Løsningsforslag til ukeoppgave 10

Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 10 Oppgave 17.15 Tegn figur og bruk Kirchhoffs 1. lov for å finne strømmene. Vi begynner med I 3 : Mot forgreningspunktet kommer det to strømmer, I 3 og en annen strøm på 4 A, ut fra forgreningspunktet går det to strømmer på 3 A respektive 2 A. I 3 er altså 5 A? 3A = 1 A. Så fortsetter vi med I6 og finner at in kommer en strøm på 8 A og ut går to strømmer: I 6 og en annen strøm på 4 A, altså er I 6 = 4 A. På samme måte fortsetter vi med en strøm av gangen og finner: I 1 = - 2 A, I 2 = 1 A, I 4 = 0 A, I 5 = 2 A. Oppgave 17.16 a) Amperemeteret måler 0,70 A. B og C er seriekoplet med amperemeteret, så I A = I B = I C = 0,70 A. Strømmen I C kommer inn mot forgreningspunktet, og vi kan bruke Krichhoffs 1. lov. Siden l lampa = 0,20 A er I D = I C I Iampa = 0,50 A. b) Lampen og D er parallellkoplede så U D = U lampa = 2,5 V. U C = U P U lampa U V = 12 V - 2,5 V - 6,0 V = 3,5 V. Oppgave 17.21 a) b) U lampe = 6,0 V, U P = 24 V, I = 0,50 A. Over motstanden er spenningen U R = I R = 0, 50A 12Ω = 6,0 V. Det er en seriekrets så over motoren er spenningen U M = U P U lampe U R = 12 V. Oppgave 17.26 Alle motstandene er parallellkoplede, så 1 R AB = 1 2 + 1 6 + 1 12 R AB = 1 0, 75 = 0, 75 = 1, 3Ω Oppgave 17.27 a) Parallellkoplede R res = 1 1/4 + 1/6 = 2, 4Ω

Oppgaver FYS1001 Vår 2018 2 b) Hele kretsen c) R res = 2, 4Ω + 2, 0Ω = 4, 4Ω I = U P R res = 13, 2 V 4, 4Ω = 3, 0 A d) U 2 og U 3 er parallellkoplede: U 1 = IR = 3, 0 A 2, 0Ω = 6, 0 V U 2 = U 3 = U P U 1 = 7, 2 V e) I 2 = U 2 R 2 = 7, 2 V 4, 0Ω = 1, 8 A I 3 = U 3 R 3 = 7, 2 V 6, 0Ω = 1, 2 A f) Om motstanden er kortsluttet betyr det at den erstattes med leder uten resistans. Tegn ny figur. Spenningen over de parallellkoplede motstandene R 2 og R 3 er nå lik U P og R res i hele kretsen er R res så strømmene er: I 1 = 13, 2 V 2, 4Ω = 5, 5 A I 2 = 13, 2 V 4, 0Ω = 3, 3 A I 3 = 13, 2 V 6, 0Ω = 2, 2 A g) og h): I = U P R 1 = 6, 6 A Oppgave 17.34 Vi har at den tilførte energien er W = 552 kj. a) I = 8,0 A og R = 30Ω, Vi har at W = RI 2 t. Vi løser likningen for t og får t = W RI 2 = b) som i a) men I = 4,0 A, t = 1150 s = 19 min 10 s 552 103 J = 287, 5 s = 4min48s 30Ω (8, 0 A) 2 Oppgave 22.08 E = 2, 0 10 5 N/C, r = 30 mm.

Oppgaver FYS1001 Vår 2018 3 a) Vi vet at F = Eq og for q e = 1, 6 10 19 C blir F = 3, 2 10 14 N. For akselerasjonen bruker vi Newtons 2. lov F = ma. For elektronmassen m = 9, 11 10 31 kg får vi a = F/m = 3, 5 10 16 m/s 2 mot positiv plate. b) W = F s cos α med α = 0 og s = 30 mm gir W = 9, 6 10 16 J. Oppgave 22.10 a) Et felt er sterkest der feltlinjene er tettest, derfor er det sterkest i A. b) U = 15 V, q = -4,2 nc. W e = Uq = 6, 3 10 8 J, den kinetiske energien øker. Oppgave 22.12 Vi har at U = 70 mv og at d = 10 nm. E = U/d = 7 10 6 V/m. Oppgave 22.16 a) A = 0,2 m 2, d = 0,50 cm, ɛ luft 1, ɛ 0 = 8, 85 10 12 F/m, U = 3,00 kv. Dette gir kapasitansen C = ɛ luftɛ 0 A d = 3, 54 10 10 F = 0, 35nF Ladningene på platene blir Q = CU = 1.05 10 6 = 1.1µC, platene har like store men omvendte ladninger, så en har 1.1 µc og den andre -1.1 µc. b) C = Q/U, med U = 1,00 V blir C = 1,1 nf. c) Vi endrer om i likningen for C i oppgave A og får at den relative permittiviteten for plast blir: ɛ plast = Cd ɛ 0 A = 3, 0 Oppgave 22.123 Vi kan se på dette som et homogent felt. Da er feltstyrken E = U/d. Kraften på et enverdig kaliumion blir dermed F = q e E = q eu d = 1 10 12 N Oppgave 22.128

Oppgaver FYS1001 Vår 2018 4 a) Vi har at E = 20 kv/m, d = 2,5 cm Spenningen blir da U = Ed = 2, 0 10 4 V/ m 2, 5 10 2 m = 0, 50 kv b) Kraften på elektronet er F e = qe er konstant og i retning mot den positive plata. I den horisontale retningen er det ingen akselerasjon. Newtons 2. lov gir F = ma, slik at qe = ma og a = qe/m. Vi setter in verdiene for elektronets ladning og masse: a = 1, 6 10 19 C 2, 0 10 4 V/ m 9, 11 10 31 kg = 3, 512 10 15 m/ s 2 c) Tegn bilde! Vi antar at både den horisontale og vertikale farten er konstant i løpet av de 15 m mellom kondensatorplatene og skjermen. I startpunktet har elektronet fartskomponentene v 0y = 0 og v 0x = 2, 0 10 7 m/s. I det elektronet forlater feltet har det fartskomponentene v x = v 0x + a x t, der a x = 0 slik at v x = v 0x og v y = v 0y + a y t det v 0y = 0 så at v y = a y t. Elektronet befinner seg mellom platene på strekningen x = 5,0 cm i løpet av tiden t = x/v x = 2, 5 10 9 s. I løpet av denne tiden forflytter elektronet seg strekningen y i vertikal retning: y = v 0y t + 1 2 at2 = 1 2 3, 512 1015 m/ s 2 (2, 5 10 9 s) 2 = 1, 1 10 2 m Farta v y er då v y = a y t = 8, 78 10 6 m/s. Vi antar nå konstant fart i begge retninger. Det tar da elektronet tiden t 2 å forlytte seg strekningen x 2 = 15 m til skjermen. t 2 = x 2 /v x = 7, 5 10 9 s og i løpet av denne tiden er forflytningen i vertikal retning y 2 = t 2 v y = 6, 6 10 2 m. Avstanden mellom punktet O og punktet der elektronet treffer skjermen er y +y 2 = 7, 7 cm. Oppgave 22.133 a) Når bryteren er lukket og oppladningen av kondensatorene er ferdig, må spenningen over hver av kondensatorene være den samme som over batteriet: 12 U. b) I det kretsen brytes er spenningen over de parallellkoplede kondensatorene 12 U. Ingen strøm vil fordele ladning på nytt over kondensatorene og spenningen vil fortsatt være 12 U. c) Vi har at C = Q/U Ladningen på C 1 er Q 1 = C 1 U = 6, 0µF 12 V = 72µ C. Ladningen på C 2 er Q 2 = C 2 U = 12, 0µF 12 V = 144µ C. d) Batteriet må levere ladningen Q = Q 1 + Q 2 = 216µ C. Oppgave 1

Oppgaver FYS1001 Vår 2018 5 Voltmeteret skal kobles i parallell og amperemeteret i serie. Voltmeteret skal ha høy resistans slik at minst mulig strøm går gjennom voltmeteret. Amperemeteret skal ha lav resistans slik at spenningsfallet over amperemeteret blir minimalt. Men for å måle spenning og strøm må noe strøm gå gjennom voltmeteret og det må være en ørliten resistans i amperemeteret. På denne måten vil kretsen bli påvirket når vi kobler inn måleinstrumentene. Oppgave 2 a) q = It = 0, 30 A 60 s = 18 C b) U = W/q = 108 J 18 C = 6, 0 V c) Lyspæren lyser fordi elektrisk potensiell energi blir omgjort til indre kinetiske energi via kollisjoner mellom ledningselektronene og atomene i glødetråden. Vi får varme ved stråling (jmf Plancks strålingslov). Ladning er alltid bevart, så det er ingen elektroner som forsvinner, men de mister hele tiden kinetisk energi til naboatomene og får samtidig tilført energi fra spenningskilden Oppgave 3 Det er stor potensialforskjell mellom de to ledningene (derfor har de stor avstand). Men det er ikke stor potensialforskjell fra et punkt på en ledning til et annet punkt på samme ledning. Fuglene sitter med begge bein på samme ledning. De har altså begge bein på samme elektriske potensial. Oppgave 4 Pæra til høyre slutter å lyse fordi den blir kortsluttet av bryteren (all strømmen går gjennom bryteren siden den har null (eller veldig liten) motstand). Det to andre pærene lyser kraftigere siden totalresistansen i kretsen blir mindre og strømmen tilsvarende større. Oppgave 5 a) 4 (bare 59, bare 88, de to i serie, de to i parallell)

Oppgaver FYS1001 Vår 2018 6 b) c) Fordi P = U 2 vil koblingen med størst motstand gi minst effekt, og koblingen med minst R motstand gi størst effekt. Seriekoblingen gir minst effekt, og parallellkoblingen gir størst effekt. d) Bruker nettspenning på 230 V og får i stigende rekkefølge: 0,36 kw, 0,60 kw, 0,90 kw, 1,5 kw. Oppgave 6 a) Den effekten som går tapt i overføringen pga motstand i kabelen er mye større hvis vi ikke bruker høy spenning. Effekttapet er kabelen er R K IK 2, og ved å bruke høy spenning reduserer vi I K. b) Spenningsfallet over kabelen er U K = R K I, og dermed er U 0 = U + R K I. c) Total effekt er P tot = NP = 1000 5 kw = 5 10 6 W. Strømmen er da I = P tot /U = 2, 17 10 4 A. d) e) R K = ρ L A = 2, 82 10 8 Ωm 600 103 m = 5, 98Ω π(0.03 m) 2 Husk at kabelen går både fram og tilbake slik at den totale lengden av kabel er 2L. U 0 = U + R K I = 230 V + 5, 98Ω 2, 17 10 4 A = 1, 3 10 5 V f) Varmen i kabelen er P K = R K I 2 = 2, 83 10 9 W. Vi ser at dette er mye større enn P tot som er effekten som når forbrukerne. Vi har P tot /(P K + P tot ) = 0, 002. Dvs bare 0,2 % av effekten som kraftverket produserer når fram til forbrukerne. Resten går til å varme opp kabelen. Temperaturen til kabelen kan vi finne ved hjelp av Stefan-Boltzmanns lov hvis vi antar at ikke noe varme tapes annet enn ved stråling (dette er ikke urealistisk hvis kabelen henger i luft). Vi har da P K = σa O T 4 der A O = 2πdL = 2, 26 10 5 m 2 er overflatearealet av kabelen. Det gir temperaturen T = 4 P K /σa O = 685 K. Ikke nok til å lyse opp i skogen, men kanskje såvidt nok til at labelen gløder svakt i mørke. g) Strømmen i kabelen blir I K = I U mindre. U K = 71, 4 A. Når spenningen er høyere blir strømmen h) U 0 = U K + R K I K = 70, 5 kv. Så spenningen ved kraftstasjonen blir faktisk mindre om vi bruker høyspentoverføring, enn om vi skal kunne bruke strømmen direkte uten transformator. i) Effekten i kabelen blir nå P K = R K I 2 K = 3, 1 104 W. Det betyr at P tot /(P K + P tot ) = 0, 994 som betyr at 99,4% av den produserte kraften kommer til nytte.