R-L D.C. Circuit Questions in Gujarati

(A) સ્વિચ $S$ બંધ કર્યા પછી તરત જ, ઇન્ડક્ટર્સમાંથી વહેતો પ્રવાહ ત્વરિત બદલાઈ શકતો નથી. સ્વિચ બંધ કરતા પહેલા પ્રવાહ શૂન્ય હોવાથી, તે સ્વિચ બંધ કર્યા પછી તરત જ શૂન્ય રહે છે.
તેથી, ઇન્ડક્ટર્સ ધરાવતી શાખાઓ ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે.
આ સર્કિટ બેટરી અને દરેક $R$ અવરોધ ધરાવતા બે અવરોધકોના શ્રેણી જોડાણ તરીકે સરળ બને છે.
સર્કિટનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = R + R = 2.0 \, \Omega + 2.0 \, \Omega = 4.0 \, \Omega$ છે.
સર્કિટમાં પ્રવાહ $i$ ઓહ્મના નિયમ દ્વારા મળે છે:
$i = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{9 \, V}{4.0 \, \Omega} = 2.25 \, A$.

(D) ઇન્ડક્ટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} L i^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલ છે કે $U = 64 \, J$ અને $i = 8 \, A$,તેથી $64 = \frac{1}{2} \times L \times (8)^2$. આનું સાદું રૂપ આપતા $64 = 32L$ મળે,તેથી $L = 2 \, H$.
ઉર્જા વ્યયનો દર (પાવર) $P = i^2 R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આપેલ છે કે $P = 640 \, W$ અને $i = 8 \, A$,તેથી $640 = (8)^2 \times R$. આનું સાદું રૂપ આપતા $640 = 64R$ મળે,તેથી $R = 10 \, \Omega$.
$LR$ સર્કિટનો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = \frac{L}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કિંમતો મૂકતા,$\tau = \frac{2}{10} = 0.2 \, s$.

(C) સ્થાયી અવસ્થામાં,ઇન્ડક્ટર એક વાહક તાર તરીકે વર્તે છે (શોર્ટ સર્કિટ).
તેથી,પરિપથમાં રહેલા બે ઇન્ડક્ટર સાદા વાયર તરીકે કામ કરે છે.
હવે પરિપથમાં દરેક $3 \, \Omega$ ના ત્રણ અવરોધ સમાંતર જોડાણમાં છે.
આ ત્રણ સમાંતર અવરોધોનો સમતુલ્ય અવરોધ નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{1}{R_{p}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{3}{3} = 1 \, \Omega^{-1}$
$\Rightarrow R_{p} = 1 \, \Omega$
આ સમાંતર જોડાણ $2 \, \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં છે.
પરિપથનો કુલ સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = 2 \, \Omega + R_{p} = 2 \, \Omega + 1 \, \Omega = 3 \, \Omega$ છે.
ઓમના નિયમ મુજબ બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ $i$:
$i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{30 \, V}{3 \, \Omega} = 10 \, A$ થાય.

(C) $LR$ સર્કિટમાં મહત્તમ પ્રવાહ $I_{\max} = \frac{V}{R} = \frac{20\, \text{V}}{10 \times 10^3\, \Omega} = 2 \times 10^{-3}\, \text{A} = 2\, \text{mA}$ છે.
જ્યારે સ્વીચ ખોલવામાં આવે છે,ત્યારે સર્કિટ $LR$ ડીકે સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે. $t$ સમયે પ્રવાહ $I(t) = I_{\max} e^{-Rt/L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $R = 10^4\, \Omega$,$L = 10 \times 10^{-3}\, \text{H}$,અને $t = 1 \times 10^{-6}\, \text{s}$ આપેલ છે.
ઘાતાંક $-\frac{Rt}{L} = -\frac{10^4 \times 10^{-6}}{10 \times 10^{-3}} = -\frac{10^{-2}}{10^{-2}} = -1$ થાય છે.
તેથી,$I = 2 \times e^{-1}\, \text{mA}$.
$e^{-1} = 0.37$ લેતા,$I = 2 \times 0.37\, \text{mA} = 0.74\, \text{mA}$ મળે છે.
આને $\frac{x}{100}\, \text{mA}$ તરીકે દર્શાવતા,$\frac{x}{100} = 0.74$,જેનો અર્થ છે કે $x = 74$.

(B) $1$. જ્યારે $T_{1}$ અને $T_{2}$ જોડાયેલા હોય,ત્યારે પરિપથમાં $6 \, V$ ની બેટરી,$R = 6 \, \Omega$ નો અવરોધ અને ઇન્ડક્ટર $L$ શ્રેણીમાં હોય છે.
$2$. સ્થાયી અવસ્થામાં,ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે (શૂન્ય અવરોધ). ઇન્ડક્ટરમાંથી વહેતો સ્થાયી પ્રવાહ $I = \frac{V}{R} = \frac{6 \, V}{6 \, \Omega} = 1 \, A$ છે.
$3$. જ્યારે $T_{1}$ ને $T_{2}$ થી અલગ કરીને તરત જ $T_{3}$ સાથે જોડવામાં આવે છે,ત્યારે ઇન્ડક્ટર $L$ હવે $r = 3 \, \Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં આવે છે. ઇન્ડક્ટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ તરત જ બદલાઈ શકતો નથી,તેથી $I = 1 \, A$ નો પ્રવાહ નવા પરિપથ લૂપમાં વહેવાનું ચાલુ રાખે છે.
$4$. સ્વિચ બદલ્યા પછી તરત જ $r = 3 \, \Omega$ ના અવરોધ પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $V_{r} = I \times r = 1 \, A \times 3 \, \Omega = 3 \, V$ થશે.

(D) સ્વિચ $S$ બંધ કર્યા પછી તરત જ $(t = 0)$,ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ફેરફારનો વિરોધ કરે છે,તેથી તે ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે.
તેથી,ઇન્ડક્ટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
પરિપથ $6\,V$ ની બેટરી,$2\,\Omega$ ના અવરોધ અને $4\,\Omega$ ના અવરોધ સાથે શ્રેણીમાં હોય તેવો સરળ બને છે.
પરિપથનો કુલ અવરોધ $R_{eq} = 2\,\Omega + 4\,\Omega = 6\,\Omega$ છે.
ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6\,V}{6\,\Omega} = 1\,A$ મળે છે.

(C) $LR$ સર્કિટમાં પ્રવાહ $i = \frac{E}{R}(1 - e^{-t/\tau})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\tau = \frac{L}{R} = \frac{1}{100} = 0.01\,s = 10\,ms$ છે.
$(a)$ પ્રવાહ તેના સ્થાયી-સ્થિતિ મૂલ્યના અડધા સુધી પહોંચે $(i = \frac{E}{2R})$ તે માટે:
$\frac{E}{2R} = \frac{E}{R}(1 - e^{-t/\tau})$
$0.5 = 1 - e^{-t/\tau} \implies e^{-t/\tau} = 0.5$
$t = \tau \ln 2 = 10\,ms \times 0.693 = 6.93\,ms \approx 7\,ms$.
$(b)$ $t = 15\,ms$ સમયે,$t/\tau = 15/10 = 1.5$:
$i = \frac{6}{100}(1 - e^{-1.5}) = 0.06(1 - 0.25) = 0.06 \times 0.75 = 0.045\,A$.
સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2}Li^2 = \frac{1}{2} \times 1 \times (0.045)^2 = 0.5 \times 0.002025 \approx 0.001\,J = 1\,mJ$.

(C) આકૃતિ $(B)$ માંનો આલેખ દર્શાવે છે કે પ્રવાહ $I$ એ $t=0$ સમયે $0$ થી શરૂ થાય છે અને સમય સાથે ઘાતાંકીય રીતે વધે છે, અને અંતે સ્થાયી મૂલ્ય પ્રાપ્ત કરે છે।
શ્રેણી $RC$ સર્કિટમાં, સ્વીચ બંધ કર્યા પછી પ્રવાહ ઘાતાંકીય રીતે ઘટે છે।
શ્રેણી $RL$ સર્કિટમાં, પ્રવાહ $I$ એ $I(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$t=0$ સમયે, $I(0) = 0$ થાય છે, અને જેમ $t \to \infty$ થાય છે, તેમ $I \to V/R$ થાય છે, જે આલેખમાં દર્શાવેલ વર્તણૂક સાથે મેળ ખાય છે।
તેથી, બ્લેકબોક્સમાં શ્રેણીમાં એક અવરોધક અને એક ઇન્ડક્ટર છે।

(D) સાચો જવાબ $IV$ છે.
$t=0$ સમયે,જ્યારે સ્વીચ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે સર્કિટમાં પ્રવાહ શૂન્ય હોય છે કારણ કે ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ત્વરિત ફેરફારનો વિરોધ કરે છે. તેથી,અવરોધક પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $(V_R = iR)$ શૂન્ય હોય છે.
કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ મુજબ,$t=0$ સમયે સંપૂર્ણ $10 \, V$ નો સોર્સ વોલ્ટેજ ઇન્ડક્ટર પર જોવા મળે છે. આમ,ઇન્ડક્ટર પરનો પ્રારંભિક વોલ્ટેજ $10 \, V$ છે.
જેમ જેમ સમય પસાર થાય છે,તેમ સર્કિટમાં પ્રવાહ $i$ એ $i(t) = \frac{V}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ સમીકરણ મુજબ ઘાતાંકીય રીતે વધે છે.
ઇન્ડક્ટર પરનો વોલ્ટેજ $V_L = L \frac{di}{dt} = V e^{-Rt/L}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ $t$ વધે છે,તેમ પ્રવાહ વધે છે,અને અવરોધક પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ વધે છે,જ્યારે ઇન્ડક્ટર પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ $10 \, V$ થી $0 \, V$ સુધી ઘાતાંકીય રીતે ઘટે છે.
જ્યારે પ્રવાહ તેના મહત્તમ સ્થિર મૂલ્ય સુધી પહોંચે છે,ત્યારે પ્રવાહમાં થતા ફેરફારનો દર શૂન્ય થઈ જાય છે,અને ઇન્ડક્ટર પરનો પોટેન્શિયલ ડ્રોપ શૂન્ય તરફ જાય છે. આ ઘાતાંકીય ઘટાડો ગ્રાફ $IV$ દ્વારા શ્રેષ્ઠ રીતે દર્શાવવામાં આવ્યો છે.

(D) જ્યારે સ્વીચ $S$ ને $t = 0$ સમયે બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ઇન્ડક્ટર $L$ તેમાંથી વહેતા પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ફેરફારનો વિરોધ કરે છે.
લેન્ઝના નિયમ મુજબ,ઇન્ડક્ટરમાં ઉદ્ભવતું પ્રેરિત emf $\varepsilon = -L(di/dt)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$t = 0$ ક્ષણે,પરિપથમાં પ્રવાહ શૂન્ય હોય છે અને ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં અચાનક થતા ફેરફારને રોકવા માટે ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે કાર્ય કરે છે.
તેથી,સ્વીચ બંધ કરવામાં આવે તે ક્ષણે પરિપથમાં પ્રવાહ $i = 0$ હોય છે.

(B) $t=0 \, s$ સમયે,ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં થતા અચાનક ફેરફારનો વિરોધ કરે છે. તેથી,સ્વિચ બંધ કરવામાં આવે તે ક્ષણે તે ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે.
$1$. $R_1$ ધરાવતી શાખા શુદ્ધ અવરોધક છે,તેથી પ્રવાહ $I_1$ તરત જ વહે છે: $I_1 = \frac{E}{R_1}$.
$2$. $L_1$ અને $L_2$ ધરાવતી શાખાઓ $t=0 \, s$ સમયે ઇન્ડક્ટરમાં ઉત્પન્ન થતા બેક ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સને કારણે ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે.
$3$. પરિણામે,$t=0 \, s$ સમયે ઇન્ડક્ટર ધરાવતી શાખાઓમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી,એટલે કે $I_2 = 0$ અને $I_3 = 0$.
આમ,સાચા મૂલ્યો $I_1 = \frac{E}{R_1}, I_2 = 0, I_3 = 0$ છે.

(A) સ્વીચ બંધ કર્યા પછી તરત જ,ઇન્ડક્ટર ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ફેરફારનો વિરોધ કરે છે (ઇન્ડક્ટર શાખામાંથી $I = 0$).
પરિપથ $1$ માટે: ઇન્ડક્ટર બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે. તેથી,પ્રવાહ $I_1 = 0$ છે.
પરિપથ $2$ માટે: અવરોધ એ ઇન્ડક્ટર અને અન્ય અવરોધના શ્રેણી જોડાણ સાથે સમાંતરમાં છે. ઇન્ડક્ટર શાખાનો અવરોધ અનંત છે,તેથી પ્રવાહ ફક્ત સમાંતર અવરોધમાંથી વહે છે. તેથી,$I_2 = \frac{\varepsilon}{R}$.
પરિપથ $3$ માટે: ઇન્ડક્ટર એક અવરોધ સાથે સમાંતરમાં છે. ઇન્ડક્ટર શાખા ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે. બેટરી બે અવરોધોને શ્રેણીમાં જુએ છે (મુખ્ય શાખામાં એક અને સમાંતરમાં એક). તેથી,$I_3 = \frac{\varepsilon}{2R}$.
પ્રવાહોની સરખામણી કરતા: $I_2 = \frac{\varepsilon}{R}$,$I_3 = \frac{\varepsilon}{2R}$,અને $I_1 = 0$.
તેથી,ક્રમ $I_2 > I_3 > I_1$ છે.

(C) લાંબા સમય પછી,$DC$ સર્કિટમાં ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ (શૂન્ય અવરોધ ધરાવતો તાર) તરીકે વર્તે છે.
આપેલ સર્કિટમાં ત્રણ સમાંતર શાખાઓ છે:
$1$. ઉપરની શાખામાં એક ઇન્ડક્ટર $L$ અને એક અવરોધ $R$ છે. ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ તરીકે વર્તતું હોવાથી,આ શાખાનો અસરકારક અવરોધ $R = 12\,\Omega$ છે.
$2$. મધ્ય શાખામાં માત્ર એક અવરોધ $R = 12\,\Omega$ છે.
$3$. નીચેની શાખામાં એક અવરોધ $R$ અને એક ઇન્ડક્ટર $L$ છે. તેવી જ રીતે,આ શાખાનો અસરકારક અવરોધ $R = 12\,\Omega$ છે.
ત્રણેય શાખાઓ સમાંતર હોવાથી અને દરેકનો અસરકારક અવરોધ $12\,\Omega$ હોવાથી,સર્કિટનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ નીચે મુજબ થશે:
$\frac{1}{R_{eq}} = \frac{1}{R} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R} = \frac{3}{R}$
$R_{eq} = \frac{R}{3} = \frac{12\,\Omega}{3} = 4\,\Omega$
ઓહ્મના નિયમ મુજબ બેટરીમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{12\,V}{4\,\Omega} = 3\,A$.

(C) ઇન્ડક્ટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U = \frac{1}{2} L I^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉર્જા સંગ્રહનો દર $P = \frac{dU}{dt} = L I \frac{dI}{dt}$ છે.
$R-L$ સર્કિટ માટે,$t$ સમયે પ્રવાહ $I = \frac{E}{R} (1 - e^{-tR/L})$ છે.
પ્રવાહમાં ફેરફારનો દર $\frac{dI}{dt} = \frac{E}{L} e^{-tR/L}$ છે.
આ કિંમતોને પાવરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$P = L \left[ \frac{E}{R} (1 - e^{-tR/L}) \right] \left[ \frac{E}{L} e^{-tR/L} \right] = \frac{E^2}{R} (e^{-tR/L} - e^{-2tR/L})$.
મહત્તમ દર શોધવા માટે,આપણે $P$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય કરીએ:
$\frac{dP}{dt} = \frac{E^2}{R} \left( -\frac{R}{L} e^{-tR/L} + \frac{2R}{L} e^{-2tR/L} \right) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $e^{-tR/L} = 2 e^{-2tR/L}$,તેથી $e^{tR/L} = 2$,અથવા $t = \frac{L}{R} \ln 2$.
આ સમયે,$e^{-tR/L} = \frac{1}{2}$.
આ કિંમતને પાવરના સમીકરણમાં પાછી મૂકતા:
$P_{max} = \frac{E^2}{R} \left( \frac{1}{2} - (\frac{1}{2})^2 \right) = \frac{E^2}{R} (\frac{1}{4}) = \frac{E^2}{4R}$.
આપેલ છે કે $R = 25 \, \Omega$,તેથી $P_{max} = \frac{E^2}{4 \times 25} = \frac{E^2}{100}$.
આને $\frac{E^a}{2b}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 2$ અને $b = 50$ મળે છે.
તેથી,$\frac{b}{a} = \frac{50}{2} = 25$.

(D) ધારો કે ડાબા લૂપમાં પ્રવાહ $I_1$ છે અને જમણા લૂપમાં પ્રવાહ $I_2$ છે. મધ્યના વાયરમાં પ્રવાહ $I = I_2 - I_1$ છે.
ડાબા લૂપ માટે: $V - I_1 R - L \frac{dI_1}{dt} = 0 \implies I_1(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-(R/L)t})$.
જમણા લૂપ માટે: $V - I_2 R - 2L \frac{dI_2}{dt} = 0 \implies I_2(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-(R/2L)t})$.
મધ્યના વાયરમાં પ્રવાહ $I(t) = I_2(t) - I_1(t) = \frac{V}{R} [e^{-(R/L)t} - e^{-(R/2L)t}]$ છે.
મહત્તમ પ્રવાહ શોધવા માટે,$\frac{dI}{dt} = 0$ લો:
$\frac{dI}{dt} = \frac{V}{R} [-\frac{R}{L} e^{-(R/L)t} + \frac{R}{2L} e^{-(R/2L)t}] = 0$.
$\frac{1}{L} e^{-(R/L)t} = \frac{1}{2L} e^{-(R/2L)t} \implies e^{-(R/2L)t} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\frac{R}{2L} T = \ln(1/2) = -\ln 2 \implies T = \frac{2L}{R} \ln 2$.
$T$ ની કિંમત $I(t)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I_{\max} = \frac{V}{R} [e^{-(R/L) \cdot (2L/R) \ln 2} - e^{-(R/2L) \cdot (2L/R) \ln 2}] = \frac{V}{R} [e^{-2 \ln 2} - e^{-\ln 2}] = \frac{V}{R} [\frac{1}{4} - \frac{1}{2}] = -\frac{V}{4R}$.
તેથી,મૂલ્ય $I_{\max} = \frac{V}{4R}$ છે.
આમ,વિધાનો $(B)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(A) તાર $PQ$ માં પ્રેરિત ગતિકીય ઇલેક્ટ્રોમોટિવ ફોર્સ (emf) $\varepsilon = Blv$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે: $B = 1 \text{ T}$,$l = 10 \text{ cm} = 0.1 \text{ m}$,$v = 1 \text{ cm/s} = 0.01 \text{ m/s}$.
$\varepsilon = 1 \times 0.1 \times 0.01 = 10^{-3} \text{ V}$.
જ્યારે કી $S$ બંધ થાય છે,ત્યારે પરિપથ અચળ વોલ્ટેજ સ્ત્રોત $\varepsilon$ સાથે $LR$ શ્રેણી પરિપથ તરીકે કાર્ય કરે છે. સમય $t$ પર પ્રવાહ $i$ નું સૂત્ર $i(t) = \frac{\varepsilon}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ છે.
આપેલ છે: $R = 1 \ \Omega$,$L = 1 \text{ mH} = 10^{-3} \text{ H}$,$t = 1 \text{ ms} = 10^{-3} \text{ s}$.
કિંમતો મૂકતા:
$i = \frac{10^{-3}}{1} (1 - e^{-(1 \times 10^{-3}) / 10^{-3}})$
$i = 10^{-3} (1 - e^{-1})$
$e^{-1} = 0.37$ નો ઉપયોગ કરતા:
$i = 10^{-3} (1 - 0.37) = 10^{-3} (0.63) = 0.63 \times 10^{-3} \text{ A}$.
આને $x \times 10^{-3} \text{ A}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 0.63$ મળે છે.

(A) સર્કિટ માટે કિર્ચોફનો વોલ્ટેજ નિયમ લાગુ પાડતા:
$\varepsilon - L \frac{dI}{dt} - IR = 0$
અહીં,$\varepsilon = 12 \text{ V}$,$L = 3 \text{ H}$,અને $R = 12 \Omega$ છે.
જેમ કે સ્લાઇડિંગ કોન્ટેક્ટને બહારની તરફ ખેંચવામાં આવે છે,અવરોધ $R$ વધે છે,જેના કારણે પ્રવાહ $I$ ઘટે છે. તેથી,પ્રવાહમાં ફેરફારનો દર $\frac{dI}{dt} = -8 \text{ A/s}$ થશે.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$12 - 3 \times (-8) - I \times 12 = 0$
$12 + 24 - 12I = 0$
$36 = 12I$
$I = 3 \text{ A}$

(C) $L-R$ સર્કિટનો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = \frac{L}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આલેખ પરથી જોઈ શકાય છે કે સર્કિટ $1$ ને મહત્તમ પ્રવાહ $I_{max} = \frac{E}{R}$ સુધી પહોંચવા માટે સર્કિટ $2$ ની સરખામણીમાં વધુ સમય લાગે છે.
આનો અર્થ એ છે કે સર્કિટ $1$ નો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ સર્કિટ $2$ કરતા વધારે છે,એટલે કે $\tau_1 > \tau_2$.
બંને સર્કિટમાં અવરોધ $R$ સમાન હોવાથી,આપણને $\frac{L_1}{R} > \frac{L_2}{R}$ મળે છે.
તેથી,$L_1 > L_2$.

(B) કળ બંધ કર્યા પછી તરત જ,ઇન્ડક્ટર ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે. પરિપથ $10 \text{ V}$ ની બેટરી,$2 \Omega$ નો અવરોધ અને $4 \Omega$ ના અવરોધના શ્રેણી જોડાણ જેવો બને છે. પ્રવાહ $I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{10}{2 + 4} = \frac{10}{6} \text{ A} = \frac{5}{3} \text{ A}$ થાય છે.
$(b)$ કળ બંધ કર્યાના લાંબા સમય પછી,ઇન્ડક્ટર સ્થાયી સ્થિતિ પ્રાપ્ત કરે છે અને શોર્ટ સર્કિટ (શૂન્ય અવરોધ) તરીકે વર્તે છે. ઇન્ડક્ટર $4 \Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતર હોવાથી,બધો જ પ્રવાહ ઇન્ડક્ટરમાંથી વહેશે અને $4 \Omega$ ના અવરોધના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત શૂન્ય થઈ જશે. તેથી,$4 \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $0 \text{ A}$ થશે.

(A) $t=0$ સમયે,ઇન્ડક્ટર ઓપન સર્કિટ તરીકે વર્તે છે કારણ કે તે પ્રવાહમાં થતા કોઈપણ ફેરફારનો વિરોધ કરે છે. સર્કિટમાં $10 \ \Omega$ નો અવરોધ અને $20 \ \Omega$ નો અવરોધ શ્રેણીમાં છે. કુલ અવરોધ $R_{eq} = 10 \ \Omega + 20 \ \Omega = 30 \ \Omega$ છે. પ્રારંભિક પ્રવાહ $I_0 = \frac{E}{R_{eq}} = \frac{2 \ V}{30 \ \Omega} = \frac{1}{15} \ A$ છે.
$t \rightarrow \infty$ સમયે,ઇન્ડક્ટર શોર્ટ સર્કિટ (આદર્શ વાહક) તરીકે વર્તે છે કારણ કે પ્રવાહ સ્થિર થઈ જાય છે. $10 \ \Omega$ નો અવરોધ ઇન્ડક્ટર દ્વારા બાયપાસ થાય છે. હવે સર્કિટમાં માત્ર $20 \ \Omega$ નો અવરોધ બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે. અંતિમ પ્રવાહ $I_{\infty} = \frac{E}{20 \ \Omega} = \frac{2 \ V}{20 \ \Omega} = \frac{1}{10} \ A$ છે.

(A) $L-R$ સર્કિટનો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ (સમય અચળાંક) ગુણોત્તર $\tau = \frac{L}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $\tau$ એ સમય દર્શાવે છે,તેથી તેનો $SI$ એકમ સેકન્ડ $(s)$ છે.
પરિમાણીય વિશ્લેષણ: ઇન્ડક્ટન્સ $L$ નું પરિમાણ $[M L^2 T^{-2} A^{-2}]$ છે અને અવરોધ $R$ નું પરિમાણ $[M L^2 T^{-3} A^{-2}]$ છે.
તેથી,$\frac{L}{R}$ નું પરિમાણ $\frac{[M L^2 T^{-2} A^{-2}]}{[M L^2 T^{-3} A^{-2}]} = [T]$ થાય છે.
આમ,$\frac{L}{R}$ નો $SI$ એકમ સેકન્ડ છે.

(B) ઇન્ડક્ટન્સ $L$ નું પરિમાણ $V = L \frac{di}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $[L] = [V][T][I]^{-1}$.
અવરોધ $R$ નું પરિમાણ $V = IR$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,તેથી $[R] = [V][I]^{-1}$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{L}{R}$ નું પરિમાણ:
$\left[ \frac{L}{R} \right] = \frac{[V][T][I]^{-1}}{[V][I]^{-1}} = [T]$.
આમ,$\frac{L}{R}$ એ સમયનું પરિમાણ ધરાવે છે.
સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) પરિપથ $A$ ($LR$ પરિપથ) માટે:
$R_{eq} = 4 + \frac{6 \times 12}{6 + 12} = 4 + \frac{72}{18} = 4 + 4 = 8 \text{ } \Omega$.
$L_{eq} = 2 \text{ H}$.
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_{A} = \frac{L_{eq}}{R_{eq}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} \text{ s}$.
પરિપથ $B$ ($RC$ પરિપથ) માટે:
$R_{eq} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \text{ } \Omega$.
$C_{eq} = 0.5 + 0.5 = 1 \text{ F}$.
ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_{B} = R_{eq} C_{eq} = 5 \times 1 = 5 \text{ s}$.

(D) આપેલ પરિપથમાં,કેપેસિટર શાખા અને ઇન્ડક્ટર શાખા $10 \ V$ ના સોર્સ સાથે સમાંતરમાં જોડાયેલ છે.
કેપેસિટર શાખા માટે,સમય $t$ પર કેપેસિટર પરનો વોલ્ટેજ $V_C = 10(1 - e^{-t/RC})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. અહીં $R = 4 \ \Omega$ અને $C = 0.5 \ F$ છે,તેથી $RC = 4 \times 0.5 = 2 \ s$. આમ,$V_C = 10(1 - e^{-t/2})$.
બિંદુ $a$ પરનો પોટેન્શિયલ $4 \ \Omega$ ના અવરોધ પરના વોલ્ટેજ જેટલો છે. કેપેસિટર અને અવરોધ શ્રેણીમાં હોવાથી,પ્રવાહ $I_C = \frac{10}{4} e^{-t/2} = 2.5 e^{-t/2}$ છે. બિંદુ $a$ પરનો વોલ્ટેજ $V_a = 10 - V_C = 10 e^{-t/2}$ છે.
ઇન્ડક્ટર શાખા માટે,સમય $t$ પર પ્રવાહ $I_L = \frac{10}{2}(1 - e^{-Rt/L}) = 5(1 - e^{-2t/4}) = 5(1 - e^{-t/2})$ છે.
બિંદુ $b$ પરનો પોટેન્શિયલ ઇન્ડક્ટર પરના વોલ્ટેજ જેટલો છે,$V_b = 10 - I_L R_L = 10 - 5(1 - e^{-t/2}) \times 2 = 10 - 10 + 10 e^{-t/2} = 10 e^{-t/2}$.
પોટેન્શિયલની સરખામણી કરતા,$V_a = 10 e^{-t/2}$ અને $V_b = 10 e^{-t/2}$ મળે છે.
તેથી,દરેક સમયે $(V_a - V_b) = 10 e^{-t/2} - 10 e^{-t/2} = 0$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે, બેટરીનું emf, $E = 6 \, V$.
અવરોધ, $R = 12 \, \Omega$.
ઇન્ડક્ટન્સ, $L = 2 \, H$.
બેટરી સાથે શ્રેણીમાં જોડાયેલ $LR$ સર્કિટમાં તત્કાલીન પ્રવાહ $I = I_0(1 - e^{-(R/L)t})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $I_0 = E/R$ એ સ્થાયી અવસ્થામાં પ્રવાહ છે.
પ્રવાહમાં થતો ફેરફારનો દર સમય $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરવાથી મળે છે:
$\frac{dI}{dt} = \frac{d}{dt} \left[ \frac{E}{R} (1 - e^{-(R/L)t}) \right] = \frac{E}{R} \cdot \left( \frac{R}{L} \right) e^{-(R/L)t} = \frac{E}{L} e^{-(R/L)t}$.
પ્રારંભિક ક્ષણે, $t = 0$ પર, પ્રવાહમાં થતો વધારો:
$\left. \frac{dI}{dt} \right|_{t=0} = \frac{E}{L} e^0 = \frac{E}{L} = \frac{6 \, V}{2 \, H} = 3 \, A \, s^{-1}$.

(D) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = 5 H$,અવરોધ $R = 10 \Omega$ અને emf $V = 15 V$.
$LR$ પરિપથ માટે ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_L$ નીચે મુજબ છે:
$\tau_L = \frac{L}{R} = \frac{5}{10} = 0.5 s$
$LR$ પરિપથમાં કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્રવાહ $i(t)$ નીચે મુજબ મળે છે:
$i(t) = i_0(1 - e^{-t/\tau_L})$
જ્યાં $i_0 = \frac{V}{R}$ એ $t = \infty$ સમયે મહત્તમ પ્રવાહ છે.
આપણે $t = \infty$ $(i_0)$ સમયે પ્રવાહ અને $t = 1 s$ $(i(1))$ સમયે પ્રવાહનો ગુણોત્તર શોધવાનો છે:
$\frac{i_0}{i(1)} = \frac{i_0}{i_0(1 - e^{-1/0.5})} = \frac{1}{1 - e^{-2}}$
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{1}{1 - \frac{1}{e^2}} = \frac{1}{\frac{e^2 - 1}{e^2}} = \frac{e^2}{e^2 - 1}$
આમ,જરૂરી ગુણોત્તર $\frac{e^2}{e^2 - 1}$ છે.

(A) શ્રેણી $L-R$ સર્કિટમાં, સ્વીચ બંધ કર્યા પછી કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્રવાહ $i$ નું સૂત્ર $i(t) = \frac{V}{R} (1 - e^{-Rt/L})$ છે.
$t = 0$ સમયે, સર્કિટમાં પ્રવાહ $i(0) = \frac{V}{R} (1 - e^0) = 0$ થાય છે.
અવરોધક પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_R = iR$ છે. $t = 0$ સમયે $i = 0$ હોવાથી, $V_R = 0 \times R = 0 \, V$ મળે છે.
ઇન્ડક્ટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V_L = L \frac{di}{dt}$ છે. કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ મુજબ, $V = V_R + V_L$ થાય. $t = 0$ સમયે, $V = 0 + V_L$, તેથી $V_L = 25 \, V$ મળે છે.
આમ, $t = 0$ સમયે, અવરોધક પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $0 \, V$ અને ઇન્ડક્ટર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $25 \, V$ છે.

(A) $LR$ સર્કિટનો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau = \frac{L}{R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,$\tau_1 = \frac{L}{R} = 3 \times 10^{-3} \text{ s}$ ...$(i)$
જ્યારે $90 \Omega$ નો અવરોધ શ્રેણીમાં ઉમેરવામાં આવે છે,ત્યારે કુલ અવરોધ $(R + 90) \Omega$ થાય છે. નવો ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_2 = \frac{L}{R + 90} = 0.5 \times 10^{-3} \text{ s}$ ...(ii)
સમીકરણ $(i)$ ને સમીકરણ (ii) વડે ભાગતા:
$\frac{3 \times 10^{-3}}{0.5 \times 10^{-3}} = \frac{L/R}{L/(R + 90)}$
$6 = \frac{R + 90}{R}$
$6R = R + 90$
$5R = 90 \implies R = 18 \Omega$
$R = 18 \Omega$ ની કિંમત સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$L = 3 \times 10^{-3} \times 18 = 54 \times 10^{-3} \text{ H} = 54 \text{ mH}$.
આમ,ઇન્ડક્ટન્સ $54 \text{ mH}$ અને અવરોધ $18 \Omega$ છે.

(A) આપેલ છે: અવરોધ $R = 50 \Omega$,$EMF$ $\varepsilon = 5 V$,પ્રવાહ $i = 50 mA = 50 \times 10^{-3} A$,અને સમય $t = 0.1 s$.
$LR$ સર્કિટમાં પ્રવાહના વધારાનું સૂત્ર: $i = i_0(1 - e^{-\frac{Rt}{L}})$,જ્યાં $i_0 = \frac{\varepsilon}{R}$ એ સ્થાયી પ્રવાહ છે.
પ્રથમ,સ્થાયી પ્રવાહની ગણતરી કરો: $i_0 = \frac{5 V}{50 \Omega} = 0.1 A = 100 mA$.
કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા: $50 \times 10^{-3} = 100 \times 10^{-3} (1 - e^{-\frac{50 \times 0.1}{L}})$.
સાદું રૂપ આપતા: $0.5 = 1 - e^{-\frac{5}{L}}$.
ગોઠવતા: $e^{-\frac{5}{L}} = 1 - 0.5 = 0.5$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $-\frac{5}{L} = \ln(0.5) = \ln(2^{-1}) = -\ln(2)$.
તેથી,$L = \frac{5}{\ln(2)} H$.

(C) $LR$ સર્કિટમાં,જ્યારે $DC$ વોલ્ટેજ $V$ લાગુ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્રવાહ $I$ નું સમીકરણ $I(t) = \frac{V}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં,$t = 0$ સમયે,પ્રવાહ $I = 0$ હોય છે કારણ કે ઇન્ડક્ટર પ્રવાહમાં થતા ફેરફારનો વિરોધ કરે છે.
જેમ જેમ સમય $t$ વધે છે,તેમ પ્રવાહ ધીમે ધીમે વધે છે અને $t \to \infty$ થતાં તે $I_{max} = \frac{V}{R}$ ના સ્થાયી મૂલ્ય સુધી પહોંચે છે.
આ વર્તણૂક પ્રશ્નમાં આપેલા વર્ણન સાથે મેળ ખાય છે.
તેથી,સર્કિટમાં શ્રેણીમાં એક અવરોધક અને એક ઇન્ડક્ટર છે.

(A) જ્યારે સ્વિચ $K$ ચાલુ કરવામાં આવે છે તે ક્ષણે $(t = 0)$,ઇન્ડક્ટર્સમાંથી વહેતો પ્રવાહ ત્વરિત બદલાઈ શકતો નથી. તેથી,ઇન્ડક્ટર્સ ઓપન સર્કિટ (અનંત અવરોધ) તરીકે વર્તે છે.
આપેલ સર્કિટમાં,પ્રથમ ઇન્ડક્ટર ધરાવતી શાખા અને બીજા ઇન્ડક્ટર ધરાવતી શાખામાં પ્રવાહ શૂન્ય હશે.
માત્ર વચ્ચેની શાખા,જેમાં $9 \ \Omega$ નો એક અવરોધક છે,તેમાંથી જ પ્રવાહ વહેશે.
$t = 0$ સમયે સર્કિટનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = 9 \ \Omega$ છે.
બેટરીનો વોલ્ટેજ $V = 9 \ V$ છે.
ઓમના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,એમીટરમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I$ નીચે મુજબ છે:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{9 \ V}{9 \ \Omega} = 1 \ A$.

(B) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = 10 \text{ mH} = 10^{-2} \text{ H}$,આંટાની સંખ્યા $N = 10^4$,વોલ્ટેજ $V = 10 \text{ V}$,અવરોધ $R = 10 \ \Omega$.
મહત્તમ પ્રવાહ $I_0 = V/R = 10/10 = 1 \text{ A}$.
આપેલ ક્ષણે,પ્રવાહ $I = I_0/e = 1/e \text{ A}$.
લાંબા સોલેનોઇડની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_0 n I$ છે,જ્યાં $n = N/\ell$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ આંટાની સંખ્યા છે.
ઉર્જા ઘનતા $E_d$ નું સૂત્ર $E_d = \frac{B^2}{2 \mu_0} = \frac{(\mu_0 n I)^2}{2 \mu_0} = \frac{\mu_0 n^2 I^2}{2}$ છે.
$E_d = \frac{1}{2} \times (4 \pi \times 10^{-7}) \times (10^4)^2 \times (1/e)^2 = 2 \pi \times 10^{-7} \times 10^8 \times (1/e^2) = 20 \pi \times (1/e^2) \text{ J/m}^3$.
$\alpha \pi \times (1/e^2)$ સાથે સરખાવતા,$\alpha = 20$ મળે છે.

(A) $LR$ સર્કિટમાં ઇન્ડક્ટરના બે છેડા વચ્ચેનો વોલ્ટેજ $V_L = \varepsilon - iR$ સમીકરણ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\varepsilon$ એ બેટરીનું $E$.$M$.$F$. છે,$i$ એ તાત્કાલિક પ્રવાહ છે,અને $R$ એ ઇન્ડક્ટરનો અવરોધ છે.
આપેલ છે: $\varepsilon = 1.0 \text{ V}$,$R = 100 \ \Omega$.
પ્રવાહ $i_1 = 2 \text{ mA} = 2 \times 10^{-3} \text{ A}$ માટે,ઇન્ડક્ટરના બે છેડા વચ્ચેનો વોલ્ટેજ:
$V_{L1} = 1.0 - (2 \times 10^{-3} \times 100) = 1.0 - 0.2 = 0.8 \text{ V}$.
પ્રવાહ $i_2 = 4 \text{ mA} = 4 \times 10^{-3} \text{ A}$ માટે,ઇન્ડક્ટરના બે છેડા વચ્ચેનો વોલ્ટેજ:
$V_{L2} = 1.0 - (4 \times 10^{-3} \times 100) = 1.0 - 0.4 = 0.6 \text{ V}$.
તાત્કાલિક વોલ્ટેજનો ગુણોત્તર:
$\frac{V_{L1}}{V_{L2}} = \frac{0.8}{0.6} = \frac{4}{3}$.