Charging and Discharging of Capacitance and RC circuit (DC) Questions in Gujarati

(C) $CR$ નું પરિમાણ કેપેસીટન્સ $(C)$ અને અવરોધ $(R)$ ના ગુણાકાર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$C = \frac{Q}{V}$,જ્યાં $Q$ એ વિદ્યુતભાર છે અને $V$ એ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત છે.
$R = \frac{V}{I}$,જ્યાં $I$ એ વિદ્યુતપ્રવાહ છે.
તેથી,$CR = \left( \frac{Q}{V} \right) \times \left( \frac{V}{I} \right) = \frac{Q}{I}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $I = \frac{Q}{t}$,જ્યાં $t$ એ સમય છે,તેથી $\frac{Q}{I} = t$.
આમ,$CR$ ના પરિમાણો સમયના પરિમાણો સમાન છે,જે સમયગાળાને અનુરૂપ છે.

(A) જ્યારે સ્વિચ $S$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટર ચાર્જ થવાનું શરૂ કરે છે.
શરૂઆતમાં,કેપેસિટર શોર્ટ-સર્કિટ (શૂન્ય અવરોધ) તરીકે વર્તે છે,જે પરિપથમાં વિદ્યુતપ્રવાહને વહેવા દે છે,જેના કારણે બલ્બ ક્ષણભર માટે પ્રકાશિત થાય છે.
જેમ જેમ કેપેસિટર ચાર્જ થાય છે,તેમ તેની આસપાસનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત વધે છે અને પરિપથમાં વિદ્યુતપ્રવાહ ઘટે છે.
એકવાર કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય,પછી તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,જે ડાયરેક્ટ કરંટ $(DC)$ ના પ્રવાહને અટકાવે છે.
તેથી,વિદ્યુતપ્રવાહ શૂન્ય થઈ જાય છે અને બલ્બ પ્રકાશિત થવાનું બંધ કરી દે છે.

(B) જ્યારે કેપેસિટર $C$ ને અવરોધ $R$ દ્વારા $V$ વોલ્ટેજની બેટરી વડે ચાર્જ કરવામાં આવે છે,ત્યારે બેટરીમાંથી વહેતો કુલ વિદ્યુતભાર $Q = CV$ છે.
બેટરી દ્વારા કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય $W = QV = (CV)V = CV^2$ છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2}CV^2$ છે.
બેટરી દ્વારા આપવામાં આવતી કુલ ઉર્જા $CV^2$ છે અને કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $\frac{1}{2}CV^2$ છે,તેથી બાકીની ઉર્જા $\frac{1}{2}CV^2$ અવરોધ $R$ માં ઉષ્મા સ્વરૂપે વ્યય પામે છે.
આમ,બેટરી દ્વારા આપવામાં આવતી ઉર્જા $CV^2$ છે,જે કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $\frac{1}{2}CV^2$ કરતા વધારે છે.

(A) જ્યારે લેમ્પને કેપેસિટર સાથે શ્રેણીમાં $D.C.$ સ્ત્રોત સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટર ચાર્જ થાય છે અને એકવાર સંપૂર્ણ ચાર્જ થઈ જાય પછી તે પ્રવાહના વહેણને અટકાવે છે.
કેપેસિટરમાંથી $D.C.$ પસાર થઈ શકતું નથી,તેથી પરિપથ ખુલ્લો પરિપથ બની જાય છે.
પરિણામે,લેમ્પ પ્રકાશિત થશે નહીં.

(A) $DC$ સર્કિટમાં,સ્થાયી અવસ્થામાં કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે.
તેથી,કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
બેટરીનો સંપૂર્ણ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત,જે $2\,V$ છે,તે કેપેસિટરની બે પ્લેટો વચ્ચે જોવા મળે છે.
કેપેસિટર પરના વિદ્યુતભાર માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$Q = C \times V$,જ્યાં $C = 10\,\mu F$ અને $V = 2\,V$.
$Q = 10\,\mu F \times 2\,V = 20\,\mu C$.

(D) ડિસ્ચાર્જ થતા કેપેસિટર માટે વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = V_0 e^{-t/CR}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $V_0 = 50 \, V$ અને $t = 1 \, s$ પર $V = 40 \, V$ આપેલ છે,તેથી $40 = 50 e^{-1/CR}$,જેનો અર્થ છે કે $e^{-1/CR} = 4/5$.
વિકલ્પ $(b)$ માટે,$t = 2 \, s$ પછી વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V' = V_0 e^{-2/CR} = 50 (e^{-1/CR})^2 = 50 (4/5)^2 = 50 \times (16/25) = 32 \, V$ થશે. આમ,$(b)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $(a)$ માટે,કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} C V^2$ છે. $1 \, s$ પછી બાકી રહેલી ઉર્જાનો અંશ $U_f / U_i = (V_f / V_i)^2 = (40/50)^2 = (4/5)^2 = 16/25$ છે. આમ,$(a)$ પણ સાચું છે.
તેથી,$(a)$ અને $(b)$ બંને સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,તેથી કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
તેથી,બેટરીમાંથી નીકળતો સમગ્ર પ્રવાહ $i$ એ અવરોધ $R_2$ માંથી વહે છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{total} = R_2 + r$ છે.
પરિપથમાં વહેતો પ્રવાહ $i = \frac{E}{R_2 + r}$ છે.
અવરોધ $R_2$ ના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = i \times R_2 = \frac{E R_2}{R_2 + r}$ છે.
કેપેસિટર એ અવરોધ $R_2$ સાથે સમાંતર જોડાયેલ હોવાથી,કેપેસિટરના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ $R_2$ ના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો જ હોય છે.
આમ,કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q = C \times V = \frac{C E R_2}{R_2 + r}$ છે.

(B) ડિસ્ચાર્જ થતા કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V(t) = V_0 e^{-\lambda t}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $V_0 = 320 \, V$ આપેલ છે.
$t = 1 \, s$ પછી,$V_1 = 240 \, V$.
તેથી,$240 = 320 e^{-\lambda} \implies e^{-\lambda} = \frac{240}{320} = \frac{3}{4}$.
$t = 2 \, s$ પછી,વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_2 = V_0 (e^{-\lambda})^2 = 320 \times (\frac{3}{4})^2 = 320 \times \frac{9}{16} = 180 \, V$ થશે.
$t = 3 \, s$ પછી,વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_3 = V_0 (e^{-\lambda})^3 = 320 \times (\frac{3}{4})^3 = 320 \times \frac{27}{64} = 135 \, V$ થશે.

(A) કેપેસિટરના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_C = V_0(1 - e^{-t/RC})$ છે અને અવરોધના બે છેડા વચ્ચેનો તફાવત $V_R = V_0 e^{-t/RC}$ છે.
આપેલ છે કે $V_C = 3 V_R$,તેથી $V_0(1 - e^{-t/RC}) = 3 V_0 e^{-t/RC}$.
$V_0$ વડે ભાગતા,$1 - e^{-t/RC} = 3 e^{-t/RC}$,જેનું સાદું રૂપ $1 = 4 e^{-t/RC}$ થાય છે.
આમ,$e^{t/RC} = 4$,અથવા $t/RC = \ln(4) = 2 \ln(2)$.
અહીં $R = 2.5 \times 10^6 \, \Omega$ અને $C = 4 \times 10^{-6} \, F$ હોવાથી,ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = RC = (2.5 \times 10^6) \times (4 \times 10^{-6}) = 10 \, s$ મળે.
કિંમતો મૂકતા,$t = 10 \times 2 \times 0.693 = 13.86 \, s$.

(A) $RC$ સર્કિટમાં કેપેસિટરને ચાર્જ કરતી વખતે,કોઈપણ સમયે $t$ પર કેપેસિટર પરનો ચાર્જ $q = q_0(1 - e^{-t/CR})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેપેસિટર પરનો પોટેન્શિયલ તફાવત $V = q/C$ હોવાથી,આપણને $V = V_0(1 - e^{-t/CR})$ મળે છે,જ્યાં $V_0$ એ મહત્તમ પોટેન્શિયલ છે.
આ સમીકરણ એક ઘાતાંકીય વૃદ્ધિ વક્ર રજૂ કરે છે જે $t = 0$ સમયે $V = 0$ થી શરૂ થાય છે અને જેમ $t \to \infty$ થાય તેમ તે $V_0$ ની નજીક પહોંચે છે.
તેથી,સાચો આલેખ ઘાતાંકીય વૃદ્ધિ દર્શાવતો આલેખ છે.

(C) અવરોધ દ્વારા કેપેસિટરના ડિસ્ચાર્જિંગ દરમિયાન,કોઈપણ ક્ષણ $t$ પર વિદ્યુતભાર $Q = Q_0 e^{-t/CR}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $\frac{Q_0}{Q} = e^{t/CR} \implies t = CR \ln\left(\frac{Q_0}{Q}\right)$.
અચળ વિદ્યુતભાર $Q$ માટે,સમય $t$ એ અવરોધ $R$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(t \propto R)$.
હવે,આલેખમાં દર્શાવ્યા મુજબ સમયની ધરીને સમાંતર એક રેખા દોરો. ધારો કે આ રેખા વક્રોને એવા બિંદુઓ પર છેદે છે જે અનુક્રમે $R_1, R_2$ અને $R_3$ અવરોધ માટે $t_1, t_2$ અને $t_3$ સમયને અનુરૂપ છે.
આલેખ પરથી સ્પષ્ટ છે કે $t_1 < t_2 < t_3$.
જેમ કે $t \propto R$,તેથી $R_1 < R_2 < R_3$ થાય.
તેથી,સૌથી નાનો અવરોધ $R_1$ છે.

(B) $RC$ સર્કિટમાં ચાર્જિંગ દરમિયાન,સમય $t$ પર વિદ્યુતપ્રવાહ $i = \frac{E}{R} e^{-t/RC}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln i = -\frac{t}{RC} + \ln(\frac{E}{R})$ મળે છે.
આ એક સીધી રેખાનું સમીકરણ $y = mx + c$ છે,જ્યાં ઢાળ $m = -\frac{1}{RC}$ અને અંતઃખંડ $c = \ln(\frac{E}{R})$ છે.
જ્યારે અવરોધ $R$ બમણો કરવામાં આવે છે $(R' = 2R)$:
$1$. નવો અંતઃખંડ $c' = \ln(\frac{E}{2R}) = \ln(\frac{E}{R}) - \ln 2$. કારણ કે $\ln 2 > 0$,નવો અંતઃખંડ $c'$ મૂળ અંતઃખંડ $c$ કરતા ઓછો છે.
$2$. ઢાળનું મૂલ્ય $|m'| = \frac{1}{R'C} = \frac{1}{2RC} = \frac{1}{2} |m|$. નવો ઢાળ મૂળ ઢાળ કરતા અડધો છે,જેનો અર્થ છે કે રેખા ઓછી ઢળતી બને છે.
આ ફેરફારોની સરખામણી આપેલ આલેખ સાથે કરતા,વક્ર $Q$ નીચા અંતઃખંડથી શરૂ થાય છે અને તૂટક રેખાની તુલનામાં નાના ઢાળ ધરાવે છે. તેથી,વક્ર $Q$ ફેરફારને રજૂ કરે છે.

(B) જ્યારે કેપેસિટરને સેલ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે તે ત્યાં સુધી ચાર્જ થાય છે જ્યાં સુધી કેપેસિટરની પ્લેટો વચ્ચેનો પોટેન્શિયલ તફાવત સેલના $emf$ જેટલો ન થાય.
એકવાર કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય,પછી સર્કિટમાં કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી $(i = 0)$.
સેલની આસપાસનો પોટેન્શિયલ તફાવત $V = E - ir$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $i = 0$ હોવાથી,સેલનો પોટેન્શિયલ તફાવત $V = E - 0 \times r = E$ થશે.
તેથી,સેલની આસપાસનો પોટેન્શિયલ તફાવત $E$ છે.

(D) સમય $t = 0$ પર, કેપેસિટર શોર્ટ સર્કિટ (શૂન્ય અવરોધ) તરીકે વર્તે છે। સર્કિટમાં કુલ અવરોધ $1000 \, \Omega$ છે। તેથી, પ્રવાહ $I = \frac{2 \,V}{1000 \, \Omega} = 2 \,mA$ થાય છે.
જેમ સમય પસાર થાય છે, તેમ કેપેસિટર ચાર્જ થાય છે। જ્યારે તે સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય છે, ત્યારે તે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે। ત્યારબાદ પ્રવાહ $1000 \, \Omega$ ના અવરોધ અને $1000 \, \Omega$ ના અવરોધના શ્રેણી જોડાણમાંથી વહે છે। કુલ અવરોધ $2000 \, \Omega$ થાય છે। તેથી, સ્થાયી સ્થિતિમાં પ્રવાહ $I = \frac{2 \,V}{2000 \, \Omega} = 1 \,mA$ થાય છે। આમ, સમય જતાં પ્રવાહ $2 \,mA$ થી ઘટીને $1 \,mA$ થાય છે।

(D) જ્યારે ચાર્જ થયેલ કેપેસિટરને અવરોધ દ્વારા ડિસ્ચાર્જ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત કુલ ઉર્જા અવરોધમાં ઉષ્મા સ્વરૂપે વ્યય પામે છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જાનું સૂત્ર $U = \frac{1}{2}CV^2$ છે.
આપેલ છે: $C = 4\,\mu F = 4 \times 10^{-6}\,F$ અને $V = 400\,V$.
કિંમતો મૂકતા:
$U = \frac{1}{2} \times (4 \times 10^{-6}) \times (400)^2$
$U = 2 \times 10^{-6} \times 160000$
$U = 2 \times 10^{-6} \times 1.6 \times 10^5$
$U = 3.2 \times 10^{-1} = 0.32\,J$.
તેથી,અવરોધમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા $0.32\,J$ છે.

(B) કેપેસિટરનો કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{2\pi \nu C}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ડાયરેક્ટ કરંટ $(dc)$ માટે,આવૃત્તિ $\nu = 0$ હોય છે.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $X_C = \frac{1}{2\pi (0) C} = \infty$ મળે છે.
$dc$ માટે અવરોધ (રિએક્ટન્સ) અનંત હોવાથી,કેપેસિટર $dc$ માટે સંપૂર્ણ અવાહક તરીકે વર્તે છે.

(B) કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_C$ નું સૂત્ર $X_C = \frac{1}{2\pi \nu C}$ છે,જ્યાં $\nu$ એ સ્ત્રોતની આવૃત્તિ છે અને $C$ એ કેપેસિટન્સ છે.
$DC$ સર્કિટમાં,આવૃત્તિ $\nu = 0 \, Hz$ હોય છે.
આ કિંમત સૂત્રમાં મૂકતા: $X_C = \frac{1}{2\pi \times 0 \times 1} = \frac{1}{0} = \infty$.
તેથી,$DC$ સર્કિટમાં શુદ્ધ કેપેસિટરનો અસરકારક અવરોધ (રિએક્ટન્સ) અનંત હોય છે.

(C) કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઊર્જા $U = \frac{q^2}{2C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેપેસિટરનો વિદ્યુતભાર $q$ સમય સાથે $q(t) = q_0 e^{-t/RC}$ મુજબ ઘટે છે,તેથી ઊર્જા $U(t) = \frac{q_0^2}{2C} e^{-2t/RC} = U_0 e^{-2t/RC}$ મુજબ ઘટે છે,જ્યાં $RC = \tau$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
$t_1$ સમય માટે,ઊર્જા અડધી થાય છે: $U(t_1) = U_0/2$.
$U_0/2 = U_0 e^{-2t_1/\tau} \implies 1/2 = e^{-2t_1/\tau} \implies \ln(1/2) = -2t_1/\tau \implies -\ln(2) = -2t_1/\tau \implies t_1 = \frac{\tau \ln(2)}{2}$.
$t_2$ સમય માટે,વિદ્યુતભાર એક-ચતુર્થાંશ થાય છે: $q(t_2) = q_0/4$.
$q_0/4 = q_0 e^{-t_2/\tau} \implies 1/4 = e^{-t_2/\tau} \implies \ln(1/4) = -t_2/\tau \implies -2\ln(2) = -t_2/\tau \implies t_2 = 2\tau \ln(2)$.
ગુણોત્તર લેતા $t_1/t_2 = \frac{\tau \ln(2) / 2}{2\tau \ln(2)} = \frac{1/2}{2} = 1/4 = 0.25$.

(B) પરિપથનો સમય અચળાંક $\tau = RC = (1 \times 10^3 \,\Omega) \times (2500 \times 10^{-6} \,F) = 2.5 \,s$ છે.
કેપેસિટરને ચાર્જ કરવા માટે,$t$ સમયે વોલ્ટેજનું સૂત્ર $V(t) = V_0(1 - e^{-t/\tau})$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $V(5) = 12(1 - e^{-5/2.5}) = 12(1 - e^{-2})$.
$e^{-2} \approx 0.135$ લેતા,આપણને મળે છે $V(5) = 12(1 - 0.135) = 12(0.865) = 10.38 \,V$.

(B) $R-C$ ચાર્જિંગ સર્કિટ માટે,સમય $t$ પર પ્રવાહ $I = \frac{E}{R} e^{-\frac{t}{RC}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln I = \ln(\frac{E}{R}) - \frac{t}{RC}$ મળે છે.
આ $y = mx + c$ સ્વરૂપનું રેખીય સમીકરણ છે,જ્યાં ઢાળ $m = -\frac{1}{RC}$ અને અંતઃખંડ $c = \ln(\frac{E}{R})$ છે.
જ્યારે અવરોધ $R$ બમણો થાય $(R' = 2R)$:
$1$. નવો ઢાળ $m' = -\frac{1}{R'C} = -\frac{1}{2RC} = \frac{1}{2}m$. ઢાળ અડધો થવાથી,રેખા ઓછી ઢળતી બને છે.
$2$. નવો અંતઃખંડ $c' = \ln(\frac{E}{2R}) = \ln(\frac{E}{R}) - \ln 2$. કારણ કે $\ln 2 > 0$,તેથી અંતઃખંડ ઘટે છે.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા,રેખા $B$ નો ઢાળ તૂટક રેખા કરતા ઓછો (ઓછો ઋણ) છે અને અંતઃખંડ પણ ઓછો છે,જે તારવેલી શરતો સાથે મેળ ખાય છે.

(A) $RC$ ચાર્જિંગ સર્કિટમાં કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V(t) = V_0(1 - e^{-t/RC})$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$V_0 = 200\ V$,$V(t) = 120\ V$,$t = 5\ s$,અને $C = 2 \times 10^{-6}\ F$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $120 = 200(1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})})$.
$0.6 = 1 - e^{-5/(2 \times 10^{-6} R)} \Rightarrow e^{-5/(2 \times 10^{-6} R)} = 0.4$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-5 / (2 \times 10^{-6} R) = \ln(0.4) = \ln(2/5) = -\ln(2.5)$.
કારણ કે $\ln(2.5) = 2.303 \times \log_{10}(2.5) = 2.303 \times 0.4 = 0.9212$.
$5 / (2 \times 10^{-6} R) = 0.9212$.
$R = 5 / (2 \times 10^{-6} \times 0.9212) \approx 2.71 \times 10^6\ \Omega$.

(A) ડિસ્ચાર્જ થતા કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V(t) = V_0 e^{-t/\tau}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\tau$ એ સમય અચળાંક છે.
$t = \tau$ સમયે,વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V(\tau) = V_0 e^{-1} \approx 0.37 V_0$ થાય છે.
ગ્રાફ પરથી,પ્રારંભિક વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_0 = 25 \ V$ છે.
તેથી,$t = \tau$ સમયે,$V(\tau) = 0.37 \times 25 \ V = 9.25 \ V$ થાય.
ગ્રાફ જોતા,$t = 100 \ s$ સમયે $V \approx 13 \ V$ અને $t = 150 \ s$ સમયે $V \approx 9 \ V$ છે.
આમ,$9.25 \ V$ એ $13 \ V$ અને $9 \ V$ ની વચ્ચે હોવાથી,સમય અચળાંક $\tau$ એ $100 \ s$ અને $150 \ s$ ની વચ્ચે હશે.

(A) $t = 0$ સમયે,કેપેસિટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (અવરોધ $R_C = 0$). આ પરિપથમાં $2 \ V$ ની બેટરી અને $1000 \ \Omega$ નો અવરોધ શ્રેણીમાં જોડાયેલા છે. તેથી,વિદ્યુતપ્રવાહ $i = \frac{V}{R} = \frac{2 \ V}{1000 \ \Omega} = 2 \ mA$ મળે છે.
જ્યારે $t \to \infty$ થાય,ત્યારે કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થઈ જાય છે અને ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (અવરોધ $R_C = \infty$). હવે વિદ્યુતપ્રવાહ બંને $1000 \ \Omega$ ના અવરોધોમાંથી શ્રેણીમાં વહે છે. કુલ અવરોધ $R_{total} = 1000 \ \Omega + 1000 \ \Omega = 2000 \ \Omega$ થાય છે. તેથી,સ્થાયી અવસ્થામાં વિદ્યુતપ્રવાહ $i = \frac{V}{R_{total}} = \frac{2 \ V}{2000 \ \Omega} = 1 \ mA$ મળે છે.
આમ,$t = 0$ સમયે $i = 2 \ mA$ હોય છે અને સમય જતાં પ્રવાહ ઘટીને $1 \ mA$ થાય છે.

(D) $RC$ પરિપથમાં કેપેસિટરના ચાર્જિંગ માટેનું વોલ્ટેજ સમીકરણ $V(t) = V_0(1 - e^{-t/RC_{eq}})$ છે.
સમાંતર જોડાણ માટે,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_p = C + C = 2C$ થાય. તેથી ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_p = R(2C) = 2RC$ મળે.
આપેલ છે કે $t_p = 10 \ s$ સમયે $V(t_p) = V_0/2$ થાય છે,તેથી $V_0/2 = V_0(1 - e^{-t_p/2RC})$,જેનો અર્થ છે કે $1/2 = e^{-t_p/2RC}$,એટલે કે $t_p = 2RC \ln(2) = 10 \ s$.
શ્રેણી જોડાણ માટે,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_s = C/2$ થાય. તેથી ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_s = R(C/2) = RC/2$ મળે.
આપણે $t_s$ શોધવાનું છે જેથી $V(t_s) = V_0/2$ થાય,તેથી $1/2 = e^{-t_s/(RC/2)}$,જેનો અર્થ છે કે $t_s = (RC/2) \ln(2)$.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,$t_s = t_p / 4 = 10 / 4 = 2.5 \ s$ મળે.

(D) કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2}CV^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રારંભિક ઉર્જા $U_0 = \frac{1}{2}CV_0^2$,જ્યાં $V_0 = 100\, V$ છે.
અંતિમ ઉર્જા $U = \frac{1}{2}CV^2$,જ્યાં $V = 80\, V$ છે.
ઉર્જામાં થતો વ્યય $\Delta U = U_0 - U = \frac{1}{2}CV_0^2 - \frac{1}{2}CV^2$ છે.
ઉર્જામાં થતો આંશિક વ્યય $\frac{\Delta U}{U_0} = \frac{\frac{1}{2}CV_0^2 - \frac{1}{2}CV^2}{\frac{1}{2}CV_0^2} = \frac{V_0^2 - V^2}{V_0^2}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta U}{U_0} = \frac{100^2 - 80^2}{100^2} = \frac{(100 - 80)(100 + 80)}{10000} = \frac{20 \times 180}{10000} = \frac{3600}{10000} = \frac{36}{100} = \frac{9}{25}$.

(D) કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{q^2}{2C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉર્જા તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના અડધા સુધી ઘટવા માટે: $\frac{U_0}{2} = \frac{q^2}{2C} \Rightarrow \frac{q_0^2}{2} = q^2 \Rightarrow q = \frac{q_0}{\sqrt{2}}$.
ડિસ્ચાર્જિંગ સમીકરણ $q = q_0 e^{-t/RC}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\frac{q_0}{\sqrt{2}} = q_0 e^{-t_1/RC}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\frac{t_1}{RC} = \ln(1/\sqrt{2}) = -\frac{1}{2} \ln 2$,તેથી $t_1 = \frac{RC \ln 2}{2}$.
વિદ્યુતભાર તેના પ્રારંભિક મૂલ્યના એક-ચતુર્થાંશ સુધી ઘટવા માટે: $\frac{q_0}{4} = q_0 e^{-t_2/RC}$.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\frac{t_2}{RC} = \ln(1/4) = -2 \ln 2$,તેથી $t_2 = 2RC \ln 2$.
ગુણોત્તર $\frac{t_1}{t_2} = \frac{(RC \ln 2) / 2}{2RC \ln 2} = \frac{1}{4} = 0.25$.

(B) $(i)$ $t \rightarrow 0$ સમયે,કેપેસિટર શૂન્ય અવરોધવાળા સાદા વાયર (short circuit) તરીકે કાર્ય કરે છે. આ સ્થિતિમાં પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_1$ છે. તેથી,વિદ્યુતપ્રવાહ $I = \frac{E}{R_1}$.
$(ii)$ $t \rightarrow \infty$ સમયે,કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થઈ જાય છે અને તે ઓપન સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે (તેમાંથી કોઈ વિદ્યુતપ્રવાહ વહેતો નથી). આ સ્થિતિમાં,અવરોધો $R_1$ અને $R_2$ શ્રેણીમાં છે. તેથી કુલ અવરોધ $R_1 + R_2$ થાય છે. પરિણામે,વિદ્યુતપ્રવાહ $I = \frac{E}{R_1 + R_2}$.

(C) $t = 0$ સમયે,કેપેસીટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (અભારિત). પરિપથમાં કુલ અવરોધ $1000\,\Omega$ છે. તેથી,વિદ્યુતપ્રવાહ $I = \frac{V}{R} = \frac{2\,V}{1000\,\Omega} = 2\,mA$ થાય છે.
જેમ $t \to \infty$ થાય,કેપેસીટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય છે અને ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. હવે વિદ્યુતપ્રવાહ બે $1000\,\Omega$ ના અવરોધોના શ્રેણી જોડાણમાંથી પસાર થાય છે. કુલ અવરોધ $1000\,\Omega + 1000\,\Omega = 2000\,\Omega$ છે. તેથી,વિદ્યુતપ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{total}} = \frac{2\,V}{2000\,\Omega} = 1\,mA$ થાય છે.

(B) ડિસ્ચાર્જ થતા કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V(t) = V_0 e^{-t/RC}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે $k = e^{-1/RC}$. આપેલ છે કે $V_0 = 320\ V$ અને $V(1) = 240\ V$.
$240 = 320 \cdot k \implies k = \frac{240}{320} = \frac{3}{4}$.
$t = 2\ s$ માટે,$V(2) = V_0 \cdot k^2 = 320 \cdot (\frac{3}{4})^2 = 320 \cdot \frac{9}{16} = 180\ V$.
$t = 3\ s$ માટે,$V(3) = V_0 \cdot k^3 = 320 \cdot (\frac{3}{4})^3 = 320 \cdot \frac{27}{64} = 135\ V$.

(A) ડિસ્ચાર્જ થતા $RC$ સર્કિટમાં પ્રવાહ $I(t) = I_0 e^{-t/\tau}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\tau = R_{eq}C$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
અહીં,$R_{eq} = R + r$,જ્યાં $R = 2 \, \Omega$ એ બાહ્ય અવરોધ છે અને $r$ એ એમીટરનો અવરોધ છે.
કેપેસિટન્સ $C = 0.5 \, \mu F = 0.5 \times 10^{-6} \, F$ છે.
આપેલ છે કે $t = \ln 2 \, \mu s = \ln 2 \times 10^{-6} \, s$ સમયે,પ્રવાહ $I(t) = I_0 / 2$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $I_0 / 2 = I_0 e^{-t/\tau} \Rightarrow 1/2 = e^{-t/\tau}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln(1/2) = -t/\tau \Rightarrow -\ln 2 = -t/\tau \Rightarrow \tau = t / \ln 2$.
$t = \ln 2 \, \mu s$ મૂકતા: $\tau = (\ln 2 \, \mu s) / \ln 2 = 1 \, \mu s = 10^{-6} \, s$.
કારણ કે $\tau = (R + r)C$,તેથી $10^{-6} = (2 + r) \times 0.5 \times 10^{-6}$.
બંને બાજુ $10^{-6}$ વડે ભાગતા: $1 = (2 + r) \times 0.5$.
$2 = 2 + r \Rightarrow r = 0 \, \Omega$.

(D) જ્યારે સ્વીચ $S$ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે બેટરી અને તેની શ્રેણીમાં રહેલો અવરોધ પરિપથમાંથી દૂર થઈ જાય છે. કેપેસિટર $C$ એ $1 \, k\Omega$ ના બે અવરોધકો સાથેના લૂપમાં બાકી રહે છે,જે એકબીજા સાથે સમાંતર જોડાયેલા છે.
આ બે સમાંતર અવરોધકોનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$R_{eq} = \frac{1 \, k\Omega \times 1 \, k\Omega}{1 \, k\Omega + 1 \, k\Omega} = 0.5 \, k\Omega = 500 \, \Omega$.
ડિસ્ચાર્જિંગ પરિપથ માટે ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau$ નીચે મુજબ છે:
$\tau = R_{eq} C$
$\tau = (500 \, \Omega) \times (100 \times 10^{-6} \, F)$
$\tau = 50000 \times 10^{-6} \, s = 0.05 \, s$
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટને મિલિસેકન્ડ $(ms)$ માં ફેરવતા:
$\tau = 0.05 \times 1000 \, ms = 50 \, ms$.

(C) ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = R_{eq}C$ શોધવા માટે,આપણે કેપેસિટર $C$ દ્વારા જોવામાં આવતો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ નક્કી કરવો પડશે જ્યારે વોલ્ટેજ સ્ત્રોતોને શોર્ટ-સર્કિટ કરવામાં આવે.
$1$. વોલ્ટેજ સ્ત્રોતો $V_1$ અને $V_2$ ને શોર્ટ-સર્કિટ કરો. ડાબી બાજુની શાખામાં રહેલા $2R$ અને $R$ અવરોધ શ્રેણીમાં છે,જે $3R$ આપે છે.
$2$. આ $3R$ મધ્યના અવરોધ $R$ સાથે સમાંતર જોડાણમાં છે. આ ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{th} = \frac{(3R \times R)}{(3R + R)} = \frac{3R^2}{4R} = \frac{3}{4}R$ છે.
$3$. કેપેસિટર $C$ જમણી બાજુના અવરોધ $R$ સાથે શ્રેણીમાં છે. આમ,કેપેસિટર દ્વારા જોવામાં આવતો કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = R_{th} + R = \frac{3}{4}R + R = \frac{7}{4}R$ છે.
$4$. તેથી,ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = R_{eq}C = \frac{7}{4}RC$ છે.

(B) આ સર્કિટમાં બે $RC$ શાખાઓ વોલ્ટેજ સ્ત્રોત $V$ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલી છે. જ્યારે સ્વિચ $S$ ને $t = 0$ સમયે બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે દરેક શાખા સ્વતંત્ર રીતે ચાર્જ થાય છે.
કેપેસિટર $C_1$ અને અવરોધ $R$ ધરાવતી પ્રથમ શાખા માટે,પ્રવાહ $i_1(t) = \frac{V}{R} e^{-t / (R C_1)}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેપેસિટર $C_2$ અને અવરોધ $R$ ધરાવતી બીજી શાખા માટે,પ્રવાહ $i_2(t) = \frac{V}{R} e^{-t / (R C_2)}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રવાહનો ગુણોત્તર $\frac{i_1}{i_2} = \frac{\frac{V}{R} e^{-t / (R C_1)}}{\frac{V}{R} e^{-t / (R C_2)}} = e^{-t / (R C_1) + t / (R C_2)} = e^{\frac{t}{R} \left( \frac{1}{C_2} - \frac{1}{C_1} \right)}$ છે.
આપેલ છે કે $C_1 = 2C_2$,તેથી $\frac{1}{C_2} = \frac{2}{C_1}$ થાય.
આ કિંમત ગુણોત્તરમાં મૂકતા: $\frac{i_1}{i_2} = e^{\frac{t}{R} \left( \frac{2}{C_1} - \frac{1}{C_1} \right)} = e^{\frac{t}{R C_1}}$.
જેમ જેમ $t$ વધે છે,તેમ ઘાતાંક $\frac{t}{R C_1}$ વધે છે,અને તેથી ગુણોત્તર $i_1 / i_2 = e^{\frac{t}{R C_1}}$ એ સમય $t$ સાથે વધે છે.

(D) $t = 0$ સમયે,કેપેસિટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (તે ચાર્જ થયેલ નથી). પરિપથમાં કુલ અવરોધ $1000\,\Omega$ છે. તેથી,અવરોધ $AB$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{2\,V}{1000\,\Omega} = 2\,mA$ છે.
જેમ જેમ સમય પસાર થાય છે,તેમ કેપેસિટર ચાર્જ થાય છે. જેમ તે ચાર્જ થાય છે,તેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત વધે છે,જે પ્રવાહના વહેવાને અવરોધે છે.
લાંબા સમય પછી $(t \to \infty)$,કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય છે અને ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. ત્યારબાદ પ્રવાહ બંને શ્રેણીબદ્ધ અવરોધોમાંથી વહે છે. કુલ અવરોધ $1000\,\Omega + 1000\,\Omega = 2000\,\Omega$ થાય છે. અવરોધ $AB$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{2\,V}{2000\,\Omega} = 1\,mA$ થાય છે.
તેથી,$t = 0$ સમયે,$I = 2\,mA$ છે,અને જેમ $t$ વધે છે,તેમ $I$ ઘટીને $1\,mA$ થાય છે.

(B) જ્યારે સ્વિચ $S$ બંધ કરવામાં આવે છે, ત્યારે કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા અવરોધ દ્વારા સંપૂર્ણપણે ઉષ્મા સ્વરૂપે વ્યય પામે છે.
કેપેસિટન્સ $C$ અને પ્રારંભિક વિદ્યુતભાર $Q$ ધરાવતા કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{Q^2}{2C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં, $U = 3.6 \times 10^{-3} \ J$ અને $C = 2 \ \mu F = 2 \times 10^{-6} \ F$ આપેલ છે.
ઉર્જાને સરખાવતા, આપણને મળે છે:
$\frac{Q^2}{2 \times 2 \times 10^{-6}} = 3.6 \times 10^{-3}$
$Q^2 = 3.6 \times 10^{-3} \times 4 \times 10^{-6}$
$Q^2 = 14.4 \times 10^{-9} = 144 \times 10^{-10}$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$Q = \sqrt{144 \times 10^{-10}} = 12 \times 10^{-5} \ C$
માઈક્રોકુલંબ $(\mu C)$ માં ફેરવતા:
$Q = 120 \times 10^{-6} \ C = 120 \ \mu C$.

(C) ડિસ્ચાર્જિંગ દરમિયાન,સર્કિટમાં પ્રવાહ $i(t) = i_0 e^{-t / RC}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $t = (\ln 4) \, \mu s$ સમયે,પ્રવાહ $i = i_0 / 2$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $i_0 / 2 = i_0 e^{-(\ln 4 \, \mu s) / RC}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $1/2 = e^{-(\ln 4 \, \mu s) / RC}$,અથવા $2 = e^{(\ln 4 \, \mu s) / RC}$ મળે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લેતા: $\ln 2 = (\ln 4 \, \mu s) / RC$.
કારણ કે $\ln 4 = 2 \ln 2$,તેથી $\ln 2 = (2 \ln 2 \, \mu s) / RC$.
આમ,$RC = 2 \, \mu s$.
આપેલ છે કે $C = 0.5 \, \mu F$,તેથી $R = (2 \, \mu s) / (0.5 \, \mu F) = 4 \, \Omega$.
કુલ અવરોધ $R$ એ અવરોધક અને એમીટરના અવરોધ $r$ નો સરવાળો છે: $R = 2 \, \Omega + r$.
તેથી,$2 \, \Omega + r = 4 \, \Omega$,જે આપણને $r = 2 \, \Omega$ આપે છે.

(C) સ્વીચ $S$ બંધ કર્યા પછી તરત જ,કેપેસિટર અનચાર્જ્ડ હોવાથી તે શોર્ટ સર્કિટ (તાર) તરીકે વર્તે છે. સર્કિટ જોતા,કેપેસિટર $4\,\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે અને $8\,\Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતર છે. $t=0$ સમયે,કેપેસિટર તાર તરીકે વર્તે છે,તેથી $4\,\Omega$ વાળી શાખા શોર્ટ થઈ જાય છે. સર્કિટ $6\,V$ ની બેટરી,$2\,\Omega$ નો અવરોધ અને $8\,\Omega$ ના અવરોધની શ્રેણી જોડાણ જેવી બને છે. તેથી,$I_1 = I_3 = 6\,V / (2\,\Omega + 8\,\Omega) = 0.6\,A$ અને $I_2 = 0$.
સ્વીચ $S$ બંધ કર્યાના લાંબા સમય પછી,કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થઈ જાય છે અને ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. $4\,\Omega$ ના અવરોધ અને કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાં કોઈ પ્રવાહ વહેશે નહીં $(I_2 = 0)$. સર્કિટ $6\,V$ ની બેટરી,$2\,\Omega$ અને $8\,\Omega$ ના અવરોધની શ્રેણી જોડાણ જેવી બને છે. તેથી,$I_1 = I_3 = 6\,V / (10\,\Omega) = 0.6\,A$ અને $I_2 = 0$.

(D) $t = 0$ સમયે,કેપેસિટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. સર્કિટનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = R_3 + (R_1 || R_2) = 1 + \frac{2 \times 2}{2 + 2} = 1 + 1 = 2 \, \Omega$ છે. બેટરીમાંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I = \frac{\varepsilon}{R_{eq}} = \frac{10}{2} = 5 \, A$ છે. આ પ્રવાહ $R_3$ માંથી વહે છે,તેથી વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
જેમ $t \to \infty$ થાય,કેપેસિટર સંપૂર્ણ ચાર્જ થઈ જાય છે અને ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. પ્રવાહ $R_1 || R_2$ અને $R_3$ ના શ્રેણી જોડાણમાંથી વહે છે. કુલ અવરોધ $R_{eq} = 2 \, \Omega$ છે. $R_3$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{10}{2} = 5 \, A$ છે.
$R_1$ અને $R_2$ સમાંતર હોવાથી,તેમની વચ્ચેનો વોલ્ટેજ સમાન હોય છે. તેથી,$I_{R_1} R_1 = I_{R_2} R_2$,જે સૂચવે છે કે $\frac{I_{R_1}}{I_{R_2}} = \frac{R_2}{R_1} = \frac{2}{2} = 1$. આ ગુણોત્તર અચળ છે. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
આમ,વિકલ્પ $D$ સૌથી યોગ્ય છે.

(B) આ પરિપથ અવરોધ $R$ દ્વારા કેપેસિટરના ડિસ્ચાર્જિંગને દર્શાવે છે. $t$ સમયે પ્રવાહ $I$ નું સૂત્ર $I = I_0 e^{-t / RC}$ છે,જ્યાં $I_0 = V/R$ છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln I = \ln(V/R) - \frac{t}{RC}$.
આધાર $10$ ના લઘુગણકમાં રૂપાંતર કરતા: $\log_{10} I = \log_{10}(V/R) - \frac{t}{2.303 RC}$.
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,આંતરછેદ $\log_{10}(V/R)$ છે અને ઢાળ $m = -\frac{1}{2.303 RC}$ છે.
આલેખ પરથી,રેખા $(1)$ અને $(2)$ બંને માટે આંતરછેદ સમાન છે,જેનો અર્થ છે કે $V$ અને $R$ અચળ રહે છે.
રેખા $(2)$ ના ઢાળનું મૂલ્ય રેખા $(1)$ કરતા ઓછું છે.
કારણ કે $|m| = \frac{1}{2.303 RC}$,ઢાળના મૂલ્યમાં ઘટાડો સૂચવે છે કે ગુણાકાર $RC$ વધવો જોઈએ.
કારણ કે $R$ અચળ છે,તેથી $C$ વધારવો જોઈએ.

(D) આલેખ પરથી,બંને સર્કિટ સમાન મહત્તમ ચાર્જ $q_{\max}$ સુધી પહોંચે છે.
કારણ કે $q_{\max} = C_1 V_1 = C_2 V_2$,તે સ્પષ્ટ છે કે બંને કેપેસિટર સમાન મૂલ્યના ચાર્જ સુધી ચાર્જ થાય છે. તેથી,વિધાન $A$ સાચું છે.
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = RC$ ચાર્જિંગનો દર નક્કી કરે છે. આલેખ પરથી,સર્કિટ $2$ ને સર્કિટ $1$ ની સરખામણીમાં $q_{\max}$ સુધી પહોંચવામાં વધુ સમય લાગે છે,જેનો અર્થ છે કે $\tau_2 > \tau_1$,અથવા $R_2 C_2 > R_1 C_1$.
કારણ કે $q_{\max} = CV$,આપણી પાસે $V = q_{\max} / C$ છે. કારણ કે આપણે $C_1$ અને $C_2$ ના વ્યક્તિગત મૂલ્યો જાણતા નથી,આપણે $V_1$ અને $V_2$ વચ્ચેનો સંબંધ નક્કી કરી શકતા નથી. તેથી,સેલના $emf$ ($V_1$ અને $V_2$) અલગ-અલગ હોઈ શકે છે. આમ,વિધાન $C$ પણ સાચું છે.
તેથી,$A$ અને $C$ બંને સાચા હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) ચાર્જિંગ દરમિયાન કેપેસિટર પરનો ચાર્જ $q(t) = CE(1 - e^{-t/RC})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = RC$ છે.
આલેખ પરથી,સર્કિટ $2$ ને સર્કિટ $1$ ની સરખામણીમાં મહત્તમ ચાર્જ સુધી પહોંચવા માટે વધુ સમય લાગે છે,જેનો અર્થ છે કે સર્કિટ $2$ નો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ સર્કિટ $1$ કરતા વધારે છે.
આમ,$\tau_2 > \tau_1$,જેનો અર્થ છે કે $R_2C_2 > R_1C_1$.
આને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $\frac{R_1}{R_2} < \frac{C_2}{C_1}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) $1$. જ્યારે $X$ ને $Y$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટર $V = E$ જેટલા વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત સુધી ચાર્જ થાય છે. કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q_1 = CE$ છે. સંગ્રહિત ઉર્જા $U_1 = \frac{1}{2}CE^2$ છે.
$2$. જ્યારે $X$ ને $Z$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટરને વિરુદ્ધ ધ્રુવીયતા સાથે કોષ $B$ સાથે જોડવામાં આવે છે. કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $+E$ થી બદલાઈને $-E$ થાય છે. કેપેસિટર પરનો અંતિમ વિદ્યુતભાર $q_2 = -CE$ છે.
$3$. પરિપથમાંથી વહેતો કુલ વિદ્યુતભાર $\Delta q = q_1 - q_2 = CE - (-CE) = 2CE$ છે.
$4$. કોષ $B$ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય $W = \Delta q \cdot E = (2CE) \cdot E = 2CE^2$ છે.
$5$. કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = U_f - U_i = \frac{1}{2}CE^2 - \frac{1}{2}CE^2 = 0$ છે.
$6$. કાર્ય-ઉર્જા પ્રમેય મુજબ,$W = \Delta U + H$,જ્યાં $H$ એ ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા છે. તેથી,$H = W = 2CE^2$.
$7$. અંતિમ સંગ્રહિત ઉર્જા $U_f = \frac{1}{2}CE^2$ હોવાથી,આપણને $H = 4 \cdot (\frac{1}{2}CE^2) = 4U_f$ મળે છે. તેથી,ઉત્પન્ન થતી ઉષ્મા એ કેપેસિટરમાં અંતે સંગ્રહિત ઉર્જા કરતા $4$ ગણી છે.

(D) ગ્રાફ પરથી,સમય $t$ ના વિધેય તરીકે વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ એ સુરેખ સમીકરણ છે: $V(t) = mt + c$।
$t=0$ પર,$V=2\, V$,તેથી આંતરછેદ $c=2$ છે।
$t=3\, s$ પર,$V=8\, V$,તેથી ઢાળ $m = \frac{8-2}{3-0} = \frac{6}{3} = 2\, V/s$ છે।
આમ,$V(t) = 2t + 2$ મળે છે।
કેપેસિટર માટે,$V = \frac{q}{C} = \frac{1}{C} \int i \, dt$ થાય છે।
અહીં $i = 1\, A$ આપેલ છે,તેથી $V = \frac{1}{C} \int 1 \, dt = \frac{t}{C} + V_0$,જ્યાં $V_0$ એ $t=0$ પરનો પ્રારંભિક વોલ્ટેજ છે।
$V(t) = \frac{1}{C}t + 2$ ની સરખામણી $V(t) = 2t + 2$ સાથે કરતા,આપણને $\frac{1}{C} = 2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $C = 0.5\, F$ છે।

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,તેથી કેપેસિટર $C$ અને અવરોધ $r_1$ ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
આ સર્કિટ બેટરી $E$ અને અવરોધો $r$ તથા $r_2$ ધરાવતી સાદી શ્રેણી સર્કિટમાં ફેરવાય છે.
સર્કિટમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i$ નીચે મુજબ છે:
$i = \frac{E}{r + r_2}$
કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_c$ એ અવરોધ $r_2$ પરના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો જ હોય છે કારણ કે તેઓ સમાંતર જોડાયેલા છે.
$V_c = i \cdot r_2 = \left( \frac{E}{r + r_2} \right) r_2$
કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q$ એ $Q = C V_c$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$V_c$ ની કિંમત મૂકતા:
$Q = C \left( \frac{E r_2}{r + r_2} \right) = CE \frac{r_2}{r + r_2}$

(D) ડિસ્ચાર્જ થતા કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q(t) = q_0 e^{-t/RC}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U(t) = \frac{q^2}{2C} = \frac{q_0^2}{2C} e^{-2t/RC} = U_0 e^{-2t/RC}$ છે.
સમય $t_1$ માટે,ઉર્જા અડધી થઈ જાય છે: $U_0/2 = U_0 e^{-2t_1/RC} \implies 1/2 = e^{-2t_1/RC} \implies \ln(2) = 2t_1/RC \implies t_1 = \frac{RC \ln(2)}{2}$.
સમય $t_2$ માટે,વિદ્યુતભાર એક-ચતુર્થાંશ થઈ જાય છે: $q_0/4 = q_0 e^{-t_2/RC} \implies 1/4 = e^{-t_2/RC} \implies \ln(4) = t_2/RC \implies t_2 = RC \ln(4) = 2RC \ln(2)$.
ગુણોત્તર $t_1 / t_2 = \frac{RC \ln(2) / 2}{2RC \ln(2)} = 1/4 = 0.25$.

(B) $RC$ સર્કિટમાં ચાર્જિંગ કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V(t) = V_0(1 - e^{-t/RC})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$V_0 = 200 \ V$,$V(t) = 120 \ V$,$C = 2 \times 10^{-6} \ F$,અને $t = 5 \ s$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $120 = 200(1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})})$.
$0.6 = 1 - e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})} \Rightarrow e^{-5/(R \times 2 \times 10^{-6})} = 0.4$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-5/(R \times 2 \times 10^{-6}) = \ln(0.4) = -\ln(2.5)$.
$5/(R \times 2 \times 10^{-6}) = \ln(2.5) = 2.303 \times \log_{10}(2.5)$.
આપેલ છે $\log_{10}(2.5) = 0.4$,તેથી $\ln(2.5) = 2.303 \times 0.4 = 0.9212$.
$R = 5 / (2 \times 10^{-6} \times 0.9212) \approx 2.71 \times 10^6 \ \Omega$.

(A) કેપેસિટરના ડિસ્ચાર્જિંગ માટેનું સમીકરણ $V = V_{0} e^{-t/\tau}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\tau = RC$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ છે.
$t = \tau$ સમયે,પોટેન્શિયલ તફાવત $V = V_{0} / e \approx 0.37 V_{0}$ થાય છે.
આલેખ પરથી,પ્રારંભિક પોટેન્શિયલ તફાવત $V_{0} = 25\; V$ છે.
તેથી,$t = \tau$ સમયે,$V = 0.37 \times 25\; V = 9.25\; V$ થાય.
આલેખ જોતા,$t = 100\; sec$ પર,પોટેન્શિયલ $10\; V$ થી થોડું વધારે છે,અને $t = 150\; sec$ પર,પોટેન્શિયલ $10\; V$ થી થોડું ઓછું છે (આશરે $8\; V$ થી $9\; V$ ની વચ્ચે).
જેથી $9.25\; V$ એ ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau$ ને અનુરૂપ છે,અને આ મૂલ્ય સમય અક્ષ પર $100\; sec$ અને $150\; sec$ ની વચ્ચે આવે છે,તેથી સાચી શ્રેણી $100\; sec$ અને $150\; sec$ છે.

(D) જ્યારે સ્વીચ $S_1$ બંધ હોય અને $S_2$ ખુલ્લી હોય,ત્યારે સર્કિટ બેટરી $V$,અવરોધ $R$ અને કેપેસિટર $C$ ધરાવતી સાદી શ્રેણી $RC$ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે.
કોઈપણ સમયે $t$ પર કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q$ ચાર્જિંગના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $q(t) = CV(1 - e^{-t/\tau})$,જ્યાં $\tau = RC$ છે.
વિકલ્પ $D$ તપાસતા: $t = 2\tau$ સમયે,સૂત્રમાં કિંમત મૂકતા $q = CV(1 - e^{-2\tau/\tau}) = CV(1 - e^{-2})$ મળે છે.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચું વિધાન છે.

(A) $Q_0$ એ સ્થાયી અવસ્થામાં,એટલે કે $t = \infty$ સમયે કેપેસિટર પરનો મહત્તમ વિદ્યુતભાર છે.
$t = \infty$ સમયે,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે,જેનો અર્થ છે કે તેમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
આ સર્કિટ $R_1$ અને $R_2$ ના શ્રેણી જોડાણ તરીકે સરળ બને છે જે વોલ્ટેજ સ્ત્રોત $V$ સાથે જોડાયેલ છે.
કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ અવરોધ $R_2$ પરના વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત જેટલો હોય છે.
વોલ્ટેજ ડિવાઇડરના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$R_2$ પરનો વોલ્ટેજ $V_C = V \left( \frac{R_2}{R_1 + R_2} \right)$ મળે છે.
કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q_0 = C V_C$ છે.
$V_C$ નું મૂલ્ય મૂકતા,આપણને $Q_0 = C \left( \frac{V R_2}{R_1 + R_2} \right) = \frac{CVR_2}{R_1 + R_2}$ મળે છે.