Weerstand 100Ω Vermogen P = 10 Watt Gevraagd

Uitwerking LES 1C
N –CURSSUS
2014-2015
1) C
Gegeven: Weerstand 100Ω Vermogen P = 10 Watt Gevraagd: I (maximaal)
Oplossing: Vermogen P = U x I maar U = I x R en dus is P = I x R x I => I² x R
We moeten I hebben maar I² = P/R => 10/1000 =0,01 maar is I² en om I te krijgen
moeten we de wortel trekken ofwel I = √I² en dus I = √ 0,01 = 0,1A of 100mA.
2) C
Gegeven: 2 weerstanden van R1 = 100Ω bij 36W en R2 = 200 Ω in serie.
Gevraagd: vermogen van R2.
Oplossing: in serie is de stroom in de hele kring gelijk, maar de spanning is afhankelijk van
de grote van de weerstand. Aangezien R2 2x groter is dan R1 zal deze 2x 36 = 72W zijn.
Bewijs: P = U x I of ook U x U/R => P = U²/R => U² = P x R = U² => 36 x 100 = U² dan is
U gelijk √ U² = √ P x R en dus √3600 = 60 Volt dan is UR2 = 120Volt ofwel U² = 14400.
PR2 = U²/R2 => 14400/200 = 72Watt
3) C
Gegeven: een serieschakeling van 2 gelijke 100Ω weerstanden, waaraan een weerstand
van 100 Ω parallel is geschakeld staat. Een van de in seriegeschakelde weerstanden
wordt 1W gedissipeerd.
Gevraagd: het vermogen van de ene parallel geschakelde weerstand.
Oplossing: de tweede in serie geschakelde weerstand moet ook 1W zijn omdat stroom en
spanning gelijk zijn. Dus kun je zeggen dat ze samen 100 + 100 = 200 Ω 2Wat zijn.
Hier staat 100Ω aan parallel die de helft is en dus 2x meer vermogen 4Watt moet zijn.
4) B
Gegeven; weerstand van 1Ω loopt een stroom van 2A.
Gevraagd: keuze uit 1,2 en 5 Watt.
Oplossing: P = UxI en U = I x R dus P = I² x R => 2² x 1 = 4 Watt dus kiezen we 5Watt.
5) A
Gegeven: U = 100Volt bij een serieschakeling van twee weerstand van elk 50Watt.
Gevraagd: het opgenomen vermogen als één weerstand wordt kortgesloten.
Oplossing: Het totale vermogen voor kortsluiting is 50 + 50 = 100W de stroom is dan
P = U x I => I = P/U = 100/100 = 1A. Door de kortsluiting zal de weerstand halveren en de
stroom verdubbelen. P = U x I => 100 x (2 x 1) = 200 Watt.
2e Je kunt ook de weerstand uitrekenen door R = U/I = 100/1 = 100Ω en voor de helft is
dat 50Ω op 100V is I= U/R => 100/50 = 2A en dus PR = I² x R => 2² x 50 = 200W
3e Of met spanning PR = U²/R = 100²/50 = 10000/50 = 1000/5 = 200W
6) B
Gegeven twee weerstanden van 100Ω_36Watt en 200Ω parallel geschakeld.
Gevraagd: Vermogen van de weerstand van 200Ω.
Oplossing: Omdat de stroom door 200Ω de helft is van 100Ω, moet het vermogen ook
de helft zijn dus 18 Watt.
7) C
Gegeven: twee weerstanden in serie met over een van de twee een weerstand parallel
geschakeld. Alle weerstanden hebben een waarde van 50Ω en in één van de parallel
geschakelde weerstanden is het opgenomen vermogen 2 Watt.
Oplossing: over de parallel geschakelde weerstanden staat de zelfde spanning en loopt de
zelfde stroom en dus zijn ze beide 2 en in totaal 4 Watt bij een gehalveerde weerstand
50/2 = 25Ω (immers twee de zelfde weerstanden halveren).
Wat over blijft is een serie schakeling van 50 en 25 Ohm waarbij de grootste weerstand
van 50Ω de meeste spanning heeft en dus 2x zo veel vermogen als 25Ω/4W is 2x 4= 8W
PA4TON ©
1
Uitwerking LES 1C
N –CURSSUS
2014-2015
8) B
Gegeven: Weerstand 400Ω Vermogen P = 4 Watt Gevraagd: I (maximaal)
Oplossing: Vermogen P = U x I maar U = I x R en dus is P = I x R x I => I² x R
We moeten I hebben maar I² = P/R => 4/400 =0,01 maar is I² en om I te krijgen moeten
we de wortel trekken ofwel I = √I² en dus I = √ 0,01 = 0,1A
9) C
Gegeven: Twee weerstanden elk 16Ω parallel met in serie een gelijke 16Ω weerstand die
4 watt verbruikt.
Gevraagd: Het totaal aan gedissipeerd vermogen.
Oplossing: door de parallelschakeling van twee weerstanden van 16Ω is de vervanging
hiervan de helft R/n = 16/2 = 8Ω. Hierdoor heb je feitelijk twee weerstanden van 16 en 8
Ohm in serie staan. Omdat over 8 Ohm minder spanning staat zal het vermogen naar
verhouding de helft zijn dus 2W plus 4W van 16Ω. Het totaal is dan 2W+4W = 6Watt
10) B
Wanneer in een serie schakeling van twee of meer weerstanden er één of meer
weerstanden in waarde verlaagd worden zal de gemeenschappelijke stroom hoger worden.
En omdat het vermogen P afhankelijk is van I²x R zal het vermogen toenemen.
Bv.
U = 12V, R1 4-> naar 2 en R2= 8
1e I = 12/4+8 = 1A
PR1 = 1² x 4 = 4W
PR2= 1² x 8 = 8W
2e I = 12/2+8 = 1,2
PR1 = 1,2² x 2 = 1,44 x 2 = 2,88W
PR2 = 1,2² x 8 = 11,52W
Conclusie: door het verlagen van een weerstand wordt het vermogen van die weerstand lager
maar de tweede R en het totaal neemt toe in dit geval van 12W naar 14,40W.
11) A
Gegeven: twee weerstand in serie van 15 en 5 Ohm op een spanning van 40 Volt.
Gevraagd: gedissipeerd vermogen van de weerstand van 5Ω.
Oplossing: P = U x I maar ook I² x R. de stroom is I = U/Rt => 40/ 15 + 5 = 2A
PR = I² x R => 2² x 5 => 4 x 5 = 20 Watt
12) C
Gegeven: Weerstand 50Ω Vermogen P = 2 Watt Gevraagd: I (maximaal)
Oplossing: Vermogen P = U x I maar U = I x R en dus is P = I x R x I => I² x R
We moeten I hebben maar I² = P/R => 2/50 = 0,04 maar is I² en om I te krijgen moeten
we de wortel trekken ofwel I = √I² en dus I = √ 0,04 = 0,20 A
13) B
Om de maximaal toelaatbare vermogensdissipatie van een weerstand te verhogen kan men
het beste het oppervlak van de weerstand zo groot mogelijk maken.
Dit omdat alle onderdelen kapot gaan door oververhitting en door oppervlakte te
vergroten houdt men de temperatuur laag.
14) B
Als het zend vermogen met een factor 4 toeneemt zal de uitgangsstoom ?
B.v. P = R x I² => 50W = 50 x 1² => 50 x 1
200W = 50 x 2² => 50 x 4 en I = √I² ofwel √4 = 2
Dus wordt de uitgangsstroom 2x zo groot.
Conclusie: bij een verdubbeling van de stroom wordt het vermogen 4x groter.
15) A
Gegeven: twee in serie geschakelde weerstanden R1 = 30 Ω en R2 = 60 Ω bij 20 Watt.
Gevraagd: vermogen van R1.
Oplossing: in een serie schakeling is de stroom gelijk maar de spanning is afhankelijk van
de waarde van de weerstand. U = I x R en dus valt over de grootste weerstand de
meeste spanning en verbruikt het meeste vermogen. Omdat 30Ω de helft is van 60Ω zal
R1 de helft van 20 Watt is 10 Watt dissiperen.
PA4TON ©
2
Uitwerking LES 1C
N –CURSSUS
2014-2015
16) B
Wanneer in een serie schakeling van twee of meer weerstanden er één of meer
weerstanden in waarde verhoogd worden zal de gemeenschappelijke stroom lager worden.
En omdat het vermogen P afhankelijk is van I²x R zal het vermogen afnemen.
(zie ook vraag 10)
17) B
Gegeven twee gelijk spanningsbronnen van 9Volt en een Ri 0,4Ω en 6Volt met Ri =0,6 Ω
staan tegengesteld in serie geschakeld met een uitwendige R van 2Ω.
Gevraagd: de stroom door R.
Oplossing: als de spanningsbronnen tegengesteld geschakeld zijn moet je ze van elkaar af
trekken ofwel de hoogste spanning is bepalend. De totale spanning Ut is dan 9 – 6 = 3Volt
De stroom wordt bepaald door de totale (opgetelde) som van alle weerstanden ofwel Rt is
0,4 + 0,6 + 2Ω = 3 Ohm. Omdat de stroom overal gelijk is I = Ut/Rt => 3/3 = 1A
Conclusie: ook als de spanningen tegen gesteld is geschakeld moet je de Ri optellen.
18) A
Gegeven: drie weerstanden R1 = 10Ω en R2 en R3 zijn 5Ω staan in serie. PR1 = 10W.
Gevraagd: Het totale gedissipeerde vermogen van de schakeling.
Oplossing: Omdat de som van R2 en R3 10Ω is en gelijk is aan R1 van 10Ω bij 10W moet
het vermogen van R2 en R3 ook 10W zijn. Het totale vermogen is dan 10 + 10 = 20W
19) B
Gegeven: twee weerstanden R2 en R3 van elk 1000Ω staan in serie met daar over één
weerstand van 1000 Ω parallel die 4 watt dissipeerd.
Gevraagd: het gedissipeerd vermogen van R2.
Oplossing: We moeten van de schakeling een parallel schakeling maken met twee
weerstanden. Door de beide weerstanden op te tellen krijgen we 1K parallel aan 2KΩ.
Bij een parallel schakeling bepaald de hoogste stroom het hoogste vermogen en dat is R1
van 4 Watt. De andere vervangingsweerstand Rv is 2 x groter en dus de helft van 4W.
Maar die 2 watt geldt voor beide weerstanden en dus is het nog eens de helft 1W.
20) B
Om de maximaal toelaatbare vermogensdissipatie van een weerstand te verhogen kan
men het beste het oppervlak van de weerstand zo groot mogelijk maken.
Dit omdat alle onderdelen kapot gaan door oververhitting en door oppervlakte te
vergroten houdt men de temperatuur laag.
Ook kun je gebruik maken van geforceerde koeling door b.v. een ventilator.
Voor halfgeleiders wordt vaak mica gebruikt tussen het koellichaam en b.v. de transistor.
Met als doel de halfgeleider elektrisch te isoleren t.o.v. de massa die vaak aan min ligt.
Zo is het ook mogelijk componenten te testen met een hoge spanning gedurende een
(zeer) korte tijd omdat de temperatuur geen tijd krijgt het onderdeel te vernielen.
Op die mannier wordt b.v. de maximale werkspanning of stroom bepaald om de
specificaties van de onderdelen op de data sheets aan te geven.
PA4TON ©
3