\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\topmargin=-0.5cm
\oddsidemargin=-0.5cm
\evensidemargin=-0.5cm
\textheight=23cm
\textwidth=17cm
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\begin{bf}
\noindent
Institutt for fysikk, NTNU

\noindent
TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme

\noindent
V{\aa}r 2005

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 11
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning torsdag 31. mars og fredag 1. april


\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ F{\o}rst er det en fordel {\aa} 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 g{\aa} noen str{\o}m gjennom $R_4$. 
(Sagt p{\aa} en annen m{\aa}te: Vi har samme potensial p{\aa} hver side av $R_4$,
men da kan det heller ikke g{\aa} noen str{\o}m gjennom denne motstanden.)
Total motstand blir dermed
$$R = \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} \right)^{-1} + R_5$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Det er vel klart at den totale str{\o}mmen $I$ m{\aa} bli den samme som str{\o}mmen
$I_5$ gjennom $R_5$. Dessuten er det klart at $I$ m{\aa} fordele seg p{\aa} de 3 str{\o}mmene
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 g{\aa} noen str{\o}m gjennom $R_4$: $I_4 = 0$.

\noindent
Spenningsfallet over de tre {\o}verste motstandene er det samme:
$$V' = R_1 I_1 = R_2 I_2 = R_3 I_3$$
Spenningsfallet over $R_5$ blir
$$V'' = R_5 I_5 = R_5 I = R_5 \frac{\cal E}{R}$$
Disse to m{\aa} tilsammen utgj{\o}re den p{\aa}trykte spenningen:
$${\cal E} = V' + V''$$
Dermed er
$$V' = {\cal E} - V'' = {\cal E} - R_5 \frac{\cal E}{R} = {\cal E} \left(1 - \frac{R_5}{R} \right)$$
Dessuten:
$$I_1 = \frac{V'}{R_1}$$
$$I_2 = \frac{V'}{R_2}$$
$$I_3 = \frac{V'}{R_3}$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ Med de oppgitte tallverdiene har vi
$$R = \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right)^{-1} + 5 = \frac{61}{11} \; \Omega$$
Dermed er
$$V' = 9 \cdot \left(1 - \frac{5}{61/11} \right) = \frac{54}{61} \; {\rm V}$$
og
$$V'' = 9 - \frac{54}{61} = \frac{495}{61} \; {\rm V}$$
De ulike st{\o}mstyrkene blir
$$I_1 = \frac{54}{61\cdot1} = \frac{54}{61} \; {\rm A} \simeq 0.885 \; {\rm A}$$
$$I_2 = \frac{54}{61\cdot2} = \frac{27}{61} \; {\rm A} \simeq 0.443 \; {\rm A}$$
$$I_3 = \frac{54}{61\cdot3} = \frac{18}{61} \; {\rm A} \simeq 0.295 \; {\rm A}$$
$$I_5 = I = \frac{9\cdot11}{61} = \frac{99}{61} \; {\rm A} \simeq 1.623 \; {\rm A}$$


\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ P{\ae}re 1 vil lyse sterkest i krets B og svakest i krets A. Det skyldes at i A er spenningsfallet over
p{\ae}re 1 bare 1/3 av spenningskildens ems, i B er spenningsfallet over alle p{\ae}rene lik
spenningskildens ems. I C gir parallellkoblingen av 2 og 3 en motstand $(1/R + 1/R)^{-1} = R/2$, hvis motstanden
i ei p{\ae}re er $R$. Da blir spenningsfallet over p{\ae}re 1 lik 2/3 av kildens ems, og lysstyrken et sted
mellom A og B.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ I A f{\aa}r vi en {\aa}pen (brutt) krets, og dermed null str{\o}m, dvs p{\ae}re 1 (og 2) slukker.
I B p{\aa}virker ikke p{\ae}re 3 spenningen over p{\ae}re 1, s{\aa} lysstyrken endres ikke.
I C har vi n{\aa} to motstander $R$ i serie, s{\aa} spenningsfallet over p{\ae}re 1 m{\aa} bli lik
det halve av kildens ems, dvs mindre enn det den var med p{\ae}re 3 p{\aa} plass. Alts{\aa} blir
lysstyrken mindre i krets C.

\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.2cm}
\noindent
La oss sette tidspunktet $t=0$ da studenten bryter kretsen i A. F{\o}r dette har vi stasjon{\ae}re
forhold i kretsen, med spenningsfall
$$V_0 = V_R = V_C$$
over b{\aa}de motstanden $R$ og kapasitansen $C$. Ved $t=0$ brytes alts{\aa} kretsen i A, og
vi st{\aa}r igjen med en krets med $R$ og $C$. Som utledet i forelesningene f{\aa}r vi da
utladning av kondensatoren, med tidsforl{\o}p
$$Q(t) = Q_0 e^{-t/RC}$$
der
$$Q_0 = Q(0) = C V_0$$
Etter en viss tid $t_1$ brytes kretsen ved B, og utladingen stopper opp. Da har vi en ladning
$$Q(t_1) = Q_0 e^{-t_1/RC}$$
p{\aa} kondensatoren. Det tilsvarer et spenningsfall
$$V(t_1) = \frac{Q(t_1)}{C} = \frac{Q_0}{C} e^{-t_1/RC}$$
over kondensatoren. I l{\o}pet av denne tiden har alts{\aa} studenten tilbakelagt en distanse $d$,
slik at hastigheten er
$$v = d/t_1$$
Vi l{\o}ser 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:
$$t_1 = 150 \cdot 10^{-3} \cdot \ln \frac{9.00}{3.58} = 0.138 \; {\rm s}$$
Hastigheten blir
$$v = d/t_1 = 1.00/0.138 = 7.23 \; {\rm m/s} \, \simeq 26 \, {\rm km/t}$$


\end{document}
