Lösningar Heureka 1 Kap 8

lyser lampan betyder att den trasiga finns på "andra sidan". Vi halverar och halverar och det
går ganska fort.
100→50→25→12→6→3 som vi lätt kan kontrollera.
8.22)
ε=13,2V,
Ri = 0,015Ω, I = 200A
U=ε-Ri · I = 13,2 - 0,015 · 200 = 10,2V
Svar: Batteriets polspänning (när bilens startmotor arbetar) är U = 10,2 V
8.23)
Belysningen är 1kW/m 2
P=U・I, med U=10V och I=0,12A ger P=10・0,12=1,2W
P=1000(W/m 2 )·π·0,06 2 (m 2 ) =11,31W
8.24) =12V ( =ems, eller elektromotorisk spänning) I=2A
Eftersom Ri ≈0, dvs. den inre resistansen är försumbar
blir U= =12V
Spänningen över motståndet Ur =3V (15-12) och strömmen är ju samma i hela kretsen. I=2A
Effekten: P=U・I
Packumulator= ・ I=12・2=24W (spänningen över ackumulatorn är 12V)
Pströmkälla =U・I=15・2=30W (spänningen över strömkällan är 15V)
8.25) q=2nC; E=5000 N/C
a)Eftersom
Punkten A befinner sig 0,5cm "ovanför jorden" (jordens lägersenergi är noll!) Lägesenergin
av punkten är ju lika mycket som arbetet vi utför för att flytta laddningen från jord till A.
Detta är=kraften · sträckan=10 -5 · 0,5 · 10 -2 =5· 10 -8 J= 50nJ
Lägesenergin måste öka eftersom vi flyttar laddningen "längre upp". Vi inser också att den
elektriska kraften är lika mycket, så att ändringen blir=kraften ·sträckan AB=10 -5 · 2 · 10 -2 =
2·10 -7 = 0,2 · 10 -6 ] = 0,2
b) Nu är det enklare att tänka om jag flyttar laddningen från A till B och sedan från B till C.
Förflyttningen från B till C ändrar inte lägesenergin eftersom "höjden" inte ändras, alltså
ändringen blir samma som i föregående, 0,2