Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme Vår 2006

Løsningsforslag til øving 11

Veiledning torsdag 23. mars

Oppgave 1

a) Dette systemet kan oppfattes som en seriekobling av tre motstander: de to 60 cm lange Cu–ledningene og motstanden R = 20 Ω. Motstanden til Cu–ledningene blir

R_{C} = \frac{l}{σA} = ·\frac{1.20m}{5.8 · 10^{7} Ω^{−1}m^{−1} · 2 · 10^{−6}m^{2}} = 0.01 Ω

Samme strømstyrke I går gjennom hele systemet. Den er

I = \frac{V}{R + R_{C}} = \frac{1.5 V}{20.01 Ω} = 0.07496 A ≃ 0.075 A

ifølge Ohms lov. Vi får dermed spenningsfallene

V_{R} = RI = 20 Ω · 0.075 A ≃ 1.5 V

over motstanden R og

V_{C} = R_{C}I = 0.01 Ω · 0.075 A = 0.00075 V

over de to Cu–ledningene tilsammen. Konklusjon: Neglisjerbart spenningsfall i de to Cu– ledningene.

b) Strømstyrken I beregnet vi under punkt a). Utviklet effekt i motstanden R blir

P = V_{R}I = 1.5 V · 0.075 A = 0.1125 W ≃ 0.11 W

c) Her må vi bestemme tettheten av frie elektroner n. Deretter kan vi bruke I = j · A = nevA til å beregne midlere driftshastighet v. I Cu har vi 8960 kg pr m^{3}. Dette tilsvarer 8960/0.06354 mol = 141014 mol = 141014 ·6.02 · 10^{23} atomer = 8.49 · 10^{28} atomer, og da like mange frie elektroner, med antagelsen ett fritt elektron pr atom Cu. Midlere driftshastighet blir

v = \frac{I}{neA} = \frac{0.075}{8.49 · 10^{28} · 1.6 · 10^{−19} · 2 · 10^{−6}} = 2.76 · 10^{−6} m/s = 2.76μm/s

Midlere termiske hastighet for elektronene anslår vi ved å sette kinetisk energi lik termisk energi:

\frac{1}{2}mv^{2} = \frac{3}{2}k_{B}T
⇒ v = \sqrt{\frac{3k_{B}T}{m}} ≃ 10^{5} m/s

Her er k_{B} = 1.38 · 10^{−23} J/K Boltzmanns konstant. Vi ser at midlere driftshastighet er ca 11 størrelsesordener mindre enn midlere termiske hastighet. Det tar altså mange timer for et gitt elektron å komme seg fra den ene til den andre siden av ”systemet” vårt!

Oppgave 2

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 3

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 4

1. Hele området mellom r = a og r = b kan oppfattes som en seriekobling av motstander dR, der hver motstand er et tynt kuleskall med radius r og tykkelse dr:

dR = \frac{ρ dr}{4πr^{2}}

Hele motstanden finner vi ved å legge sammen enkeltmotstandene, dvs ved å integrere fra r = a til r = b:

R = ∫ dR
= ∫_{a}^{b} \frac{ρ dr}{4πr^{2}}
= \frac{ρ}{4π} |_{a}^{b} (−\frac{1}{r})
= \frac{ρ}{4π} (\frac{1}{a} − \frac{1}{b})

2. Det oppgitte uttrykket for strømstyrken I viser at vi her kan bruke Gauss’ lov for det elektriske feltet til å bestemme I:

I = \frac{1}{ρ} · \frac{Q}{ε_{0}}

Vi må her forutsette at ladningen som kommer inn på den innerste lederen umiddelbart fordeler seg jevnt over kuleflaten ved r = a før den starter sin vandring gjennom materialet mellom r = a og r = b. Potensialforskjellen mellom indre og ytre lederskall bestemmes enkelt ettersom vi kjenner feltet E:

ΔV = V_{a} − V_{b}
= − ∫_{b}^{a} E(r) dr
= \frac{Q}{4πε_{0}} |_{b}^{a} \frac{1}{r}
= \frac{Q}{4πε_{0}} (\frac{1}{a} − \frac{1}{b})

Av disse uttrykkene følger det at motstanden er

R = \frac{ΔV}{I} = \frac{ρ}{4π} (\frac{1}{a} − \frac{1}{b})