-(\frac{\ln 2}{2})(2)} = x(2)^{-1} = \frac{x}{2} = 0.5x$.
$R$ માં વિઘટિત થયેલા કુલ ન્યુક્લિયસ: $N_R = (x - 0.25x) + (x - 0.5x) = 0.75x + 0.5x = 1.25x$.

(A) રેડિયોએક્ટિવ પદાર્થનો $t$ સમય પછી બાકી રહેતો અંશ શોધવાનું સૂત્ર $\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{t}{T_{1/2}}}$ છે.
અહીં,અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 30 \ min$ અને કુલ સમય $t = 90 \ min$ આપેલ છે.
પસાર થયેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{90}{30} = 3$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{N}{N_0} = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}$.
આમ,અક્ષયિત રહેલા રેડિયોએક્ટિવ તત્વનો અંશ $\frac{1}{8}$ છે.

(A) ના પ્રારંભિક મોલ: $(n_0)_A = \frac{320}{16} = 20 \text{ મોલ}$.
$B$ ના પ્રારંભિક મોલ: $(n_0)_B = \frac{320}{32} = 10 \text{ મોલ}$.
$2$ દિવસ પછી $A$ ના બાકી રહેલા મોલ ($T_{1/2} = 1$ દિવસ): $n_A = \frac{20}{2^{2/1}} = \frac{20}{4} = 5 \text{ મોલ}$.
$2$ દિવસ પછી $B$ ના બાકી રહેલા મોલ ($T_{1/2} = 0.5$ દિવસ): $n_B = \frac{10}{2^{2/0.5}} = \frac{10}{2^4} = \frac{10}{16} = 0.625 \text{ મોલ}$.
કુલ બાકી રહેલા મોલ: $n_{total} = 5 + 0.625 = 5.625 \text{ મોલ}$.
પરમાણુઓની કુલ સંખ્યા: $N = 5.625 \times 6.023 \times 10^{23} \approx 3.388 \times 10^{24}$.
આમ,જવાબ આશરે $3.38$ છે.

(C) ક્ષય અચળાંક $\lambda$ અને અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2}$ વચ્ચેનો સંબંધ $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$ છે.
બે એકસાથે થતી ક્ષય પ્રક્રિયાઓ માટે, અસરકારક ક્ષય અચળાંક $\lambda_{\text{eff}} = \lambda_1 + \lambda_2$ થાય છે.
અહીં $T_1 = 5\, \text{min} = 300\, s$ અને $T_2 = 30\, s$ આપેલ છે.
તેથી, $\lambda_1 = \frac{\ln 2}{300}$ અને $\lambda_2 = \frac{\ln 2}{30}$ થાય.
$\lambda_{\text{eff}} = \frac{\ln 2}{T_{\text{eff}}} = \frac{\ln 2}{300} + \frac{\ln 2}{30}$.
$\ln 2$ વડે ભાગતા, આપણને $\frac{1}{T_{\text{eff}}} = \frac{1}{300} + \frac{1}{30} = \frac{1 + 10}{300} = \frac{11}{300}$ મળે છે.
તેથી, $T_{\text{eff}} = \frac{300}{11}\, s$.
આને $\frac{\alpha}{11}\, s$ સાથે સરખાવતા, આપણને $\alpha = 300$ મળે છે.

(B) વિધાન $I$ ખોટું છે કારણ કે રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ જણાવે છે કે ક્ષયનો દર $(dN/dt)$ એ હાજર ન્યુક્લિયસની સંખ્યા $(N)$ ના સીધા પ્રમાણમાં હોય છે, એટલે કે $dN/dt = -\lambda N$.
વિધાન $II$ ખોટું છે કારણ કે વિધાનમાં આપેલી વ્યાખ્યા સરેરાશ આયુષ્ય (mean life) નું વર્ણન કરે છે, અર્ધ-આયુષ્યનું નહીં. અર્ધ-આયુષ્ય $(T_{1/2})$ ને તે સમય તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે જે રેડિયોએક્ટિવ ન્યુક્લિયસની સંખ્યાને તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના અડધા સુધી ઘટાડવા માટે જરૂરી છે.
તેથી, બંને વિધાનો ખોટા છે.

(D) રેડિયોએક્ટિવ ક્ષયનો નિયમ $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા છે.
આપેલ છે કે પદાર્થ $3$ દિવસમાં તેના મૂળ જથ્થાના $1/8$ ભાગ જેટલો ઘટી જાય છે:
$\frac{N_0}{8} = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n \implies \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^n \implies n = 3$.
કારણ કે $3$ અર્ધ-આયુષ્ય $3$ દિવસને અનુરૂપ છે,તેથી અર્ધ-આયુષ્ય $T_{1/2} = 1$ દિવસ થાય.
$5$ દિવસ પછી,વીતેલા અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{5 \text{ દિવસ}}{1 \text{ દિવસ}} = 5$ છે.
બાકી રહેલો જથ્થો $N = 8 \times 10^{-3} \, kg = 8 \, g$ છે.
ક્ષયના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $8 = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^5$.
$8 = N_0 \left(\frac{1}{32}\right)$.
$N_0 = 8 \times 32 = 256 \, g$.

(D) આપેલ છે: ક્ષય અચળાંક $\lambda = 1.5 \times 10^{-5} \, s^{-1}$.
પદાર્થનું દળ $m = 1.0 \, \mu g = 1.0 \times 10^{-6} \, g$.
મોલર દળ $M = 60 \, g \, mol^{-1}$.
મોલની સંખ્યા $n = \frac{m}{M} = \frac{1.0 \times 10^{-6}}{60} = \frac{1}{6} \times 10^{-7} \, mol$.
પરમાણુઓની સંખ્યા $N = n \times N_A = (\frac{1}{6} \times 10^{-7}) \times (6 \times 10^{23}) = 10^{16}$ પરમાણુઓ.
એક્ટિવિટી $A = N \lambda = 10^{16} \times 1.5 \times 10^{-5} \, Bq$.
$A = 1.5 \times 10^{11} \, Bq = 15 \times 10^{10} \, Bq$.
તેથી,જવાબ $15$ છે.

(A) પદાર્થનો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $t_{1/2} = T$ આપેલ છે.
જો મૂળ દળ $N_0$ હોય,તો તેના $\frac{7}{8}$ ભાગના વિઘટન પછી બાકી રહેતું દળ $N$ નીચે મુજબ છે:
$N = N_0 - \frac{7}{8}N_0 = \frac{1}{8}N_0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $n$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી બાકી રહેતું દળ $N = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{8}N_0 = N_0 \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
$\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \left(\frac{1}{2}\right)^n$,જેનો અર્થ છે કે $n = 3$.
કુલ લાગતો સમય $t = n \times T = 3T$ થશે.

(C) તત્વ $A$ નો અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{1/2}(A) = \frac{\ln 2}{\lambda_A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તત્વ $B$ નું સરેરાશ આયુષ્ય $\tau(B) = \frac{1}{\lambda_B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$A$ નું અર્ધ-આયુષ્ય $B$ ના સરેરાશ આયુષ્ય જેટલું છે:
$T_{1/2}(A) = \tau(B)$
સૂત્રો મૂકતા:
$\frac{\ln 2}{\lambda_A} = \frac{1}{\lambda_B}$
$\lambda_A$ માટે સમીકરણ ગોઠવતા:
$\lambda_A = \lambda_B \ln 2$
તેથી,સાચો સંબંધ $\lambda_A = \lambda_B \ln 2$ છે.

(C) અર્ધ-આયુષ્ય સમય $T_{1/2} = 5$ વર્ષ છે.
કુલ સમય $t = 15$ વર્ષ છે.
અર્ધ-આયુષ્યની સંખ્યા $n = \frac{t}{T_{1/2}} = \frac{15}{5} = 3$ થાય.
$n$ અર્ધ-આયુષ્ય પછી બાકી રહેલા ન્યુક્લિયસનો અંશ $\frac{N}{N_0} = (\frac{1}{2})^n = (\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$ છે.
ક્ષય પામેલા નમૂનાનો અંશ $1 - \frac{N}{N_0} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$ થાય.