Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme Vår 2005

Løsningsforslag til øving 11

Veiledning torsdag 31. mars og fredag 1. april

Oppgave 1

a) Først er det en fordel å innse at vi her har [en parallellkobling av R_{1}, R_{2} og R_{3}] i serie med [en parallellkobling av R_{4} og R_{0} = 0] i serie med [R_{5}]. Motstanden R_{4} er med andre ord “kortsluttet”, slik at det ikke vil gå noen strøm gjennom R_{4}. (Sagt på en annen måte: Vi har samme potensial på hver side av R_{4}, men da kan det heller ikke gå noen strøm gjennom denne motstanden.) Total motstand blir dermed

R = (\frac{1}{R_{1}} + \frac{1}{R_{2}} + \frac{1}{R_{3}} )^{−1} + R_{5}

b) Det er vel klart at den totale strømmen I må bli den samme som strømmen I_{5} gjennom R_{5}. Dessuten er det klart at I må fordele seg på de 3 strømmene gjennom R_{1}, R_{2} og R_{3}: I = I_{1} + I_{2} + I_{3}. Vi har i punkt a) allerede konkludert med at det ikke vil gå noen strøm gjennom R_{4}: I_{4} = 0. Spenningsfallet over de tre øverste motstandene er det samme:

V′ = R_{1}I_{1} = R_{2}I_{2} = R_{3}I_{3}

Spenningsfallet over R_{5} blir

V′′ = R_{5}I_{5} = R_{5}I = R_{5} \frac{E}{R}

Disse to må tilsammen utgjøre den påtrykte spenningen:

E = V′ + V′′

Dermed er

V′ = E − V′′ = E − R_{5} \frac{E}{R} = E (1 − \frac{R_{5}}{R} )

Dessuten:

I_{1} = \frac{V′}{R_{1}}

I_{2} = \frac{V′}{R_{2}}

I_{3} = \frac{V′}{R_{3}}

c) Med de oppgitte tallverdiene har vi

R = (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3})^{−1} + 5 = \frac{61}{11} Ω

Dermed er

V′ = 9 · (1 − \frac{5}{61/11}) = \frac{54}{61} V

og

V′′ = 9 − \frac{54}{61} = \frac{495}{61} V

De ulike stømstyrkene blir

I_{1} = \frac{54}{61 · 1} = \frac{54}{61} A ≃ 0.885 A

I_{2} = \frac{54}{61 · 2} = \frac{27}{61} A ≃ 0.443 A

I_{3} = \frac{54}{61 · 3} = \frac{18}{61} A ≃ 0.295 A

I_{5} = I = \frac{9 · 11}{61} = \frac{99}{61} A ≃ 1.623 A

Oppgave 2

a) Pære 1 vil lyse sterkest i krets B og svakest i krets A. Det skyldes at i A er spenningsfallet over pære 1 bare 1/3 av spenningskildens ems, i B er spenningsfallet over alle pærene lik spenningskildens ems. I C gir parallellkoblingen av 2 og 3 en motstand (1/R + 1/R)^{−1} = R/2, hvis motstanden i ei pære er R. Da blir spenningsfallet over pære 1 lik 2/3 av kildens ems, og lysstyrken et sted mellom A og B.

b) I A får vi en åpen (brutt) krets, og dermed null strøm, dvs pære 1 (og 2) slukker. I B påvirker ikke pære 3 spenningen over pære 1, så lysstyrken endres ikke. I C har vi nå to motstander R i serie, så spenningsfallet over pære 1 må bli lik det halve av kildens ems, dvs mindre enn det den var med pære 3 på plass. Altså blir lysstyrken mindre i krets C.

Oppgave 3

La oss sette tidspunktet t = 0 da studenten bryter kretsen i A. Før dette har vi stasjonære forhold i kretsen, med spenningsfall

V_{0} = V_{R} = V_{C}

over både motstanden R og kapasitansen C. Ved t = 0 brytes altså kretsen i A, og vi står igjen med en krets med R og C. Som utledet i forelesningene får vi da utladning av kondensatoren, med tidsforløp

Q(t) = Q_{0}e^{−t/RC}

der

Q_{0} = Q(0) = CV_{0}

Etter en viss tid t_{1} brytes kretsen ved B, og utladingen stopper opp. Da har vi en ladning

Q(t_{1}) = Q_{0}e^{−t_{1}/RC}

på kondensatoren. Det tilsvarer et spenningsfall

V (t_{1}) = \frac{Q(t_{1})}{C} = \frac{Q_{0}}{C} e^{−t_{1}/RC}

over kondensatoren. I løpet av denne tiden har altså studenten tilbakelagt en distanse d, slik at hastigheten er

v = d/t_{1}

Vi løser ut for t_{1} i uttrykket for V (t_{1}):

t_{1} = RC ln \frac{V_{0}}{V (t_{1})}

der vi har brukt Q_{0} = V_{0}C og at ln x = − ln(1/x). Med tallverdier innsatt:

t_{1} = 150 · 10^{−3} · ln \frac{9.00}{3.58} = 0.138 s

Hastigheten blir

v = d/t_{1} = 1.00/0.138 = 7.23 m/s ≃ 26 km/t