Oplossingen · hoofdstuk 21De wetten van Kirchhoff

Drie: P, Q, en de onderste draad. S en T zijn verbonden door een draad zonder onderdelen: ze liggen op dezelfde potentiaal en vormen samen één knooppunt.

Vijf takken: (1) bron en R₁ (van de onderste draad naar P), (2) R₂ (P naar onder), (3) R₃ (P naar Q), (4) R₄ (Q naar onder), (5) R₅ en R₆ (Q naar onder).

$b-k+1=5-3+1=3$: drie vergelijkingen, één per venster. Met twee knooppuntvergelijkingen ($k-1=2$) heb je er samen vijf, voor vijf stromen.

R₅ en R₆ staan in serie (één tak), en de bron met R₁. Ja: R₅ + R₆ parallel met R₄, dat in serie met R₃, dat parallel met R₂, dat in serie met R₁. Er is één bron en geen brug, dus het lukt.

Erin: $1,20+I_x$. Eruit: $0,35+0,40$. Dus $1,20+I_x=0,75$ en $I_x=-0,45\mathrm{A}$.

Nee: het minteken zegt dat er 0,45 A tegen de pijl in loopt, dus P uit naar rechts.

$1,20+I_x=0,35$, dus $I_x=-0,85\mathrm{A}$: nu vertrekt er 0,85 A naar rechts.

$+9,0-2,5-4,1-U_3=0$, dus $U_3=2,4\mathrm{V}$.

$R_1=2,5/0,012\approx 208\mathrm{\Omega }$; $R_2=4,1/0,012\approx 342\mathrm{\Omega }$; $R_3=2,4/0,012=200\mathrm{\Omega }$.

Linksonder 0 V; linksboven 9,0 V (na de bron); rechtsboven 9,0 − 2,5 = 6,5 V; rechtsonder 6,5 − 4,1 = 2,4 V; na R₃ terug op 0 V.

(a) $790\mathrm{\Omega }$. (b) $1/(1/100+1/220+1/470)=1/0,016673=60,0\mathrm{\Omega }$. (c) $\frac{2,2\cdot 3,3}{5,5}=1,32\mathrm{k\Omega }$. (d) $1000/3=333\mathrm{\Omega }$. (e) $9,9999\mathrm{\Omega }\approx 10,0\mathrm{\Omega }$.

Door de tak van 1 MΩ loopt 100 000 keer minder stroom dan door 10 Ω: het verschil is 0,001 %. Zo werkt een voltmeter: hij heeft een heel grote weerstand (±10 MΩ) en verandert daardoor bijna niets aan de schakeling waarover hij hangt.

$I=12/320=0,0375\mathrm{A}$. $P_{100}=100\cdot 0,0375^2=0,14\mathrm{W}$; $P_{220}=220\cdot 0,0375^2=0,31\mathrm{W}$.

$P_{100}=12^2/100=1,44\mathrm{W}$; $P_{220}=144/220=0,65\mathrm{W}$.

In serie is de 220 Ω al overbelast (0,31 W > 0,25 W). Parallel zijn beide overbelast, de 100 Ω bijna zes keer. Kies 0,5 W voor de 220 Ω in serie; parallel minstens 2 W voor de 100 Ω en 1 W voor de 220 Ω (of een andere schakeling).

$R_2\parallel R_3=\frac{150\cdot 300}{450}=100\mathrm{\Omega }$; $R_{\text{v}}=100+100+50=250\mathrm{\Omega }$; $I=10/250=0,040\mathrm{A}=40\mathrm{mA}$.

$U_1=100\cdot 0,040=4,0\mathrm{V}$; $U_{\text{p}}=4,0\mathrm{V}$; $U_4=50\cdot 0,040=2,0\mathrm{V}$. $I_2=4,0/150=26,7\mathrm{mA}$; $I_3=4,0/300=13,3\mathrm{mA}$.

$P_1=0,16\mathrm{W}$; $P_2=4,0^2/150=0,107\mathrm{W}$; $P_3=0,053\mathrm{W}$; $P_4=50\cdot 0,040^2=0,080\mathrm{W}$. Som $0,40\mathrm{W}$ = $10\cdot 0,040$: klopt.

Knooppunt: $26,7+13,3=40\mathrm{mA}$. Maas: $10-4,0-4,0-2,0=0$.

Maas: $3,85+5,17=9,02\approx 9,00\mathrm{V}$: klopt binnen de meetfout. Knooppunt: $2,34+1,05=3,39\ne 3,89\mathrm{mA}$: klopt niet.

Met de wet van Ohm: $I_2=5,17/2,2=2,35\mathrm{mA}$ (klopt met A₂), $I_3=5,17/3,3=1,57\mathrm{mA}$ (niet 1,05) en $I_1=3,85/1,0=3,85\mathrm{mA}$ (klopt met A₁). A₃ is fout; met 1,57 mA klopt ook de knooppuntwet.

Een slecht contact of een losse krokodillenklem in de tak van R₃ (extra weerstand), een verkeerd bereik of een verkeerd afgelezen cijfer (1,05 in plaats van 1,57), of een weerstand van een andere waarde in die tak (dan zou V₂ wel moeten veranderen: controleer met de kleurcode).

Zoals de figuur van het voorbeeld, met 9,0 V en 100 Ω links, de batterij met 100 Ω rechts, en 220 Ω in het midden.

Met bv. $U_B=9,40\mathrm{V}$: knooppunt $I_A+I_B=I_L$; maas 1: $9,0=100I_A+220I_L$; maas 2: $9,40=100I_B+220I_L$. Oplossing: $I_L=34,1\mathrm{mA}$, $I_A=15,0\mathrm{mA}$, $I_B=19,0\mathrm{mA}$ ($U_L=7,50\mathrm{V}$).

Metingen binnen enkele procent van de voorspelling; de knooppuntwet klopt voor de metingen op het laatste cijfer.

De bron met de hoogste bronspanning levert het meest (hier de batterij). Verschillen: de batterij heeft zelf ook een inwendige weerstand (enkele ohm) die bij de 100 Ω komt, de weerstanden hebben een tolerantie, en de batterijspanning zakt tijdens de meting.

De punten liggen op een dalende rechte.

Snijpunt met de verticale as $U_0\approx 9,41\mathrm{V}$; helling $\approx (8,96-9,41)/0,250=-1,8V/A$, dus $R_{\text{i}}\approx 1,8\mathrm{\Omega }$ (kleinste kwadraten: 1,79 Ω en 9,41 V).

$P=R_{\text{i}}{I}^2=1,8\cdot 0,2^2=0,072\mathrm{W}$. De batterij levert $9,41\cdot 0,2=1,88\mathrm{W}$ in totaal, waarvan 3,8 % in haarzelf verloren gaat.

$I=U_0/R_{\text{i}}=9,41/1,8\approx 5,2\mathrm{A}$. In werkelijkheid is het minder: bij grote stroom verlopen de reacties in de batterij te traag en stijgt haar weerstand; het model is alleen getest tot 250 mA (extrapoleren is gevaarlijk, hoofdstuk 3).

Twee cellen verticaal, + boven, elk met 0,20 Ω in de bovenste draad; het lampje (5,0 Ω) in het midden tussen de bovenste en de onderste draad; pijlen van beide cellen naar het knooppunt, en door het lampje naar onder.

$I_1+I_2=I_L$; $1,55=0,20I_1+5,0I_L$; $1,45=0,20I_2+5,0I_L$. Oplossing: $I_1=0,397\mathrm{A}$, $I_2=-0,103\mathrm{A}$, $I_L=0,294\mathrm{A}$ (lampje op 1,47 V).

Het minteken: de lege cel levert niets, ze wordt door de nieuwe cel geladen met 0,10 A. Alkalinecellen zijn niet oplaadbaar: ze kunnen gas vormen en gaan lekken. Zet dus nooit een volle en een lege cel parallel (F20).

Knooppunt: $I_a+I_b-I_{\text{led}}-I_p=0$. Maas 1: $0,30I_a+30I_{\text{led}}=13,6$. Maas 2: $0,30I_a+18,5I_p=13,6$. Maas 3: $0,08I_b+30I_{\text{led}}=12,6$.

import numpy as np
A = np.array([[1, 1, -1, -1],
              [0.30, 0, 30, 0],
              [0.30, 0, 0, 18.5],
              [0, 0.08, 30, 0]])
b = np.array([0, 13.6, 13.6, 12.6])
Ia, Ib, Iled, Ip = np.linalg.solve(A, b)
print(Ia, Ib, Iled, Ip, 'rail:', 30 * Iled)

Uitvoer: $I_a=2,87$, $I_b=-1,75$, $I_{\text{led}}=0,425$, $I_p=0,689\mathrm{A}$; rail 12,74 V.

$I_b$ is negatief: de batterij laadt (1,75 A) terwijl de adapter alles voedt. Met de lus: 12,6 V: I_b = 0,86 A; 12,8 V: I_b = 0,34 A; 13,0 V: I_b = −0,18 A; 13,2 V: I_b = −0,71 A; 13,6 V: I_b = −1,75 A. De batterij laadt vanaf ongeveer 12,93 V: dan is de rail net 12,6 V en loopt er geen stroom meer uit de batterij. Onder die spanning zou het model de adapter stroom laten opnemen; een echte adapter kan dat niet (vaak zit er een diode in, hoofdstuk 23).

$R=0,0172\cdot 10/0,75=0,229\mathrm{\Omega }$ (10 m draad: heen en terug).

Spanningsval $0,229\cdot 1,20=0,28\mathrm{V}$: op de verdeling $11,72\mathrm{V}$. Verlies $0,229\cdot 1,20^2=0,33\mathrm{W}$.

$P=11,72^2/30=4,58\mathrm{W}$: 5 % minder licht dan op 12 V.

Met 1,5 mm²: $0,115\mathrm{\Omega }$, val 0,14 V, verlies 0,17 W. De winst is klein zolang alles maar kort tegelijk aanstaat (de pomp 225 s per dag); het meeste van de tijd loopt er maar 0,15 A. Voor 1,20 A volstaat 0,75 mm²; 1,5 mm² is vooral zinvol als de kabel langer wordt of er meer verbruikers komen.

R₅ verbindt de middens van twee takken: R₁ en R₂ staan niet meer in serie (in M vertakt de stroom naar R₅), en geen twee weerstanden staan tussen dezelfde twee knooppunten.

M: $\frac{10-V_M}{1000}=\frac{V_M}{2200}+\frac{V_M-V_N}{1000}$. N: $\frac{10-V_N}{1500}+\frac{V_M-V_N}{1000}=\frac{V_N}{2200}$.

$V_M=6,627\mathrm{V}$, $V_N=6,267\mathrm{V}$; $I_5=(V_M-V_N)/1000=0,360\mathrm{mA}$ van M naar N. De bron levert $5,86\mathrm{mA}$ ($R_{\text{v}}=1706\mathrm{\Omega }$).

Geen stroom door R₅ als $V_M=V_N$. Dan loopt door R₁ en R₂ dezelfde stroom (spanningsdeler, hoofdstuk 22): $V_M=10\cdot \frac{R_2}{R_1+R_2}$, en net zo $V_N=10\cdot \frac{R_4}{R_3+R_4}$. Gelijk als $\frac{R_1}{R_2}=\frac{R_3}{R_4}$, dus $R_4=R_3\cdot \frac{R_2}{R_1}=1500\cdot 2,2=3,3\mathrm{k\Omega }$. Dat is de brug van Wheatstone (hoofdstuk E22).

$\frac{1}{R_{\text{v}}}=\frac{1}{R_1}+\cdots +\frac{1}{R_n}>\frac{1}{R_{\text{min}}}$, want de term $1/R_{\text{min}}$ zit in de som en alle andere termen zijn positief. Omgekeerd (beide kanten positief): $R_{\text{v}}<R_{\text{min}}$.

Een extra weerstand voegt een positieve term $1/R_{n+1}$ toe aan $1/R_{\text{v}}$: die som wordt groter, dus $R_{\text{v}}$ kleiner. Is $R_{n+1}$ heel groot, dan is het verschil heel klein, maar nooit nul.

$1/R_k\to \infty$, dus $R_{\text{v}}\to 0$: de hele groep is kortgesloten. De spanning over de groep wordt nul ($U=R_{\text{v}}I$), dus door de andere takken loopt geen stroom meer; alle stroom gaat door de kortsluiting.

Sterpunt aan de minpool van de batterij (achter de shunt of stroomsensor). Van daar: dikke retourdraad lampen, aparte draad pomp, aparte draad ventilatoren, en één draad naar de GND van de microcontroller. De sensoren krijgen hun massa van de microcontroller (bij de sensorkast via een eigen ader).

$R=0,0172\cdot 2,0/1,5=0,0229\mathrm{\Omega }$; spanning $0,0229\cdot 14,8=0,34\mathrm{V}$. De druksensor geeft 0,45 V per kPa: $0,34/0,45=0,75\mathrm{kPa}$, dus $7,7\mathrm{cm}$ water fout: het niveau lijkt 7,7 cm hoger zodra de lampen branden. Onaanvaardbaar voor een alarm bij 10 cm.

Nodig: $R\le 0,2/14,8=0,0135\mathrm{\Omega }$, dus $A\ge 0,0172\cdot 2,0/0,0135=2,55\mathrm{m}{\mathrm{m}}^2$. 2,5 mm² is net te dun (0,204 V); kies 4 mm² (0,13 V).

Bijvoorbeeld: (1) Elke verbruiker boven 0,5 A heeft een eigen retourdraad naar het sterpunt. (2) Geen verbruikersstroom door de massadraad van een sensor. (3) De GND van de microcontroller hangt op één plaats aan het sterpunt, nergens anders.

Eén trap: $R+R=2,0\mathrm{k\Omega }$. Twee: $R+(R\parallel 2R)=R+\frac{2}{3}R=1,667\mathrm{k\Omega }$. Drie: $R+(R\parallel \frac{5}{3}R)=R+\frac{5}{8}R=1,625\mathrm{k\Omega }$.

$\frac{2}{1},\frac{5}{3},\frac{13}{8}$, en verder $\frac{34}{21},\frac{89}{55}$: verhoudingen van getallen uit de rij van Fibonacci (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89).

$R_{\text{v}}=R+\frac{R\cdot R_{\text{v}}}{R+R_{\text{v}}}$. Vermenigvuldig met $R+R_{\text{v}}$: $R_{\text{v}}^2-R{R}_{\text{v}}-R^2=0$. De positieve oplossing: $R_{\text{v}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}R=1,618R=1,618\mathrm{k\Omega }$: de gulden snede (hoofdstuk 4, kwadratische vergelijking).