Alternating Current, Voltage (rms and Average) Questions in Hindi

(B) प्रत्यावर्ती धारा $(ac)$ स्रोत के लिए,शिखर वोल्टेज $(V_0)$ और रूट मीन स्क्वायर $(rms)$ वोल्टेज $(V_{rms})$ के बीच का संबंध इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}}$.
शिखर वोल्टेज के लिए इस सूत्र को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है: $V_0 = \sqrt{2} \times V_{rms}$.
अतः,शिखर वोल्टेज $ac$ स्रोत के $rms$ मान का $\sqrt{2}$ गुना होता है।

(A) $AC$ परिपथ में तात्कालिक धारा $I = I_0 \sin(\omega t)$ द्वारा दी जाती है।
अधिकतम मान पर,कला (phase) $\omega t_1 = \frac{\pi}{2}$ है।
$rms$ मान पर,धारा $I = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ होती है,इसलिए $\sin(\omega t_2) = \frac{1}{\sqrt{2}}$। अधिकतम मान के बाद पहली स्थिति $\omega t_2 = \frac{3\pi}{4}$ है।
कलांतर $\Delta \phi = \omega t_2 - \omega t_1 = \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$ है।
दी गई आवृत्ति $f = 50 \,Hz$ है,इसलिए कोणीय आवृत्ति $\omega = 2\pi f = 2\pi \times 50 = 100\pi \,rad/s$ है।
लगा समय $t = \frac{\Delta \phi}{\omega} = \frac{\pi / 4}{100\pi} = \frac{1}{400} \,s$ है।
मिलीसेकंड में बदलने पर: $t = 0.0025 \,s = 2.5 \,ms$।

(D) धारा के लिए दिया गया समीकरण $I = I_0 \sin(\omega t)$ है,जहाँ $I_0 = 5 \text{ A}$ और $\omega = 120 \pi \text{ rad/s}$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega$ और आवर्तकाल $T$ के बीच संबंध $\omega = \frac{2 \pi}{T}$ होता है।
$\omega$ का मान रखने पर: $120 \pi = \frac{2 \pi}{T} \Rightarrow T = \frac{2 \pi}{120 \pi} = \frac{1}{60} \text{ s}$।
धारा अपने शिखर मान तक $t = \frac{T}{4}$ समय में पहुँचती है (आवर्तकाल के एक चौथाई भाग में)।
अतः,लगा हुआ समय $t = \frac{1/60}{4} = \frac{1}{240} \text{ s}$ होगा।

(A) घरेलू $AC$ आपूर्ति के लिए,दिया गया वोल्टेज $220 \,V$ रूट-मीन-स्क्वायर $(V_{\text{rms}})$ मान को दर्शाता है।
पीक वोल्टेज $(V_{\text{max}})$ की गणना $V_{\text{max}} = V_{\text{rms}} \times \sqrt{2} = 220 \sqrt{2} \,V$ के रूप में की जाती है।
आवृत्ति $f$ का मान $50 \,cps$ (या $50 \,Hz$) है। कोणीय आवृत्ति $\omega$ का मान $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 50 = 100 \pi \,rad/s$ होता है।
तात्कालिक विभवांतर $V(t)$ को $V(t) = V_{\text{max}} \cos(\omega t)$ के रूप में व्यक्त किया जाता है।
मान रखने पर,हमें $V(t) = 220 \sqrt{2} \cos(100 \pi t) \,V$ प्राप्त होता है।

(A) सही उत्तर $A$ है।
हॉट वायर एमीटर एक उपकरण है जिसका उपयोग $AC$ या $DC$ धारा की तीव्रता को मापने के लिए किया जाता है।
यह एक तार के थर्मल विस्तार (thermal expansion) के सिद्धांत पर कार्य करता है,जो इसमें से विद्युत धारा प्रवाहित होने के कारण गर्म हो जाता है।
तार में उत्पन्न ऊष्मा धारा के वर्ग के समानुपाती होती है $(H \propto I^2 R t)$।
चूंकि ऊष्मीय प्रभाव धारा के वर्ग पर निर्भर करता है,इसलिए यह धारा की दिशा से स्वतंत्र होता है।
अतः,यह $DC$ और $AC$ के $rms$ मान दोनों को माप सकता है।

(A) प्रत्यावर्ती धारा $(a.c.)$ परिपथों में,धारा और वोल्टेज समय के साथ ज्यावक्रीय (sinusoidal) रूप से बदलते हैं।
चूंकि एक पूर्ण चक्र पर प्रत्यावर्ती धारा का औसत मान शून्य होता है,इसलिए मानक $a.c.$ मीटर (जैसे एमीटर और वोल्टमीटर) को रूट मीन स्क्वायर $(r.m.s.)$ मान मापने के लिए डिज़ाइन किया गया है।
$r.m.s.$ मान प्रत्यावर्ती धारा के प्रभावी मान को दर्शाता है,जो उस दिष्ट धारा $(d.c.)$ के बराबर होता है जो एक प्रतिरोधक में समान मात्रा में ऊष्मा उत्पन्न करती है।
इसलिए,सही विकल्प $A$ है।

(A) समय अंतराल $t_1$ से $t_2$ के बीच धारा का औसत मान $i_{\text{mean}} = \frac{1}{t_2 - t_1} \int_{t_1}^{t_2} i(t) dt$ द्वारा दिया जाता है।
पहले आधे चक्र ($0$ से $T/2$) के लिए,धारा $i(t)$ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है,जिसका ढाल $m = \frac{i_0}{T/2} = \frac{2i_0}{T}$ है।
अतः,$i(t) = \frac{2i_0}{T} t$.
अब,$0$ से $T/2$ के अंतराल के लिए औसत धारा की गणना करने पर:
$i_{\text{mean}} = \frac{1}{T/2 - 0} \int_{0}^{T/2} \frac{2i_0}{T} t dt$
$i_{\text{mean}} = \frac{2}{T} \cdot \frac{2i_0}{T} \int_{0}^{T/2} t dt$
$i_{\text{mean}} = \frac{4i_0}{T^2} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_{0}^{T/2}$
$i_{\text{mean}} = \frac{4i_0}{T^2} \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{T^2}{4} - 0 \right)$
$i_{\text{mean}} = \frac{2i_0}{T^2} \cdot \frac{T^2}{4} = \frac{i_0}{2}$.

(A) किसी प्रतिरोध $R$ में $t$ समय में हीटर द्वारा उत्पन्न ऊष्मा $H = \frac{V^2}{R} t$ द्वारा दी जाती है।
$d.c.$ वोल्टेज के लिए,$H_{dc} = \frac{V_{dc}^2}{R} t$ है।
$a.c.$ वोल्टेज के लिए,उत्पन्न ऊष्मा वोल्टेज के $r.m.s.$ मान द्वारा निर्धारित होती है,$H_{ac} = \frac{V_{rms}^2}{R} t$ है।
यह दिया गया है कि दोनों स्थितियों में उत्पन्न ऊष्मा समान है $(H_{ac} = H_{dc})$,इसलिए:
$\frac{V_{rms}^2}{R} t = \frac{V_{dc}^2}{R} t$
$V_{rms}^2 = V_{dc}^2$
$V_{rms} = V_{dc}$
यहाँ $V_{dc} = 110 \, V$ दिया गया है,इसलिए $V_{rms} = 110 \, V$।

(D) प्रतिरोधक में ऊष्मा क्षय की दर (शक्ति) $P = \frac{V_{rms}^2}{R}$ द्वारा दी जाती है।
पीक मान $V_0$ वाले साइनसॉइडल विभवांतर $V_1$ के लिए,रूट-मीन-स्क्वायर $(RMS)$ वोल्टेज $V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}}$ है।
अतः,ऊष्मा क्षय की दर $W = \frac{(V_0 / \sqrt{2})^2}{R} = \frac{V_0^2}{2R}$ है।
पीक मान $V_0$ वाले स्क्वायर वेव विभवांतर $V_2$ के लिए,वोल्टेज $+V_0$ और $-V_0$ के बीच बदलता है। इस स्क्वायर वेव के लिए $RMS$ मान $V_{rms} = V_0$ है।
अतः,ऊष्मा क्षय की नई दर $W' = \frac{V_0^2}{R}$ है।
दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$W' = 2 \times \left( \frac{V_0^2}{2R} \right) = 2W$.
इसलिए,ऊष्मा क्षय की दर $2W$ हो जाती है।

(A) $AC$ स्रोत का आवर्तकाल $T$,$T = \frac{1}{f} = \frac{1}{60 \,Hz} \approx 0.01667 \,s = 16.67 \,ms$ द्वारा दिया जाता है।
एक पूर्ण चक्र (समयांतराल $T$) पर प्रत्यावर्ती वोल्टेज $V(t) = V_m \sin(\omega t)$ का औसत मान $V_{avg} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} V_m \sin(\omega t) \,dt$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि एक पूर्ण आवर्तकाल पर ज्या फलन (sine function) का समाकलन शून्य होता है,इसलिए $16.67 \,ms$ पर औसत वोल्टेज शून्य होना चाहिए।

(B) तार से बहने वाली कुल धारा $I$,दिष्ट धारा और प्रत्यावर्ती धारा के योग के बराबर होती है: $I = 5 + 10 \sin \omega t$.
धारा का प्रभावी मान ($RMS$ मान) $I_{\text{eff}} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_0^T I^2 dt}$ द्वारा परिभाषित होता है।
$I$ का व्यंजक रखने पर: $I_{\text{eff}} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_0^T (5 + 10 \sin \omega t)^2 dt}$.
वर्ग का विस्तार करने पर: $(5 + 10 \sin \omega t)^2 = 25 + 100 \sin^2 \omega t + 100 \sin \omega t$.
एक पूर्ण चक्र $(T)$ पर समाकलन करने पर:
$1$. $25$ का $T$ पर समाकलन $25T$ होता है।
$2$. $100 \sin^2 \omega t$ का $T$ पर समाकलन $100 \times (T/2) = 50T$ होता है।
$3$. $100 \sin \omega t$ का $T$ पर समाकलन $0$ होता है।
अतः,$I_{\text{eff}} = \sqrt{\frac{1}{T} (25T + 50T + 0)} = \sqrt{25 + 50} = \sqrt{75} = 5\sqrt{3}\,A$.

(A) लैंप द्वारा खपत की गई शक्ति $P = V_{rms} \times I_{rms}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ $P = 100\,W$ और $V_{rms} = 200\,V$ दिया गया है।
इसलिए,रूट मीन स्क्वायर धारा $I_{rms} = \frac{P}{V_{rms}} = \frac{100}{200} = 0.5\,A$ होगी।
शिखर धारा $I_{peak}$ और $RMS$ धारा के बीच संबंध $I_{peak} = I_{rms} \times \sqrt{2}$ है।
$I_{rms}$ का मान रखने पर,हमें $I_{peak} = 0.5 \times \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707\,A$ प्राप्त होता है।

(D) दी गई धारा $i = I_{dc} + I_{ac} \sin(\omega t + \phi)$ है,जहाँ $I_{dc} = 6 \ A$ और प्रत्यावर्ती घटक का शिखर मान $I_m = \sqrt{56} \ A$ है।
मिश्रित धारा का रूट मीन स्क्वायर (rms) मान $I_{\text{rms}} = \sqrt{I_{dc}^2 + \frac{I_m^2}{2}}$ सूत्र द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर:
$I_{\text{rms}} = \sqrt{6^2 + \frac{(\sqrt{56})^2}{2}}$
$I_{\text{rms}} = \sqrt{36 + \frac{56}{2}}$
$I_{\text{rms}} = \sqrt{36 + 28}$
$I_{\text{rms}} = \sqrt{64}$
$I_{\text{rms}} = 8 \ A$.

(C) टर्मिनलों $X$ और $Y$ के बीच विभवांतर $V_{XY} = V_x - V_y = V_0 [\sin \omega t - \sin(\omega t + 2\pi/3)]$ है।
सूत्र $\sin A - \sin B = 2 \sin((A-B)/2) \cos((A+B)/2)$ का उपयोग करने पर:
$V_{XY} = V_0 [2 \sin(-\pi/3) \cos(\omega t + \pi/3)] = V_0 [2 \cdot (-\sqrt{3}/2) \cos(\omega t + \pi/3)] = -\sqrt{3} V_0 \cos(\omega t + \pi/3) = \sqrt{3} V_0 \sin(\omega t + \pi/3 - \pi/2) = \sqrt{3} V_0 \sin(\omega t - \pi/6)$.
$V_{XY}$ का शिखर मान $\sqrt{3} V_0$ है। अतः $rms$ मान $V_{XY}^{rms} = \frac{\sqrt{3} V_0}{\sqrt{2}} = V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$ होगा।
इसी प्रकार,$V_{YZ} = V_y - V_z$ के लिए,शिखर मान भी $\sqrt{3} V_0$ है,इसलिए $V_{YZ}^{rms} = V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$.
इस प्रकार,$V_{XY}^{rms}$ और $V_{YZ}^{rms}$ दोनों $V_0 \sqrt{\frac{3}{2}}$ के बराबर हैं। अतः विकल्प $A$ और $D$ सही हैं।

(C) दी गई धारा $I = I_A \sin \omega t + I_B \cos \omega t$ है।
हम इसे $I = \sqrt{I_A^2 + I_B^2} \sin(\omega t + \phi)$ के रूप में लिख सकते हैं,जहाँ $\tan \phi = \frac{I_B}{I_A}$ है।
यह अधिकतम मान $I_0 = \sqrt{I_A^2 + I_B^2}$ वाली एक ज्यावक्रीय (sinusoidal) धारा को दर्शाता है।
ज्यावक्रीय धारा $I = I_0 \sin(\omega t + \phi)$ का r.m.s. मान $I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
$I_0$ का मान रखने पर,हमें $I_{rms} = \frac{\sqrt{I_A^2 + I_B^2}}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{I_A^2 + I_B^2}{2}}$ प्राप्त होता है।

(A) बल्ब की पावर रेटिंग $P = 100 \ W$ है और वोल्टेज रेटिंग $V_{rms} = 220 \ V$ है।
$ac$ सर्किट में पावर के सूत्र का उपयोग करते हुए,$P = V_{rms} \times I_{rms}$।
इसलिए,$rms$ धारा $I_{rms} = \frac{P}{V_{rms}} = \frac{100}{220} \approx 0.4545 \ A$ है।
शिखर धारा $I_0$ और $rms$ धारा के बीच का संबंध $I_0 = \sqrt{2} \times I_{rms}$ है।
मान रखने पर,$I_0 = 1.414 \times 0.4545 \approx 0.64 \ A$ प्राप्त होता है।

(C) प्रत्यावर्ती धारा का मानक समीकरण $i = i_0 \sin(\omega t)$ है।
दिए गए समीकरण $i = 100 \sqrt{2} \sin(100 \pi t)$ के साथ तुलना करने पर,हमें शिखर धारा $i_0 = 100 \sqrt{2} \ A$ और कोणीय आवृत्ति $\omega = 100 \pi \ rad/s$ प्राप्त होती है।
धारा का $\text{RMS}$ मान $i_{rms} = \frac{i_0}{\sqrt{2}} = \frac{100 \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 100 \ A$ होता है।
आवृत्ति $f$ का सूत्र $f = \frac{\omega}{2 \pi} = \frac{100 \pi}{2 \pi} = 50 \ Hz$ है।
अतः,$\text{RMS}$ मान $100 \ A$ और आवृत्ति $50 \ Hz$ है।

(C) दी गई धारा $i = 5 \sqrt{2} + 10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right)$ है।
$r.m.s$ मान ज्ञात करने के लिए,हम $I_{rms} = \sqrt{\langle i^2 \rangle}$ सूत्र का उपयोग करते हैं।
सबसे पहले,$i^2 = \left(5 \sqrt{2} + 10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right)\right)^2$ की गणना करें।
$i^2 = (5 \sqrt{2})^2 + (10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right))^2 + 2(5 \sqrt{2})(10 \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right))$.
$i^2 = 50 + 100 \cos^2 \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right) + 100 \sqrt{2} \cos \left(650 \pi t + \frac{\pi}{6}\right)$.
पूर्ण चक्र पर औसत लेने पर,$\langle \cos \theta \rangle = 0$ और $\langle \cos^2 \theta \rangle = \frac{1}{2}$ होता है।
$\langle i^2 \rangle = 50 + 100 \left(\frac{1}{2}\right) + 0 = 50 + 50 = 100$.
अतः,$I_{rms} = \sqrt{100} = 10 \text{ A}$।

(B) दी गई धारा $i = 3 + 4 \sin(\omega t + \pi/3)$ है।
$r.m.s.$ मान ज्ञात करने के लिए,हम सूत्र $I_{rms} = \sqrt{\langle i^2 \rangle}$ का उपयोग करते हैं।
सबसे पहले,$i^2 = (3 + 4 \sin(\omega t + \pi/3))^2 = 9 + 16 \sin^2(\omega t + \pi/3) + 24 \sin(\omega t + \pi/3)$ की गणना करें।
एक पूर्ण चक्र पर औसत लेने पर,$\langle 9 \rangle = 9$,$\langle \sin^2(\omega t + \pi/3) \rangle = 1/2$,और $\langle \sin(\omega t + \pi/3) \rangle = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,$\langle i^2 \rangle = 9 + 16(1/2) + 24(0) = 9 + 8 = 17$.
इसलिए,$I_{rms} = \sqrt{17} \ A$ है।

(B) $(1)$ $x = x_0 \sin \omega t$ के लिए, शिखर मान $x_0$ है। $\text{r.m.s.}$ मान $\frac{x_0}{\sqrt{2}}$ है। अतः, $(A \rightarrow ii)$।
$(2)$ $x = x_0 \sin \omega t \cos \omega t = \frac{x_0}{2} \sin(2 \omega t)$ के लिए, शिखर मान $\frac{x_0}{2}$ है। $\text{r.m.s.}$ मान $\frac{x_0/2}{\sqrt{2}} = \frac{x_0}{2 \sqrt{2}}$ है। अतः, $(B \rightarrow iii)$।
$(3)$ $x = x_0 \sin \omega t + x_0 \cos \omega t = x_0 \sqrt{2} \sin(\omega t + \pi/4)$ के लिए, शिखर मान $x_0 \sqrt{2}$ है। $\text{r.m.s.}$ मान $\frac{x_0 \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = x_0$ है। अतः, $(C \rightarrow i)$।
अतः, सही मिलान $(A \rightarrow ii), (B \rightarrow iii), (C \rightarrow i)$ है।

(C) धारा का तात्कालिक मान $I = 3 \sin \left(50 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)$ द्वारा दिया गया है।
धारा के अधिकतम होने के लिए,ज्या (sine) फलन का मान $1$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि ज्या फलन का कोण $\frac{\pi}{2}$ होना चाहिए।
अतः,$50 \pi t + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$.
दोनों पक्षों से $\frac{\pi}{4}$ घटाने पर,हमें $50 \pi t = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
$50 \pi$ से भाग देने पर,हमें $t = \frac{\pi}{4 \times 50 \pi} = \frac{1}{200} \text{ s}$ प्राप्त होता है।

(C) प्रत्यावर्ती e.m.f. के लिए दिया गया समीकरण $e = e_0 \sin \omega t$ है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $e = e_0/2$ हो।
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $e_0/2 = e_0 \sin \omega t$।
यह सरल होकर $\sin \omega t = 1/2$ हो जाता है।
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 1/2$ और $30^{\circ} = \pi/6$ रेडियन होता है,इसलिए $\omega t = \pi/6$ है।
हम जानते हैं कि $\omega = 2\pi/T$,जहाँ $T$ आवर्त काल है।
$\omega$ का मान समीकरण में रखने पर: $(2\pi/T) \cdot t = \pi/6$।
$t$ के लिए हल करने पर: $t = (\pi/6) \cdot (T/2\pi) = T/12$।
अतः,लिया गया समय $T/12$ है।

(D) प्रत्यावर्ती धारा के लिए दिया गया समीकरण $I = 100 \sin(200 \pi t)$ है।
इसे मानक रूप $I = I_0 \sin(\omega t)$ से तुलना करने पर,शिखर मान $I_0 = 100 \ A$ प्राप्त होता है।
धारा अपना शिखर मान तब प्राप्त करती है जब $\sin(200 \pi t) = 1$ हो।
यह तब होता है जब साइन फलन का कोण $\frac{\pi}{2}$ के बराबर हो।
अतः,$200 \pi t = \frac{\pi}{2}$।
दोनों पक्षों को $\pi$ से विभाजित करने पर,हमें $200 t = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$t = \frac{1}{2 \times 200} = \frac{1}{400} \ s$।

(A) प्रत्यावर्ती धारा का दिया गया समीकरण $I = I_0 \sin(\omega t)$ है।
इसे दिए गए समीकरण $I = 100 \sin(50 \pi t)$ के साथ तुलना करने पर, हमें कोणीय आवृत्ति $\omega = 50 \pi \text{ rad/s}$ प्राप्त होती है।
हम जानते हैं कि $\omega = 2 \pi f$, जहाँ $f$ आवृत्ति है।
अतः, $2 \pi f = 50 \pi$, जिससे $f = 25 \text{ Hz}$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि धारा एक सेकंड में $25$ चक्र पूरे करती है।
साइन तरंग के एक पूर्ण चक्र में, धारा दो बार शून्य होती है (शुरुआत/अंत में और आधे चक्र के बिंदु पर)।
इसलिए, $25$ चक्रों में, धारा एक सेकंड में $25 \times 2 = 50$ बार शून्य होगी।

(D) वोल्टेज को अधिकतम होने के लिए,साइन फलन का मान $1$ होना चाहिए।
$\sin \left(\omega t+\frac{\pi}{3}\right) = 1$
चूंकि $\sin \left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$,इसलिए:
$\omega t + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$
$\omega t = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3}$
$\omega t = \frac{\pi}{6}$
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ रखने पर:
$\left(\frac{2\pi}{T}\right) t = \frac{\pi}{6}$
$t = \frac{\pi}{6} \times \frac{T}{2\pi}$
$t = \frac{T}{12}$

(B) तात्कालिक e.m.f. $e = 200 \sin(50t) \text{ V}$ द्वारा दिया गया है。
इसे मानक समीकरण $e = e_0 \sin(\omega t)$ के साथ तुलना करने पर, हमें शिखर e.m.f. $e_0 = 200 \text{ V}$ प्राप्त होता है。
ओम के नियम का उपयोग करके शिखर धारा $I_0$ की गणना इस प्रकार है: $I_0 = \frac{e_0}{R} = \frac{200}{50} = 4 \text{ A}$。
धारा का r.m.s. मान $I_{\text{rms}}$ सूत्र $I_{\text{rms}} = \frac{I_0}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है。
मान रखने पर: $I_{\text{rms}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2 \sqrt{2} \text{ A}$。
चूंकि $\sqrt{2} \approx 1.414$, इसलिए $I_{\text{rms}} = 2 \times 1.414 = 2.828 \text{ A}$ प्राप्त होता है。

(A) धारा का चरण (phase) $\phi_I = \omega t - \pi / 6$ है।
वोल्टेज का चरण $\phi_E = \omega t + \pi / 3$ है।
वोल्टेज और धारा के बीच का कलान्तर (phase difference) $\Delta \phi = \phi_E - \phi_I$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\Delta \phi = (\omega t + \pi / 3) - (\omega t - \pi / 6)$।
$\Delta \phi = \pi / 3 + \pi / 6 = 2\pi / 6 + \pi / 6 = 3\pi / 6 = \pi / 2$।
चूंकि $\Delta \phi$ धनात्मक है,इसलिए वोल्टेज धारा से $\pi / 2$ आगे है।

(B) $AC$ परिपथ में शक्ति का सूत्र $P = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$ है।
यहाँ $P = 1000 \,W$ और शिखर वोल्टेज $V_0 = 200 \,V$ दिया गया है।
$r.m.s.$ वोल्टेज $V_{rms} = \frac{V_0}{\sqrt{2}} = \frac{200}{\sqrt{2}} \,V$ होता है।
मान लें कि लैंप शुद्ध रूप से प्रतिरोधी हैं, इसलिए कला कोण $\phi = 0^{\circ}$ और $\cos \phi = 1$ होगा।
अतः, $1000 = \left( \frac{200}{\sqrt{2}} \right) I_{rms} \times 1$.
$I_{rms} = \frac{1000 \times \sqrt{2}}{200} = 5 \sqrt{2} \,A$.

(D) तात्कालिक धारा $I = 6 \sin(100 \pi t + \frac{\pi}{4})$ द्वारा दी गई है।
तात्कालिक वोल्टेज $V = 5 \sin(100 \pi t - \frac{\pi}{4})$ द्वारा दिया गया है।
धारा का कला (phase) $\phi_I = 100 \pi t + \frac{\pi}{4}$ है।
वोल्टेज का कला (phase) $\phi_V = 100 \pi t - \frac{\pi}{4}$ है।
धारा और वोल्टेज के बीच कलांतर $\Delta \phi = \phi_I - \phi_V = (100 \pi t + \frac{\pi}{4}) - (100 \pi t - \frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ है।
चूंकि $\Delta \phi = \frac{\pi}{2}$ (या $90^{\circ}$) है और धारा का कला वोल्टेज के कला से अधिक है,इसलिए धारा वोल्टेज से $90^{\circ}$ आगे है।

(D) समय अंतराल $t = 0$ से $t = \frac{\pi}{\omega}$ तक $A$.$C$. वोल्टेज $V = V_{m} \sin(\omega t)$ का औसत मान इस प्रकार परिकलित किया जाता है:
$V_{av} = \frac{\int_{0}^{\frac{\pi}{\omega}} V dt}{\int_{0}^{\frac{\pi}{\omega}} dt}$
$V_{av} = \frac{\int_{0}^{\frac{\pi}{\omega}} V_{m} \sin(\omega t) dt}{\frac{\pi}{\omega} - 0}$
$V_{av} = \frac{V_{m}}{\frac{\pi}{\omega}} \left[ -\frac{\cos(\omega t)}{\omega} \right]_{0}^{\frac{\pi}{\omega}}$
$V_{av} = \frac{V_{m} \omega}{\pi} \left( -\frac{1}{\omega} \right) [\cos(\pi) - \cos(0)]$
$V_{av} = -\frac{V_{m}}{\pi} [-1 - 1]$
$V_{av} = -\frac{V_{m}}{\pi} [-2] = \frac{2 V_{m}}{\pi}$

(A) धारा का कला (phase) $\phi_i = -\frac{\pi}{6}$ है।
वोल्टेज का कला $\phi_E = +\frac{\pi}{3}$ है।
वह कलांतर $\phi$ जिससे वोल्टेज धारा से आगे है,उसे $\phi = \phi_E - \phi_i$ द्वारा ज्ञात किया जाता है।
मान रखने पर,हमें प्राप्त होता है $\phi = \frac{\pi}{3} - (-\frac{\pi}{6})$.
$\phi = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi + \pi}{6} = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$.
अतः,वोल्टेज धारा से $\frac{\pi}{2}$ आगे है।

(A) मान लीजिए $t^{\prime}$ वह समय है जब e.m.f. अपने अधिकतम मान का आधा है।
दिए गए समीकरण $e = e_0 \sin \omega t$ में,हम $e = \frac{e_0}{2}$ रखते हैं।
$\frac{e_0}{2} = e_0 \sin (\omega t^{\prime})$
$\frac{1}{2} = \sin (\omega t^{\prime})$
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 0.5$,इसलिए $\omega t^{\prime} = \frac{\pi}{6}$ है।
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$(\frac{2\pi}{T}) t^{\prime} = \frac{\pi}{6}$
$t^{\prime} = \frac{T}{12}$.

(B) दिया गया समीकरण $V = 80 \sin(100 \pi t) \cos(100 \pi t)$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करते हुए,हम समीकरण को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$V = 40 \times (2 \sin(100 \pi t) \cos(100 \pi t))$
$V = 40 \sin(200 \pi t)$.
इसकी तुलना प्रत्यावर्ती वोल्टेज के मानक रूप $V = V_0 \sin(\omega t)$ से करने पर,जहाँ $V_0$ शिखर वोल्टेज है,
हमें $V_0 = 40 \text{ V}$ प्राप्त होता है।

(D) तात्कालिक धारा के लिए दिया गया समीकरण $I = 50 \sin(100 \pi t)$ है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $I = 25 \ A$ हो।
समीकरण में मान रखने पर:
$25 = 50 \sin(100 \pi t)$
$\frac{25}{50} = \sin(100 \pi t)$
$0.5 = \sin(100 \pi t)$
चूंकि $\sin 30^{\circ} = 0.5$ और $30^{\circ} = \frac{\pi}{6}$ रेडियन होता है,इसलिए:
$100 \pi t = \frac{\pi}{6}$
दोनों पक्षों को $100 \pi$ से विभाजित करने पर:
$t = \frac{\pi}{6 \times 100 \pi}$
$t = \frac{1}{600} \ s$.

(D) प्रत्यावर्ती emf के लिए दिया गया समीकरण $e = e_0 \cos \omega t$ है।
यहाँ शिखर मान $e_0 = 10 \ V$ और आवृत्ति $f = 50 \ Hz$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = 2 \pi f = 2 \pi \times 50 = 100 \pi \ rad/s$ है।
$t = \frac{1}{600} \ s$ पर समीकरण में मान रखने पर:
$e = 10 \cos(100 \pi \times \frac{1}{600})$
$e = 10 \cos(\frac{\pi}{6})$
चूँकि $\cos(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,इसलिए:
$e = 10 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 5 \sqrt{3} \ V$.

(A) दिया गया प्रत्यावर्ती e.m.f. समीकरण: $e = e_0 \sin \omega t$.
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $e = \frac{e_0}{2}$ हो।
समीकरण में मान रखने पर: $\frac{e_0}{2} = e_0 \sin \omega t$.
यह सरल होकर बनता है: $\sin \omega t = \frac{1}{2}$.
चूंकि $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,इसलिए $\omega t = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6} \text{ रेडियन}$.
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ रखने पर: $\left( \frac{2\pi}{T} \right) t = \frac{\pi}{6}$.
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{T}{12}$.

(A) प्रत्यावर्ती e.m.f. के लिए दिया गया समीकरण $e = e_{0} \sin(\omega t)$ है।
हम जानते हैं कि $\omega = \frac{2\pi}{T}$,इसलिए समीकरण $e = e_{0} \sin\left(\frac{2\pi t}{T}\right)$ हो जाता है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $e = \frac{e_{0}}{2}$ हो।
इसे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{e_{0}}{2} = e_{0} \sin\left(\frac{2\pi t}{T}\right)$.
$\frac{1}{2} = \sin\left(\frac{2\pi t}{T}\right)$.
चूँकि $\sin(30^{\circ}) = \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$,इसलिए $\frac{2\pi t}{T} = \frac{\pi}{6}$.
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{\pi}{6} \times \frac{T}{2\pi} = \frac{T}{12}$.

(C) दी गई आवृत्ति $f = 50 \,Hz$ है। आवर्तकाल $T$ इस प्रकार है:
$T = \frac{1}{f} = \frac{1}{50} = 0.02 \,s$.
शून्य से अधिकतम मान (शिखर) तक पहुँचने में लगा समय आवर्तकाल का एक-चौथाई होता है:
$t = \frac{T}{4} = \frac{0.02}{4} = 0.005 \,s$.
शिखर धारा $I_0 = 14.14 \,A$ है। धारा का आर.एम.एस. (r.m.s.) मान $I_{rms}$ इस प्रकार है:
$I_{rms} = \frac{I_0}{\sqrt{2}} = \frac{14.14}{1.414} = 10 \,A$.
अतः,लगा समय $0.005 \,s$ है और आर.एम.एस. मान $10 \,A$ है।

(C) दिया गया है,प्रत्यावर्ती वोल्टेज $E = 100 \sin \left(\omega t + \frac{\pi}{6}\right) \text{ V}$ है।
वोल्टेज के अधिकतम होने के लिए,साइन पद का मान $1$ होना चाहिए।
$\sin \left(\omega t + \frac{\pi}{6}\right) = 1$
चूंकि $\sin \frac{\pi}{2} = 1$,इसलिए:
$\omega t + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$
$\omega t = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi - \pi}{6} = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$
संबंध $\omega = \frac{2\pi}{T}$ का उपयोग करते हुए:
$\left(\frac{2\pi}{T}\right) t = \frac{\pi}{3}$
$t = \frac{\pi}{3} \times \frac{T}{2\pi} = \frac{T}{6}$
अतः,वोल्टेज पहली बार $t = \frac{T}{6}$ पर अधिकतम होगा।

(A) प्रत्यावर्ती धारा को समीकरण $I = I_0 \sin(\omega t)$ द्वारा दर्शाया जाता है।
$T$ अवधि के एक पूर्ण चक्र पर औसत मान ज्ञात करने के लिए,हम $[0, T]$ अंतराल पर धारा का समाकलन करते हैं और कुल समय $T$ से विभाजित करते हैं।
$I_{avg} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} I_0 \sin(\omega t) dt$.
चूंकि $\omega = \frac{2\pi}{T}$,एक पूर्ण अवधि पर $\sin(\omega t)$ का समाकलन शून्य होता है क्योंकि साइन तरंग का धनात्मक क्षेत्र उसके ऋणात्मक क्षेत्र को रद्द कर देता है।
इसलिए,एक पूर्ण चक्र पर प्रत्यावर्ती धारा का औसत मान $0$ होता है।

(B) तात्कालिक धारा का समीकरण $I = I_{0} \sin (\omega t + \phi)$ है,जहाँ $I_{0}$ शिखर धारा (peak current) है।
दिए गए समीकरण $I = 5 \sin (\omega t + \phi)$ के साथ तुलना करने पर,हमें शिखर धारा $I_{0} = 5 \text{ A}$ प्राप्त होती है।
प्रत्यावर्ती धारा का $rms$ मान,शिखर धारा से $I_{rms} = \frac{I_{0}}{\sqrt{2}}$ सूत्र द्वारा संबंधित है।
$I_{0}$ का मान रखने पर,हमें $I_{rms} = \frac{5}{\sqrt{2}} \text{ A}$ प्राप्त होता है।

(D) एक प्रत्यावर्ती राशि समय के साथ आवर्ती रूप से बदलती है। एक प्रत्यावर्ती राशि के धनात्मक और ऋणात्मक मानों के एक पूर्ण सेट को $cycle$ (चक्र) के रूप में परिभाषित किया जाता है। यह राशि के उस पूर्ण परिवर्तन को दर्शाता है जो स्वयं को दोहराना शुरू करने से पहले होता है।

(B) प्रत्यावर्ती धारा $(AC)$ का रूट मीन स्क्वायर $(I_{\text{rms}})$ मान एक पूर्ण चक्र में तात्कालिक धारा के वर्गों के औसत के वर्गमूल के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$I = I_{0} \sin(\omega t)$ द्वारा दी गई ज्यावक्रीय (sinusoidal) प्रत्यावर्ती धारा के लिए,$I_{\text{rms}}$ मान की गणना इस प्रकार की जाती है:
$I_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} I^{2} dt} = \frac{I_{0}}{\sqrt{2}}$
जहाँ $I_{0}$ धारा का शिखर मान (आयाम) है।

(D) प्रत्यावर्ती वोल्टेज (Alternating voltage) वह वोल्टेज है जो समय के साथ अपने परिमाण और दिशा को आवधिक रूप से बदलता है। प्रत्यावर्ती वोल्टेज के लिए मानक गणितीय व्यंजक $V(t) = V_m \sin(\omega t)$ है,जहाँ $V_m$ शिखर वोल्टेज है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है। चूँकि यह व्यंजक एक ज्या (sine) फलन का पालन करता है,इसलिए प्रत्यावर्ती वोल्टेज समय के साथ ज्यावक्रीय (sinusoidally) रूप से बदलता है।

(B) भारत में आपूर्ति की जाने वाली प्रत्यावर्ती धारा $(AC)$ मेन्स की मानक आवृत्ति $50 \text{ Hz}$ है।
आवृत्ति को प्रति सेकंड चक्रों की संख्या के रूप में परिभाषित किया गया है,जो $50 \text{ cycles/second}$ या $50 \text{ s}^{-1}$ के बराबर है।

(B) $AC$ मापक यंत्र,जैसे कि $AC$ एमीटर और वोल्टमीटर,हमेशा प्रत्यावर्ती धारा या वोल्टेज के $rms$ (रूट मीन स्क्वायर) मान को मापने के लिए डिज़ाइन किए जाते हैं। इसका कारण यह है कि धारा का ऊष्मीय प्रभाव,जो अधिकांश एनालॉग मापक यंत्रों का मूल सिद्धांत है,धारा के वर्ग के समानुपाती होता है। इसलिए,शक्ति की गणना के लिए $rms$ मान सबसे महत्वपूर्ण भौतिक राशि है।

(B) ट्रांसफार्मर की आउटपुट शक्ति $P_s = V_s I_s$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $V_s$ $RMS$ वोल्टेज है और $I_s$ $RMS$ धारा है।
यहाँ $P_s = 12 \ W$ और $V_s = 24 \ V$ दिया गया है।
इसलिए,$RMS$ धारा $I_s = \frac{P_s}{V_s} = \frac{12}{24} = 0.5 \ A$.
शिखर धारा $I_m$ और $RMS$ धारा $I_s$ के बीच संबंध $I_m = \sqrt{2} I_s$ है।
$I_s$ का मान रखने पर,$I_m = \sqrt{2} \times 0.5 \approx 1.414 \times 0.5 = 0.707 \ A$.
दो दशमलव स्थानों तक पूर्णांकित करने पर,शिखर धारा $0.71 \ A$ प्राप्त होती है।

(D) प्रत्यावर्ती धारा $(AC)$ का दिया गया समीकरण $I = I_m \cos(\omega t + \phi)$ है,जहाँ $I_m$ शिखर धारा (peak current) है।
दिए गए समीकरण $I = 50 \cos(100t + 45^{\circ}) \ A$ के साथ तुलना करने पर,हमें शिखर धारा $I_m = 50 \ A$ प्राप्त होती है।
रूट मीन स्क्वायर धारा $I_{rms}$ और शिखर धारा $I_m$ के बीच का संबंध $I_{rms} = \frac{I_m}{\sqrt{2}}$ है।
$I_m$ का मान रखने पर,$I_{rms} = \frac{50}{\sqrt{2}}$ प्राप्त होता है।
सरल बनाने के लिए,अंश और हर को $\sqrt{2}$ से गुणा करने पर: $I_{rms} = \frac{50 \sqrt{2}}{2} = 25 \sqrt{2} \ A$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(B) परिणामी धारा $I = 8 + 6 \sin \omega t$ द्वारा दी गई है।
$rms$ मान ज्ञात करने के लिए,हम पहले माध्य वर्ग मान $\langle I^2 \rangle$ की गणना करते हैं।
$\langle I^2 \rangle = \langle (8 + 6 \sin \omega t)^2 \rangle$
$\langle I^2 \rangle = \langle 64 + 96 \sin \omega t + 36 \sin^2 \omega t \rangle$
पूर्ण चक्र पर औसत मानों के गुणों का उपयोग करते हुए: $\langle \sin \omega t \rangle = 0$ और $\langle \sin^2 \omega t \rangle = \frac{1}{2}$।
$\langle I^2 \rangle = 64 + 96(0) + 36(\frac{1}{2})$
$\langle I^2 \rangle = 64 + 18 = 82 \ A^2$
$I_{rms} = \sqrt{\langle I^2 \rangle} = \sqrt{82} \approx 9.05 \ A$.

(A) प्रत्यावर्ती धारा का $rms$ मान $I_{rms} = \frac{I_m}{\sqrt{2}}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $I_m = 5 \ A$ दिया गया है,इसलिए $I_{rms} = \frac{5}{1.414} \approx 3.536 \ A$ प्राप्त होता है।
शून्य से शिखर मान तक पहुँचने में लगा समय आवर्तकाल $T$ का एक-चौथाई होता है।
चूँकि $T = \frac{1}{f} = \frac{1}{60} \ s$,इसलिए समय $t = \frac{T}{4} = \frac{1}{4 \times 60} \ s$ होगा।
अतः,$t = \frac{1}{240} \ s \approx 0.004167 \ s = 4.167 \ ms$।