R-L D.C. Circuit Questions in Hindi

(A) $L-R$ परिपथ का समय नियतांक (time constant) $\tau$,सूत्र $\tau = \frac{L}{R}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ,$L$ प्रेरकत्व (inductance) है जिसे हेनरी $(H)$ में मापा जाता है और $R$ प्रतिरोध (resistance) है जिसे ओम $(\Omega)$ में मापा जाता है।
चूंकि $\tau$ समय को दर्शाता है,इसलिए इसका मात्रक सेकंड $(s)$ होता है।
अतः,$Henry/ohm$ मात्रक सेकंड के बराबर है।

(A) प्रेरकत्व $L$ की विमा $[M L^2 T^{-2} A^{-2}]$ होती है।
प्रतिरोध $R$ की विमा $[M L^2 T^{-3} A^{-2}]$ होती है।
अतः,$L/R$ की विमा:
$\frac{[M L^2 T^{-2} A^{-2}]}{[M L^2 T^{-3} A^{-2}]} = [T^1]$ होती है।
चूंकि $L/R$ की विमा समय है,इसलिए इसका मात्रक सेकंड $(s)$ है।

(D) $LR$ परिपथ में,किसी समय $t$ पर धारा $I = I_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है।
घातांक को विमाहीन होने के लिए,पद $\frac{Rt}{L}$ को विमाहीन होना चाहिए।
इसका अर्थ है कि $\frac{Rt}{L}$ की विमाएँ $1$ (एक विमाहीन नियतांक) की विमाओं के समान हैं।
इसलिए,$\frac{L}{R}$ की विमाएँ $t$ (समय) की विमाओं के समान होनी चाहिए।
अतः,समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R}$ की विमाएँ समय के समान होती हैं।

(B) $DC$ परिपथ में,स्थिर अवस्था में,प्रेरक (inductor) एक साधारण तार की तरह व्यवहार करता है जिसका प्रतिरोध केवल उसका आंतरिक प्रतिरोध होता है।
यहाँ दिया गया है कि सोलेनोइड का प्रतिरोध $R = 10\,\Omega$ है और इसे $E = 10\,V$ की बैटरी से जोड़ा गया है।
स्थिर अवस्था में,प्रेरक प्रतिघात (inductive reactance) $X_L = 2\pi f L$ शून्य होता है क्योंकि $DC$ स्रोत की आवृत्ति $f = 0$ होती है।
अतः,धारा $i$ ओम के नियम द्वारा निर्धारित होती है:
$i = \frac{E}{R} = \frac{10\,V}{10\,\Omega} = 1\,A$.

(B) $LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा का सूत्र $i = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ है।
यहाँ, अधिकतम धारा $i_0 = V/R = 5 \, V / 5 \, \Omega = 1 \, A$ है।
समय नियतांक $\tau = L/R = 10 \, H / 5 \, \Omega = 2 \, s$ है।
$t = 2 \, s$ दिए जाने पर, धारा $i$ इस प्रकार होगी:
$i = 1 \times (1 - e^{-(5 \times 2)/10})$
$i = 1 \times (1 - e^{-10/10})$
$i = (1 - e^{-1}) \, A$.

(C) $LR$ परिपथ का समय नियतांक $\tau$ उस समय के रूप में परिभाषित किया जाता है जो धारा को उसके प्रारंभिक स्थिर मान के $1/e$ (लगभग $37\%$) तक क्षय होने में लगता है।
समय नियतांक का सूत्र $\tau = \frac{L}{R}$ है।
दिया गया है:
स्व-प्रेरकत्व $L = 50\,H$
प्रतिरोध $R = 10\,\Omega$
मान रखने पर:
$\tau = \frac{50}{10} = 5\,s$.
अतः,धारा $5\,seconds$ में अपने स्थिर मान के $1/e$ तक क्षय हो जाएगी।

(D) $LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $I = I_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $I_0 = V/R$ अंतिम स्थिर धारा है।
जब धारा अपने अंतिम मान के $0.63$ गुना तक बढ़ जाती है,तो $I = 0.63 I_0$ होता है।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $0.63 I_0 = I_0(1 - e^{-Rt/L})$।
$0.63 = 1 - e^{-Rt/L}$,जिसका अर्थ है $e^{-Rt/L} = 1 - 0.63 = 0.37$।
चूँकि $e^{-1} \approx 0.368 \approx 0.37$,इसलिए $Rt/L = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,समय $t$ समय नियतांक $\tau = L/R$ के बराबर है।
यहाँ $L = 2.5\,H$ और $R = 0.5\,\Omega$ दिया गया है,इसलिए $t = 2.5 / 0.5 = 5\,s$ प्राप्त होता है।

(B) $E$ विद्युत वाहक बल वाले $D.C.$ स्रोत से जुड़े $L-R$ परिपथ में,किसी भी समय $t$ पर धारा $I$ का मान इस समीकरण द्वारा दिया जाता है: $I(t) = \frac{E}{R} (1 - e^{-Rt/L})$।
जैसे-जैसे समय $t$ अनंत की ओर बढ़ता है (लंबे समय के बाद),पद $e^{-Rt/L}$ शून्य की ओर जाता है।
अतः,स्थिर अवस्था में धारा $I = \frac{E}{R} (1 - 0) = \frac{E}{R}$ हो जाती है।
इस स्थिति में,प्रेरक (inductor) शून्य प्रतिरोध वाले एक साधारण तार की तरह कार्य करता है और धारा केवल प्रतिरोध $R$ द्वारा सीमित रहती है।

(B) $RL$ परिपथ के लिए,किसी भी समय $t$ पर धारा $i = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $i_0 = E/R$ है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें $\frac{di}{dt} = \frac{i_0 R}{L} e^{-Rt/L}$ प्राप्त होता है।
$i_0 = E/R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमारे पास $\frac{di}{dt} = \frac{E}{L} e^{-Rt/L}$ है।
स्विच बंद करने के क्षण पर $(t = 0)$,समीकरण $\frac{di}{dt} = \frac{E}{L}$ हो जाता है।
दिया गया है कि $\frac{di}{dt} = 4 \, A/s$,$L = 20 \, H$,और $R = 5 \, \Omega$ है।
इन मानों को रखने पर: $4 = \frac{E}{20}$।
अतः,$E = 4 \times 20 = 80 \, V$।

(B) जब एक $L-R$ श्रेणी परिपथ में दिष्ट धारा $(DC)$ स्रोत जोड़ा जाता है,तो प्रेरक (inductor) में स्व-प्रेरित विद्युत वाहक बल के कारण धारा तुरंत अपने अधिकतम मान तक नहीं पहुँचती है।
$L-R$ परिपथ में धारा की वृद्धि अवकल समीकरण $L(dI/dt) + IR = E$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभिक स्थिति $I(0) = 0$ के साथ इस समीकरण को हल करने पर,हमें समय के फलन के रूप में धारा का व्यंजक प्राप्त होता है:
$I(t) = I_0 (1 - e^{-Rt/L})$
जहाँ $I_0 = E/R$ अधिकतम स्थिर-अवस्था धारा है और $\tau = L/R$ परिपथ का समय नियतांक (time constant) है।

(C) जब बैटरी को हटा दिया जाता है,तो $RL$ परिपथ में धारा $i = i_0 e^{-Rt/L}$ समीकरण के अनुसार चरघातांकीय रूप से कम होने लगती है।
दिया गया है कि धारा अपने प्रारंभिक मान के $37\%$ तक कम हो जाती है,इसलिए $i = 0.37 i_0$ है।
इस मान को समीकरण में रखने पर: $0.37 i_0 = i_0 e^{-Rt/L}$।
हम जानते हैं कि $e^{-1} \approx 0.3678 \approx 0.37$,इसलिए $0.37 \approx e^{-1}$ लिखा जा सकता है।
अतः,$e^{-1} = e^{-Rt/L}$।
घातांकों की तुलना करने पर,हमें $1 = \frac{Rt}{L}$ प्राप्त होता है।
$t$ के लिए हल करने पर,$t = \frac{L}{R}$ सेकंड प्राप्त होता है।

(A) $LR$ परिपथ को बंद करने के बाद किसी भी समय $t$ पर धारा $I$ का मान इस सूत्र द्वारा दिया जाता है: $I = {I_0}(1 - e^{-\frac{R}{L}t})$.
समय नियतांक $\tau$ को $\tau = \frac{L}{R}$ के रूप में परिभाषित किया जाता है।
धारा के समीकरण में $t = \tau = \frac{L}{R}$ रखने पर:
$I = {I_0}(1 - e^{-\frac{R}{L} \cdot \frac{L}{R}}) = {I_0}(1 - e^{-1})$.
चूंकि $e^{-1} \approx \frac{1}{2.718} \approx 0.37$,इसलिए:
$I = {I_0}(1 - 0.37) = 0.63{I_0}$.
अतः,एक समय नियतांक में धारा अपने स्थिर अवस्था मान के $63\%$ तक बढ़ जाती है।

(D) $RL$ परिपथ का समय नियतांक $\tau$,प्रेरकत्व $L$ और प्रतिरोध $R$ के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।
सूत्र: $\tau = \frac{L}{R}$
दिया गया है:
प्रेरकत्व $L = 40 \, H$
प्रतिरोध $R = 8 \, \Omega$
मान रखने पर:
$\tau = \frac{40}{8} = 5 \, s$
अतः,परिपथ का समय नियतांक $5 \, s$ है।

(B) $LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा का सूत्र $I(t) = I_0(1 - e^{-t/\tau})$ है,जहाँ $I_0 = V/R$ अधिकतम स्थिर धारा है और $\tau = L/R$ परिपथ का समय नियतांक (time constant) है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब धारा अपने अंतिम मान $I_0$ के $\frac{e-1}{e} \approx 63.2\%$ तक पहुँच जाती है।
यह स्थिति $I(t) = I_0(1 - e^{-1}) = I_0(1 - 1/e)$ के अनुरूप है।
इसे सामान्य सूत्र $I(t) = I_0(1 - e^{-t/\tau})$ के साथ तुलना करने पर,हम पाते हैं कि $t = \tau$ है।
समय नियतांक $\tau$ की गणना $\tau = \frac{L}{R} = \frac{60 \, H}{30 \, \Omega} = 2 \, s$ के रूप में की जाती है।
अतः,धारा को अपने अंतिम मान के लगभग $63.2\%$ तक पहुँचने में $2 \, s$ का समय लगेगा।

(A) जब स्विच $S$ बंद किया जाता है, तो प्रेरक $L$ वाली शाखा में धारा, प्रेरक द्वारा प्रेरित बैक $EMF$ के कारण धीरे-धीरे बढ़ती है, जो धारा में परिवर्तन का विरोध करता है $(e = -L \frac{di}{dt})$।
प्रतिरोध $R$ वाली शाखा में, धारा लगभग तुरंत अपने स्थिर अवस्था मान तक पहुँच जाती है।
इसलिए, बल्ब $B_2$ (प्रतिरोध शाखा में), $B_1$ (प्रेरक शाखा में) से पहले जलता है।
हालाँकि, समस्या में कहा गया है कि कुंडली $L$ का प्रतिरोध $R$ के बराबर है।
स्थिर अवस्था में, प्रेरक प्रतिरोध वाले एक साधारण तार के रूप में कार्य करता है। यदि दोनों शाखाओं का कुल प्रतिरोध समान है, तो दोनों शाखाओं में स्थिर-अवस्था धारा समान होगी।
इस प्रकार, दोनों बल्ब अंततः समान चमक के साथ जलेंगे।

(B) $LR$ परिपथ में,$t$ समय पर धारा $I$ का समीकरण $I(t) = I_0(1 - e^{-t/\tau})$ है,जहाँ $I_0$ अधिकतम स्थिर धारा है और $\tau = L/R$ समय नियतांक है।
जब $t = \tau$ होता है,तो धारा $I(\tau) = I_0(1 - e^{-1})$ हो जाती है।
चूँकि $e^{-1} \approx 0.368$,इसलिए $I(\tau) = I_0(1 - 0.368) = I_0(0.632)$ प्राप्त होता है।
इसका अर्थ है कि धारा अपने अंतिम अधिकतम मान के लगभग $63\%$ तक पहुँच जाती है।

(D) $LR$ परिपथ में धारा का समीकरण $i = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ है,जहाँ $i_0 = V/R$ स्थिर अवस्था धारा है।
हमें दिया गया है कि धारा अपने स्थिर अवस्था मान के आधे तक पहुँच जाती है,इसलिए $i = i_0/2$.
समीकरण में मान रखने पर: $i_0/2 = i_0(1 - e^{-Rt/L})$.
यह सरल होकर $1/2 = 1 - e^{-Rt/L}$ हो जाता है,जिसका अर्थ है $e^{-Rt/L} = 1/2$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $-Rt/L = \ln(1/2) = -\ln(2)$.
अतः,$t = (L/R) \ln(2)$.
यहाँ $L = 300\, mH = 0.3\, H$ और $R = 2\, \Omega$ दिया गया है,इसलिए $t = (0.3 / 2) \times 0.693$.
$t = 0.15 \times 0.693 = 0.10395\, s \approx 0.1\, s$.

(B) $R-L$ परिपथ में किसी भी समय $t$ पर धारा $i(t) = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $i_0 = E/R$ स्थिर धारा है।
दिया गया है: $E = 15 \ V$,$L = 5 \ H$,$R = 10 \ \Omega$.
स्थिर धारा $(t = \infty)$: $i_{\infty} = E/R = 15/10 = 1.5 \ A$.
$t = 1 \ s$ पर: $i_1 = i_0(1 - e^{-R(1)/L}) = 1.5(1 - e^{-10/5}) = 1.5(1 - e^{-2})$.
धाराओं का अनुपात $\frac{i_{\infty}}{i_1} = \frac{1.5}{1.5(1 - e^{-2})} = \frac{1}{1 - e^{-2}} = \frac{1}{1 - 1/e^2} = \frac{e^2}{e^2 - 1}$ है।

(C) $LR$ श्रेणी परिपथ में धारा का समीकरण $i = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ होता है,जहाँ $i_0 = E/R$ है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें धारा के परिवर्तन की दर प्राप्त होती है:
$\frac{di}{dt} = \frac{d}{dt} [i_0(1 - e^{-Rt/L})] = i_0 \cdot (\frac{R}{L}) e^{-Rt/L} = (\frac{E}{R}) \cdot (\frac{R}{L}) e^{-Rt/L} = \frac{E}{L} e^{-Rt/L}$.
प्रारंभिक क्षण पर,$t = 0$ होने के कारण,घातांकीय पद $e^0 = 1$ हो जाता है।
अतः,धारा के परिवर्तन की प्रारंभिक दर $\frac{di}{dt} = \frac{E}{L}$ है।
यहाँ $E = 5 \, V$ और $L = 2 \, H$ दिया गया है:
$\frac{di}{dt} = \frac{5}{2} = 2.5 \, A/s$.

(D) परिपथ में अधिकतम धारा $i_0 = \frac{V}{R} = \frac{12 \, V}{6 \, \Omega} = 2 \, A$ है।
$LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा का सूत्र $i(t) = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ होता है।
हमें वह समय $t$ ज्ञात करना है जब $i(t) = 1.0 \, A$ हो। मान रखने पर:
$1.0 = 2(1 - e^{-6t / (8.4 \times 10^{-3})})$
$0.5 = 1 - e^{-6t / (8.4 \times 10^{-3})}$
$e^{-6t / (8.4 \times 10^{-3})} = 0.5$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$-\frac{6t}{8.4 \times 10^{-3}} = \ln(0.5) \approx -0.693$
$t = 0.693 \times \frac{8.4 \times 10^{-3}}{6} = 0.693 \times 1.4 \times 10^{-3} \approx 0.97 \times 10^{-3} \, s \approx 1 \, ms$.

(D) $LR$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $i = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $i_0 = V/R$ है。
धारा के बढ़ने की दर $\frac{di}{dt} = \frac{d}{dt} [i_0(1 - e^{-Rt/L})] = i_0 \cdot \frac{R}{L} e^{-Rt/L} = \frac{V}{R} \cdot \frac{R}{L} e^{-Rt/L} = \frac{V}{L} e^{-Rt/L}$ है。
यहाँ $V = 50 \, V$, $L = 5 \times 10^{-3} \, H$, $R = 180 \, \Omega$ और $t = 0.001 \, s$ दिया गया है。
घातांक की गणना: $\frac{Rt}{L} = \frac{180 \times 0.001}{5 \times 10^{-3}} = \frac{0.18}{0.005} = 36$.
अब, $\frac{di}{dt} = \frac{50}{5 \times 10^{-3}} e^{-36} = 10^4 \times e^{-36} \, A/s$.
चूंकि $e^{-36}$ एक अत्यंत छोटा मान है, परिणाम लगभग $10^4 \times 1.7 \times 10^{-16} \approx 1.7 \times 10^{-12} \, A/s$ है。
दिए गए विकल्पों में से कोई भी इस मान से मेल नहीं खाता है。

(B) जब विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $E$ की एक बैटरी को एक प्रेरक $L$ और एक प्रतिरोधक $R$ के साथ श्रेणीक्रम में जोड़ा जाता है,तो इस परिपथ को $RL$ परिपथ कहा जाता है।
किरचॉफ के वोल्टेज नियम के अनुसार,परिपथ के लिए समीकरण $E - L \frac{di}{dt} = iR$ है।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{di}{dt} = \frac{E - iR}{L}$ प्राप्त होता है।
इस अवकल समीकरण को प्रारंभिक स्थिति $t = 0$ पर $i = 0$ के साथ हल करने पर,हमें समय के फलन के रूप में धारा का व्यंजक प्राप्त होता है:
$i(t) = \frac{E}{R} (1 - e^{-\frac{R}{L}t})$।
यहाँ,$i_0 = \frac{E}{R}$ अधिकतम स्थिर धारा है।
फलन $i(t) = i_0 (1 - e^{-\frac{R}{L}t})$ एक चरघातांकीय वृद्धि वक्र को दर्शाता है जो मूल बिंदु $(0,0)$ से शुरू होता है और जैसे-जैसे $t$ अनंत की ओर बढ़ता है,यह $i_0$ मान के करीब पहुंचता है।
दिए गए विकल्पों में से,विकल्प $B$ में दिया गया ग्राफ इस चरघातांकीय वृद्धि व्यवहार को सही ढंग से दर्शाता है।

(C) $RL$ परिपथ में धारा का सूत्र $i(t) = \frac{E}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ होता है।
धारा के परिवर्तन की दर $\frac{di}{dt} = \frac{d}{dt} [\frac{E}{R}(1 - e^{-Rt/L})] = \frac{E}{R} \cdot (\frac{R}{L}) e^{-Rt/L} = \frac{E}{L} e^{-Rt/L}$ है।
दिया गया है: $E = 5 \, V$, $R = 20 \, \Omega$, $L = 5 \, H$, और $t = 0.25 \, s$।
घातांक की गणना: $\frac{Rt}{L} = \frac{20 \times 0.25}{5} = \frac{5}{5} = 1$।
मान रखने पर: $\frac{di}{dt} = \frac{5}{5} e^{-1} = 1 \cdot e^{-1} = e^{-1} \, A/s$।

(B) एक $R-L$ परिपथ में,जब $t = 0$ पर स्विच $S$ बंद किया जाता है,तो धारा $i$ शून्य से शुरू होती है और समीकरण $i(t) = \frac{E}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ के अनुसार घातांकीय रूप से बढ़ती है। अतः,$i$ बनाम $t$ का ग्राफ एक बढ़ता हुआ वक्र है।
प्रेरक पर प्रेरित $emf$ $e = L \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है। धारा समीकरण का अवकलन करने पर,हमें $e(t) = E e^{-Rt/L}$ प्राप्त होता है। $t = 0$ पर,$e = E$ (अधिकतम) होता है,और जैसे-जैसे $t$ बढ़ता है,$e$ घातांकीय रूप से घटकर शून्य हो जाता है। अतः,$e$ बनाम $t$ का ग्राफ एक घटता हुआ वक्र है।

(B) $L-R$ परिपथ में धारा की वृद्धि $i = i_0(1 - e^{-t/\tau})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $\tau = \frac{L}{R}$ समय नियतांक है।
दिया गया है कि $t = 4 \ s$ पर,$i = \frac{3}{4}i_0$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{3}{4}i_0 = i_0(1 - e^{-4/\tau})$.
$\frac{3}{4} = 1 - e^{-4/\tau} \implies e^{-4/\tau} = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक (natural logarithm) लेने पर: $-\frac{4}{\tau} = \ln(\frac{1}{4}) = -\ln(4)$.
$\frac{4}{\tau} = \ln(2^2) = 2 \ln 2$.
$\tau = \frac{4}{2 \ln 2} = \frac{2}{\ln 2} \ s$.

(C) $LR$ परिपथ में धारा $i$ का मान $i = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $i_0 = E/R$ है।
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,हमें धारा के बढ़ने की दर प्राप्त होती है:
$\frac{di}{dt} = \frac{d}{dt} [\frac{E}{R}(1 - e^{-Rt/L})] = \frac{E}{R} \cdot (\frac{R}{L}) e^{-Rt/L} = \frac{E}{L} e^{-Rt/L}$.
दिए गए मान: $E = 5 \ V$,$R = 20 \ \Omega$,$L = 5 \ H$,और $t = 0.25 \ s$.
घातांक की गणना: $\frac{Rt}{L} = \frac{20 \times 0.25}{5} = \frac{5}{5} = 1$.
$\frac{di}{dt}$ के व्यंजक में मान रखने पर:
$\frac{di}{dt} = \frac{5}{5} e^{-1} = 1 \cdot e^{-1} = e^{-1} \ A/s$.

(A) $L-R$ परिपथ में,प्रेरक (inductor) के चुंबकीय क्षेत्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L I^2$ द्वारा दी जाती है।
प्रतिरोध में ऊर्जा के क्षय की दर $P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है।
संचित ऊर्जा और क्षय की दर का अनुपात $\frac{U}{P} = \frac{\frac{1}{2} L I^2}{I^2 R} = \frac{1}{2} \frac{L}{R}$ है।
चूंकि समय नियतांक $\tau$ को $\tau = \frac{L}{R}$ के रूप में परिभाषित किया गया है,इसलिए $\frac{U}{P} = \frac{1}{2} \tau$ होता है।
अतः,समय नियतांक $\tau = 2 \times \left( \frac{U}{P} \right)$,जो चुंबकीय क्षेत्र में संचित ऊर्जा और प्रतिरोध में ऊर्जा के क्षय की दर के अनुपात का दोगुना है।

(B) जब स्विच बंद किया जाता है (चार्जिंग),तो प्रेरक $L$,$2R$ प्रतिरोध के साथ श्रेणीक्रम में होता है। प्रतिरोध $R$,$2R$ और $L$ के श्रेणी संयोजन के साथ समानांतर में होता है। चार्जिंग परिपथ के लिए समय नियतांक प्रेरक द्वारा देखे गए तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ द्वारा निर्धारित होता है। जब बैटरी आदर्श होती है,तो तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = 2R$ होता है। अतः,चार्जिंग समय नियतांक $\tau_{1} = \frac{L}{2R}$ है।
जब स्विच खोला जाता है (डिस्चार्जिंग),तो प्रेरक $L$,$2R$ और $R$ के श्रेणी संयोजन के साथ एक बंद लूप बनाता है। इस लूप में कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 2R + R = 3R$ है। अतः,डिस्चार्जिंग समय नियतांक $\tau_{2} = \frac{L}{3R}$ है।
इस प्रकार,अनुपात $\frac{\tau_{1}}{\tau_{2}} = \frac{L/2R}{L/3R} = \frac{3}{2}$ है।

(A) दिया गया है: प्रेरकत्व $L = 5\,H$,प्रतिरोध $R = 10\,\Omega$,$emf$ $V = 6\,V$.
$RL$ परिपथ में $t$ समय पर धारा $i(t) = i_0(1 - e^{-Rt/L})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $i_0 = V/R = 6/10 = 0.6\,A$.
समय नियतांक $\tau = L/R = 5/10 = 0.5\,s$. अतः,$i(t) = 0.6(1 - e^{-t/0.5}) = 0.6(1 - e^{-2t})$.
कुंडली के सिरों पर $emf$ $\varepsilon_L = L \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
$\frac{di}{dt}$ की गणना करने पर: $\frac{di}{dt} = 0.6 \times (-2) \times (-e^{-2t}) = 1.2 e^{-2t}$.
अतः,$\varepsilon_L = 5 \times 1.2 e^{-2t} = 6 e^{-2t}$.
$t = \ln \sqrt{2} = \frac{1}{2} \ln 2$ पर,हमें $e^{-2t} = e^{-2(\frac{1}{2} \ln 2)} = e^{-\ln 2} = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
इस मान को रखने पर: $\varepsilon_L = 6 \times \frac{1}{2} = 3\,V$.

(A) $t = 0$ पर,जब कुंजी को बंद किया जाता है,तो प्रेरक एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है क्योंकि यह धारा में किसी भी परिवर्तन का विरोध करता है। इसलिए,$10\, \Omega$ और $20\, \Omega$ के प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं।
कुल प्रतिरोध $R_{eq} = 10\, \Omega + 20\, \Omega = 30\, \Omega$ है।
प्रारंभिक धारा $I_0 = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{2\, V}{30\, \Omega} = \frac{1}{15}\, A$ होगी।
जैसे-जैसे $t \rightarrow \infty$ होता है,प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट की तरह कार्य करता है (आदर्श प्रेरक का प्रतिरोध शून्य होता है)। अब $10\, \Omega$ का प्रतिरोध प्रेरक के साथ समानांतर क्रम में है,इसलिए पूरी धारा प्रेरक से होकर प्रवाहित होगी और $10\, \Omega$ के प्रतिरोध से कोई धारा नहीं बहेगी।
अब,परिपथ में केवल $20\, \Omega$ का प्रतिरोध शेष है।
अंतिम धारा $I_{\infty} = \frac{V}{20\, \Omega} = \frac{2\, V}{20\, \Omega} = \frac{1}{10}\, A$ होगी।

(D) दिया गया है: विद्युत वाहक बल $E = 2V$,प्रेरकत्व $L = 4H$,फ्यूज धारा $I = 5A$।
$DC$ परिपथ में एक आदर्श प्रेरक के लिए,प्रेरक के सिरों पर वोल्टेज $E = L \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
समीकरण को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $di = \frac{E}{L} dt$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $t=0$ से $t$ और $i=0$ से $I$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{0}^{I} di = \int_{0}^{t} \frac{E}{L} dt$
$I = \frac{E}{L} t$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$5 = \frac{2}{4} t$
$5 = 0.5 t$
$t = \frac{5}{0.5} = 10s$
अतः,फ्यूज $10s$ बाद उड़ जाएगा।

(A) जब $X$ को लंबे समय तक $Y$ से जोड़ा जाता है,तो प्रेरक $L$ एक शॉर्ट सर्किट (स्थिर अवस्था) के रूप में कार्य करता है। प्रेरक से बहने वाली धारा $I_0 = \frac{E}{R_1}$ है।
प्रेरक में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L I_0^2 = \frac{1}{2} L \left(\frac{E}{R_1}\right)^2 = \frac{L E^2}{2 R_1^2}$ है।
जब $X$ को $Z$ से जोड़ा जाता है,तो प्रेरक $L$ और प्रतिरोधक $R_2$ एक बंद श्रेणी परिपथ बनाते हैं। जैसे-जैसे धारा शून्य होती है,प्रेरक में संचित ऊर्जा प्रतिरोधक $R_2$ में ऊष्मा के रूप में नष्ट हो जाती है।
चूंकि प्रेरक में संचित पूरी ऊर्जा परिपथ में ऊष्मा के रूप में नष्ट हो जाती है,इसलिए $R_2$ में उत्पन्न कुल ऊष्मा प्रेरक में संचित प्रारंभिक ऊर्जा के बराबर होती है।
अतः,कुल ऊष्मा $H = U = \frac{L E^2}{2 R_1^2}$ है।

(A) माना कॉइल का प्रेरकत्व (inductance) $L$ है और प्रतिरोध $R$ है।
इंडक्टर में संग्रहीत चुंबकीय ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L I^2$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $U = 32 \ J$ और $I = 4 \ A$,अतः:
$32 = \frac{1}{2} \times L \times (4)^2$
$32 = \frac{1}{2} \times L \times 16$
$32 = 8L \Rightarrow L = 4 \ H$.
ऊष्मा के रूप में क्षयित शक्ति $P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $P = 320 \ W$ और $I = 4 \ A$,अतः:
$320 = (4)^2 \times R$
$320 = 16 \times R$
$R = \frac{320}{16} = 20 \ \Omega$.
$RL$ परिपथ का समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R}$ के रूप में परिभाषित होता है।
मान रखने पर:
$\tau = \frac{4}{20} = 0.2 \ s$.

(B) प्रेरक में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L i^2$ द्वारा दी जाती है।
प्रारंभ में,$U_0 = \frac{1}{2} L I^2$.
जब ऊर्जा अपने प्रारंभिक मान की एक-चौथाई हो जाती है,तो $U = \frac{1}{4} U_0 = \frac{1}{4} (\frac{1}{2} L I^2)$.
अतः,$\frac{1}{2} L i^2 = \frac{1}{4} (\frac{1}{2} L I^2)$,जिसका अर्थ है $i^2 = \frac{1}{4} I^2$,इसलिए $i = \frac{I}{2}$.
$L-R$ क्षय परिपथ में,समय $t$ पर धारा $i = I e^{-t/\tau}$ होती है,जहाँ $\tau = L/R$.
$i = I/2$ रखने पर,हमें $I/2 = I e^{-t/\tau}$ प्राप्त होता है,इसलिए $e^{-t/\tau} = 1/2$,जिसका अर्थ है $t/\tau = \ln 2$,या $t = \tau \ln 2$.
प्रतिरोधक से प्रवाहित कुल आवेश $q = \int_{0}^{t} i dt = \int_{0}^{\tau \ln 2} I e^{-t/\tau} dt$.
$q = I [-\tau e^{-t/\tau}]_{0}^{\tau \ln 2} = -I \tau (e^{-\ln 2} - e^0) = -I \tau (1/2 - 1) = -I \tau (-1/2) = \frac{I \tau}{2}$.
$\tau = L/R$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $q = \frac{IL}{2R}$ प्राप्त होता है।

(D) $L-R$ परिपथ में धारा वृद्धि के लिए व्यंजक $i = \frac{E}{R}(1 - e^{-t / \tau}) = I_0(1 - e^{-t / \tau})$ है,जहाँ $\tau = \frac{L}{R}$ समय नियतांक है।
ग्राफ से,दोनों वक्र समान स्थिर धारा $I_0 = \frac{E}{R}$ तक पहुँचते हैं। चूँकि बैटरी वोल्टेज $E$ दोनों परिपथों के लिए समान है,इसलिए $I_{0,1} = I_{0,2} \Rightarrow \frac{E}{R_1} = \frac{E}{R_2}$,जिसका अर्थ है $R_1 = R_2$.
समय नियतांक $\tau$ धारा की वृद्धि की दर निर्धारित करता है। एक बड़े समय नियतांक का अर्थ है कि धारा को अपनी स्थिर स्थिति तक पहुँचने में अधिक समय लगता है। ग्राफ से,वक्र $(c)$ वक्र $(b)$ की तुलना में धीरे-धीरे बढ़ता है,इसलिए $\tau_c > \tau_b$ है।
चूँकि $\tau = \frac{L}{R}$ और $R_1 = R_2$,इसलिए $\frac{L_2}{R_2} > \frac{L_1}{R_1} \Rightarrow L_2 > L_1$,या $L_1 < L_2$ है।
अतः,दोनों कथन $(B)$ और $(C)$ सही हैं।

(D) $t = 0$ पर,इंडक्टर धारा में किसी भी परिवर्तन का विरोध करता है और एक ओपन सर्किट की तरह कार्य करता है।
$1$. सर्किट में धारा $(i)$: चूंकि इंडक्टर एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है,इसलिए $i = 0$ होता है।
$2$. चुंबकीय क्षेत्र ऊर्जा $(U_B = \frac{1}{2} L i^2)$: चूंकि $i = 0$ है,इसलिए $U_B = 0$ होता है।
$3$. बैटरी द्वारा दी गई शक्ति $(P = V i)$: चूंकि $i = 0$ है,इसलिए $P = 0$ होता है।
$4$. इंडक्टर में प्रेरित $emf$ $(\varepsilon = L \frac{di}{dt})$: $t = 0$ पर,धारा के परिवर्तन की दर $\frac{di}{dt}$ अधिकतम होती है,जिससे प्रेरित $emf$ बैटरी के वोल्टेज $V$ के बराबर हो जाता है। अतः,यह शून्य नहीं होता है।

(A) $L-R$ परिपथ में,प्रेरक (inductor) के चुंबकीय क्षेत्र में संचित ऊर्जा $U = \frac{1}{2} L I^2$ द्वारा दी जाती है।
प्रतिरोधक में ऊर्जा क्षय की दर $P = I^2 R$ द्वारा दी जाती है।
संचित ऊर्जा और क्षय की दर का अनुपात $\frac{U}{P} = \frac{\frac{1}{2} L I^2}{I^2 R} = \frac{1}{2} \frac{L}{R}$ है।
चूंकि समय नियतांक $\tau$ को $\tau = \frac{L}{R}$ के रूप में परिभाषित किया गया है,इसलिए $\frac{U}{P} = \frac{1}{2} \tau$ होता है।
अतः,$\tau = 2 \times \frac{U}{P}$,जिसका अर्थ है कि समय नियतांक चुंबकीय क्षेत्र में संचित ऊर्जा और प्रतिरोध में ऊर्जा के क्षय की दर के अनुपात का दोगुना होता है।

(B) जब स्विच $S$ को बंद किया जाता है,तो परिपथ में धारा शून्य से बढ़ना शुरू होती है।
जैसे-जैसे धारा बदलती है,प्रेरक $L$ से जुड़े चुंबकीय फ्लक्स में परिवर्तन होता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार,यह बदलता हुआ फ्लक्स प्रेरक में एक $emf$ प्रेरित करता है।
लेंज के नियम के अनुसार,यह प्रेरित $emf$ परिपथ में धारा की वृद्धि का विरोध करता है।
इसलिए,धारा को अपने स्थिर मान तक पहुँचने में कुछ समय लगता है,जिसके कारण लैंप $P$ धीरे-धीरे अपनी पूर्ण चमक तक पहुँचता है।

(A) प्रारंभ में,जब स्थिर अवस्था प्राप्त हो जाती है,तो परिपथ में धारा $i_0 = \frac{E}{R} = \frac{100 \ V}{100 \ \Omega} = 1 \ A$ होती है।
जब बैटरी को हटा दिया जाता है और बिंदुओं $A$ और $B$ को शॉर्ट-सर्किट किया जाता है,तो परिपथ एक $LR$ क्षय परिपथ बन जाता है।
धारा के क्षय के लिए समीकरण $i(t) = i_0 e^{-\frac{R}{L}t}$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $R = 100 \ \Omega$,$L = 100 \ mH = 0.1 \ H$,और $t = 1 \ ms = 10^{-3} \ s$ दिया गया है।
परिपथ का समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R} = \frac{0.1 \ H}{100 \ \Omega} = 10^{-3} \ s$ है।
क्षय समीकरण में मान रखने पर:
$i(t) = 1 \times e^{-\frac{10^{-3}}{10^{-3}}} = 1 \times e^{-1} = \frac{1}{e} \ A$.

(B) $LR$ परिपथ में धारा की वृद्धि का सूत्र है: $I = I_0(1 - e^{-\frac{R}{L}t})$
यहाँ,$I_0 = \frac{E}{R}$ अधिकतम स्थिर धारा है।
दिया गया है: $L = 10 \ H$,$R = 5 \ \Omega$,$E = 5 \ V$,और $t = 2 \ s$।
सबसे पहले,अधिकतम धारा की गणना करें: $I_0 = \frac{5 \ V}{5 \ \Omega} = 1 \ A$।
अब,इन मानों को धारा वृद्धि के समीकरण में प्रतिस्थापित करें:
$I = 1 \times (1 - e^{-\frac{5}{10} \times 2})$
$I = 1 - e^{-1} \ A$।

(D) जब स्विच $S$ को $t = 0$ पर बंद किया जाता है,तो $R_1$ वाली शाखा $L$ और $R_2$ वाली शाखा के समानांतर होती है। $L-R_2$ शाखा के सिरों पर विभवांतर बैटरी के emf $E = 12 \ V$ के बराबर होता है।
$L-R_2$ शाखा में धारा $i$ समीकरण $i = \frac{E}{R_2}(1 - e^{-R_2 t / L})$ के अनुसार बढ़ती है।
प्रेरक $L$ के सिरों पर विभवांतर $V_L = L \frac{di}{dt}$ द्वारा दिया जाता है।
धारा के समीकरण का समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{di}{dt} = \frac{E}{R_2} \cdot \frac{R_2}{L} e^{-R_2 t / L} = \frac{E}{L} e^{-R_2 t / L}$.
इस मान को $V_L$ के समीकरण में रखने पर:
$V_L = L \left( \frac{E}{L} e^{-R_2 t / L} \right) = E e^{-R_2 t / L}$.
यहाँ $E = 12 \ V$,$R_2 = 2 \ \Omega$,और $L = 400 \ mH = 0.4 \ H$ दिया गया है,इसलिए समय नियतांक $\tau = \frac{L}{R_2} = \frac{0.4}{2} = 0.2 \ s$ है।
अतः,$V_L = 12 e^{-t / 0.2} = 12 e^{-5t} \ V$ प्राप्त होता है।

(A) $t = 0$ पर,प्रेरक $L$ एक खुले परिपथ (open circuit) की तरह कार्य करता है क्योंकि यह धारा में किसी भी परिवर्तन का विरोध करता है। इसलिए,$L$ और $R_1$ वाली शाखा से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है।
अतः,बैटरी से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{V}{R_2}$ है।
$t = \infty$ पर,प्रेरक $L$ एक लघुपथ (short circuit) की तरह कार्य करता है (शून्य प्रतिरोध वाला आदर्श प्रेरक)। अब प्रतिरोधक $R_1$ और $R_2$ समानांतर क्रम में हैं।
परिपथ का प्रभावी प्रतिरोध $R_{eff} = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$ है।
इसलिए,बैटरी से प्रवाहित होने वाली धारा $I = \frac{V}{R_{eff}} = \frac{V(R_1 + R_2)}{R_1 R_2}$ है।

(B) $1$. जब बिंदु '$C$' को '$A$' से जोड़ा जाता है, तो परिपथ में धारा स्थिर हो जाती है, $I_0 = E/R$। प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है।
$2$. जब '$C$' को $t = 0$ पर '$B$' से जोड़ा जाता है, तो बैटरी हट जाती है और परिपथ एक क्षयकारी $LR$ परिपथ बन जाता है।
$3$. समय $t$ पर परिपथ में धारा $I(t) = I_0 e^{-Rt/L}$ द्वारा दी जाती है।
$4$. $t = L/R$ पर, धारा $I = I_0 e^{-R(L/R)/L} = I_0 e^{-1} = I_0/e$ है।
$5$. प्रतिरोध पर विभवांतर $V_R = I R = (I_0/e) R = (E/R \cdot 1/e) R = E/e$ है।
$6$. बंद लूप में किरचॉफ का वोल्टेज नियम लागू करने पर (बैटरी के बिना): $V_R + V_L = 0$, जिसका अर्थ है $V_L = -V_R$।
$7$. इसलिए, प्रतिरोध $(V_R)$ और प्रेरक $(V_L)$ के सिरों पर विभवांतर का अनुपात $V_R / V_L = V_R / (-V_R) = -1$ होगा।

(C) $1$. जब कुंजी $K_1$ लंबे समय तक बंद रहती है,तो प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है। परिपथ में स्थिर धारा $i_0 = \frac{V}{R} = \frac{15}{0.15 \times 10^3} = 0.1 \; A$ होती है।
$2$. $t = 0$ पर,$K_1$ को खोल दिया जाता है और $K_2$ को बंद कर दिया जाता है। बैटरी परिपथ से हट जाती है और प्रेरक प्रतिरोधक के माध्यम से डिस्चार्ज होता है। यह एक क्षयकारी $LR$ परिपथ है।
$3$. समय $t$ पर धारा $i = i_0 e^{-\frac{Rt}{L}}$ द्वारा दी जाती है।
$4$. मान रखने पर: $i = 0.1 \times e^{-\frac{0.15 \times 10^3 \times 10^{-3}}{0.03}} = 0.1 \times e^{-\frac{0.15}{0.03}} = 0.1 \times e^{-5}$.
$5$. दिया गया है $e^5 \cong 150$,इसलिए $e^{-5} = \frac{1}{150}$.
$6$. अतः,$i = 0.1 \times \frac{1}{150} = \frac{0.1}{150} \; A = \frac{0.1}{150} \times 1000 \; mA = \frac{100}{150} \; mA = \frac{2}{3} \; mA \approx 0.67 \; mA$.

(C) $t = 0$ पर,प्रेरक $L$ एक ओपन सर्किट (खुले परिपथ) की तरह व्यवहार करता है। धारा केवल प्रतिरोध $R_2 = 10 \ \Omega$ से होकर बहती है। इसलिए,धारा $I_0 = V / R_2 = 10 \ V / 10 \ \Omega = 1 \ A$ है।
$t = \infty$ पर,प्रेरक $L$ एक शॉर्ट सर्किट (लघु परिपथ) की तरह व्यवहार करता है। परिपथ में दो प्रतिरोध $R_1 = 5 \ \Omega$ और $R_2 = 10 \ \Omega$ समांतर क्रम में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_{eq} = (R_1 \times R_2) / (R_1 + R_2) = (5 \times 10) / (5 + 10) = 50 / 15 = 10 / 3 \ \Omega$ है।
अतः,धारा $I_{\infty} = V / R_{eq} = 10 / (10 / 3) = 3 \ A$ है।

(A) $t = 0$ पर,स्विच $S$ खुला है। प्रेरक एक खुले परिपथ के रूप में कार्य करता है,लेकिन धारा $20 \, V$ बैटरी,$5 \, \Omega$ प्रतिरोधक,$5 \, \Omega$ प्रतिरोधक और $10 \, V$ बैटरी से होकर बहती है। प्रेरक शाखा से होकर बहने वाली धारा $I_0 = 0 \, A$ है क्योंकि स्विच खुला है।
स्थिर अवस्था में $(t \to \infty)$,प्रेरक एक शॉर्ट सर्किट (शून्य प्रतिरोध) के रूप में कार्य करता है। संधारित्र एक खुले परिपथ के रूप में कार्य करता है। परिपथ $20 \, V$ बैटरी,$5 \, \Omega$ प्रतिरोधक और प्रेरक शाखा ($5 \, \Omega$ प्रतिरोध के साथ) वाले लूप में सरल हो जाता है। $10 \, V$ बैटरी की शाखा प्रेरक शाखा के समानांतर है। प्रेरक से होकर बहने वाली धारा $I = \frac{20 \, V}{5 \, \Omega} = 4 \, A$ है।
फ्लक्स में परिवर्तन $\Delta \phi = L \Delta I = L(I_{final} - I_{initial})$ है।
यहाँ $L = 500 \, mH = 0.5 \, H$,$I_{initial} = 0 \, A$,और $I_{final} = 4 \, A$ है।
$\Delta \phi = 0.5 \times (4 - 0) = 2 \, Wb$.

(A) जब स्विच बंद किया जाता है,तो परिपथ $90\, V$ की $DC$ बैटरी से जुड़ जाता है।
एक आदर्श प्रेरक का प्रतिरोध शून्य होता है,इसलिए यह $DC$ धारा के लिए एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है।
चूंकि बल्ब और प्रेरक समानांतर में जुड़े हैं,बैटरी से आने वाली पूरी धारा न्यूनतम प्रतिरोध वाले पथ,यानी आदर्श प्रेरक से होकर प्रवाहित होगी।
परिणामस्वरूप,बल्ब से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है और वह नहीं जलता है।

(C) जिस क्षण कुंजी $K$ को बंद किया जाता है $(t=0)$:
$(i)$ संधारित्र एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है (शून्य प्रतिरोध प्रदान करता है) क्योंकि यह शुरू में अनावेशित होता है,जिससे $A_1$ वाली शाखा से अधिकतम धारा प्रवाहित होती है।
$(ii)$ प्रेरक धारा में किसी भी परिवर्तन का विरोध करता है। चूंकि कुंजी बंद करने से पहले धारा शून्य थी,इसलिए प्रेरक $t=0$ पर एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है (अनंत प्रतिरोध प्रदान करता है),जिसके परिणामस्वरूप $A_2$ वाली शाखा में धारा शून्य होती है।
अतः,$A_1$ का पाठ्यांक अधिकतम है और $A_2$ का पाठ्यांक शून्य है।

(C) कुंडली में चुंबकीय ऊर्जा के संचय की दर $P_m = \frac{d}{dt}(\frac{1}{2}Li^2) = Li \frac{di}{dt}$ द्वारा दी जाती है।
बैटरी द्वारा आपूर्ति की गई ऊर्जा की दर $P_b = Ei$ है।
इन दरों का अनुपात $\frac{P_m}{P_b} = \frac{Li \frac{di}{dt}}{Ei} = \frac{L}{E} \frac{di}{dt}$ है।
$RL$ परिपथ के लिए,$t$ समय पर धारा $i = \frac{E}{R}(1 - e^{-Rt/L})$ होती है।
धारा के परिवर्तन की दर $\frac{di}{dt} = \frac{E}{R} \cdot \frac{R}{L} e^{-Rt/L} = \frac{E}{L} e^{-Rt/L}$ है।
इस मान को अनुपात के समीकरण में रखने पर:
$\frac{P_m}{P_b} = \frac{L}{E} \left( \frac{E}{L} e^{-Rt/L} \right) = e^{-Rt/L}$।
यहाँ $R = 10\, \Omega$,$L = 1\, H$,और $t = 0.1\, s$ दिया गया है:
$\frac{P_m}{P_b} = e^{-(10 \times 0.1) / 1} = e^{-1} \approx \frac{1}{2.718} \approx 0.368 \approx 0.36$।