Lösningar Fysik 1 Kapitel 8

(1)

Lösningar Kap 8

Elektriska kretsar

Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro

(2)

Lösningar Fysik 1 Heureka:Kap 8

8.1) Ohms lag säger att 𝑈 = 𝑅 · 𝐼 → 𝐼 = 𝑈/𝑅 → 𝐼 = �1

𝑅� · 𝑈

Nu ser vi att grafen (om vi skulle rita upp hur I beror på U) blir en linje, likt y=k·x, Vår lutning är 1/R dvs R= 1/lutningen. Lutningen=400·10-3/25=0,4/25 →R=25/0,4=62,5 Ω Eftersom det är en proportionalitet kan man annars direkt genomföra följande division: R= U/I = 25 V/ 0,400 A =62,5 ohm = 62,5 Ω (eller 63 Ω) (välj vad som ni tycker är lättast) 8.2)

A)U=1V, I=5·10-3A, R=U/I=1/(5·10-3) =200Ω

B)U=6·10-3, R=2,5Ω, I=U/R=(6·10-3)/2,5=0,0024A=2,4mA C)U=R·I=30·106 ·2·10-6=60V

8.3)

Eftersom V är parallellkopplad med A, mäter V spänningen över Amperemetern.

U=0,41V och I=4,5A ger R=U/I=0,41/4,5=0,091Ω=91mΩ, som är ju amperemeterns inre

resistans

8.4) U=21V, I=35µA. A är i serie med V alltså mäter den strömmen genom V.

U=R·I→ R=U/I=21/(35·10-6)=600000Ω=0,6MΩ som är ju voltmeterns inre

resistans.

Märk att en amperemeter har liten inre resistans medan en voltmeter har stor. Förklaring på varför kommer här nedan:

Voltmetern ska alltid vara parallellkopplad med den resistorn (eller annan komponent) man vill ha spänningen på. Om inkopplingen inte ska förstöra/förändra kretsens funktion så ska

voltmetern släppa igenom så lite ström som möjligt. Alltså måste den ha hög resistans. När det gäller amperemetern så är den alltid seriekopplad. Alltså ska strömmen strömma igenom amperemetern. Då får inte mätaren hindra strömmen. Alltså ska den ha så liten resistans som möjligt.

8.5) I=210mA=0,21A U=24V R=U/I=24/0,21=114Ω

Lösningar Fysik 1 Heureka Tullängsskolan Örebro Andreas Josefsson

1

Enligt formeln för effekt P=U·I=R·I2=U2/R (vi kan använda vilken av dem vi vill) P=24·0,21=5,04W≈5W

(3)

8.6)

Resistansen ökar med själva sladdens resistans. R=ρl/A, (nu betyder A ledarens

tvärsnittsarea) R=1,72·10-8 ·20/10-6= 0,344Ω. Eftersom vi har två trådar i en sladd så blir resistansen=2·0,344= 0,688≈0,69Ω

För övrigt är det fråga om en sluten elektrisk krets. Från strömuttaget till grästrimmern är det 20m och sen ska strömmen tillbaka till strömuttaget. Det blir sammanlagt 40m.

Sätt in alla värden …… 0,69 ohm 8.7)

a)Tråd är vanligtvis tunna så att mikrometer är lämpligast att använda för att mäta

diametern. Längdmätningen beror på hur lång tråden är, men meterstav och liknande är helt OK. Han ska också mäta resistansen med en ohmmeter (multimeter)

b) R = ρ ·_{A → ρ = R ·}l A_l 𝐴 = 𝜋 · 𝑟2 _{= 𝜋 · �}𝑑 2� 2 = 𝜋 ·𝑑₄2

vi sätter in detta i formeln för resistivitet och får

𝜌 = 𝑅 ∙𝜋 ∙ 𝑑_{4𝑙 = 9,5 ∙ 𝜋 ∙}2 (0,2 ∙ 10_{4 ∙ 2,49}−3)2 ≈ 1,2 ∙ 10−7_Ω𝑚

I tabeller hittar vi värdet 1,3·10-7_Ωm.

8.8)

R=47kΩ=47·103_Ω

P=0,5 W

Vi har att P=U·I (inte så bra att använda), P=R·I2_{(inte så bra heller) och P=U}2_{/R som är}

mycket bra eftersom vi vet både R och P. Alltså U=√𝑃 ∙ 𝑅 =�47 · 103_{∙ 0,5 = 153,3V ≈ 0,15kV}

8.9)

R=560Ω och P=1W. Vi använder formeln P=R·I2_{som ger}

𝐼 = �𝑃_{𝑅 =}� 1

560 = 0,0042𝐴 = 42𝑚𝐴 8.10)

Vi använder Kirchhoffs första lag "det som går in måste komma ut" (Andreas formulering:) Inga laddningar går upp i tomma intet. Alla laddningar som kommer in mot en knutpunkt måste fortsatta vidare någonstans. ”Ström in= ström ut”

(4)

3

8.11)

Lamporna L2 och L3 är seriekopplade och

därför går samma ström genom dem.

I2=I3=0,3A. Vi kallar strömmen genom L1 som

I2 osv. Lamporna L1 och L5 är också

seriekopplade och går samma ström genom dem. I1=I5=I2+I4=0,3+0,4=0,7A. Den totala

strömmen I som lämnar spänningskällan är alltså lika med summan av grenströmmarna.

(5)

8.13)

U=12V, P=55W, alltså

𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑃_{𝑈 =}55_{12 = 4,6𝐴}

Vi har alltså I=4,6A per lampa och eftersom vi har två lampor har vi I=2∙4,6=9,2 A

8.14)

U=R·I→I=U/R =30/6=5A och det är samma ström mellan B och C, dvs 5A U=R·I=4·5=20V. Spänningen mellan A-C är spänningen

mellan A-B plus den mellan B-C, dvs 30V+20V=50V

4

Inkommande ström är lika med Ib+Ic. Utgående

ström är Ie, men Ic=0,98Ie och därför är Ie=Ic/0,98

𝐼𝑐 + 𝐼𝑏 = 𝐼𝑒 =_{0,98 ↔ 𝐼}𝐼𝑐 𝑐 ∙ �_{0,98 − 1� = 𝐼}1 𝑏 → 𝐼𝑐 = ₁ 1

0,98 − 1

∙ 𝐼𝑏 → 𝐼𝑐 = 49 ∙ 𝐼𝑏

(6)

8.15)

𝑈𝑑𝑖𝑜𝑑 = 2,1𝑉

𝐼 = 15𝑚𝐴 = 0,015𝐴

Spänningen över motståndet är(eftersom det inte får bli mer än 2,1V över dioden) 𝑈𝑚𝑜𝑡𝑠𝑡å𝑛𝑑 = 𝑈 − 𝑈 𝑑𝑖𝑜𝑑 = 4,5 − 2,1 = 2,4𝑉

Titta på figuren! Spänningen över dioden (2,1V) tillsammans med spänningen över motståndet (2,4V) är lika med 4,5V, dvs. exakt det som batteriet levererar. Vi har en krets med seriekoppling av diod och resistor som medför att strömmen är samma i hela kretsen och given i uppgiften. Resistansen kan man räkna med hjälp av Ohms lag.

𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝑅 =𝑈𝑚𝑜𝑡𝑠𝑡å𝑛𝑑_𝐼 =_{0,015 = 160Ω}2,4 Resistansen av motståndet bör alltså vara 160 ohm. 8.16)

(7)

𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 = 0,6 ∙ 6 = 3,6𝑉

Eftersom resistorerna är parallellkopplade är spänningen över den andra resistorn också 3,6V 𝐼 =𝑈 𝑅 = 3,6 4 = 0,9𝐴 𝐼 = 𝐼1+ 𝐼2 = 0,9 + 0,6 = 1,5𝐴 8.17)

I figur 1 har vi två seriekopplade resistorer, var och en med resistansen r. 𝑅 = 𝑟 + 𝑟 = 2𝑟

I figur 2 är resistorerna parallellkopplade. 1 𝑅 = 1 𝑟 + 1 𝑟 = 2 𝑟 → 𝑅 = 𝑟 2 8.18)

Vi vet att resistorn R1 är seriekopplad med två parallellkopplade resistorer, R2 och R3. Vi

(8)

1 𝑅2,3 = 1 𝑅2+ 1 𝑅3 = 1 20 + 1 30 = 5 60 = 1 12 → 𝑅2,3 = 12Ω 𝑅1,2,3= 𝑅1+ 𝑅2,3 = 18 + 12 = 30Ω

Ohms lag ger: 𝐼1 =_𝑅𝑈

1,2,3=

15

30 = 0,5𝐴

Vi vet nu att genom R1 går 0,5A. Spänningen över R1 är då:

𝑈1 = 𝑅1 ∙ 𝐼1 = 18 ∙ 0,5 = 9V

Resten av spänningen, dvs. 6V, ligger över de parallellkopplade resistorerna. Kirchhoffs lag ger: 𝐼1 = 𝐼2+ 𝐼3

𝐼2 =_𝑅𝑈 2 = 6 20 = 0,3𝐴 𝑜𝑐ℎ 𝐼3 = 0,2𝐴 8.19) a) Vi beräknar först ersättningsresistansen. 1 𝑅1 = 1 10 + 1 10 = 2 10 → 𝑅1 = 5𝑘Ω 𝑅𝑡𝑜𝑡 = 5 + 5 = 10𝑘Ω 𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑈_{𝑅 =}_{10000 = 12 ∙ 10}120 −3_{𝐴 = 12𝑚𝐴} b) 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 120 ∙ 12 ∙ 10−3_{= 1,4𝑊}

(9)

c) Enligt uppgift a är strömmen ut från spänningskällan 0,012 A.

Då är strömmen genom 5kohms resistorn också 0,012 A. Då är effekten i denna resistor P=RI2_{= 5000・0,012}2_=0,72W

Då är effekten för de två parallellkopplade resistorerna 1,44W-0,72W=0,72 W. Denna effekt delas av de två parallellkopplade resistorerna, alltså är effekten på en av dessa

0,72/2 W = 0,36 W

8

8.20)

a) Om den nyköpta lampan lyser med samma styrka som en femlampa har resistansen av lampans filament ökat, möjligtvis är lampan skadad och snart ska gå sönder.

b) Om jag hade en sjuarmad stake och köpte en femlampa, skulle den ersättningslampan lysa starkare. Den nya ”sjulampan” kommer att lysa svagare när jag kopplar in den i min ”femlampas” ljusstake.

Femlampa: 𝑈 5 𝑃5 = 𝑃 𝑜𝑐ℎ 𝑉5 = Sjulampa: 𝑃7 = 𝑃5 = 𝑃 𝑜𝑐ℎ 𝑉7 =𝑉₇

Med hjälp av två kända formler kan vi ta fram en annan för effekt: 𝑈2 𝑅 𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 𝑜𝑐ℎ 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 𝑔𝑒𝑟 𝑃 = → 𝑅 =𝑈_𝑃2 𝑅5 =𝑈5 2 𝑃 =�𝑈5� 2 𝑃 = 𝑈2 25 ∙ 𝑃 𝑅7 =𝑈7 2 𝑃 =�𝑈7� 2 𝑃 = 𝑈2 49 ∙ 𝑃

Eftersom resistansen av den nyinköpta sjulampan är mindre än en femlampans ska den lysa svagare.

(10)

𝑅5 = 𝑈 2 25 ∙ 𝑃 = 2202 25 ∙ 10 = 193,6 Ω 𝑜𝑐ℎ 𝑅7 = 𝑈2 49 ∙ 𝑃 = 2202 49 ∙ 10 = 98,8 Ω Ersättningsresistansen av den originella femlampan är:

𝑅 = 5 ∙ 𝑅5 = 5 ∙ 193,6 = 968 Ω

𝐼 =𝑈_{𝑅 =}220_{968 = 0,227𝐴}

Varje femlampa ska lysa med styrkan:𝑅5∙ 𝐼2 = 193,6 ∙ 0,2522 = 12,3𝑊 alltså lite starkare

än normalt och kan även gå sönder. Den nya sjulampan ska lysa med styrkan: 𝑃7 = 𝑅7∙ 𝐼2 = 98,8 ∙ 0,2522 = 6,3𝑊 dvs. mycket svagare.

Ersättningsresistansen av den originella sjulampan är: 𝑅 = 7 ∙ 𝑅7 = 7 ∙ 98,8 = 691,5 Ω

𝐼𝑜𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙= 𝑈_{𝑅 =}_{691,5 = 0,318𝐴}220

Varje sjulampa skulle lysa med styrkan:𝑃7 = 𝑅7 ∙ 𝐼2 = 98,8 ∙ 0,3182 = 10𝑊

Ersättningsresistansen av den nya sjulampan är: 𝑅 = 6 ∙ 𝑅7+ 𝑅5 = 6 ∙ 98,8 + 193,6 = 786,25 Ω

𝐼𝑛𝑦 = 𝑈_{𝑅 =}_{786,25 = 0,280𝐴}220

Varje sjulampa ska lysa med styrkan 𝑃7 = 𝑅7∙ 𝐼2 = 98,8 ∙ 0,2802 = 7,73𝑊

dvs. lite svagare än normalt och den nyköpta sjulampan ska lysa med styrkan:

𝑃5 = 𝑅5∙ 𝐼𝑛𝑦2 = 193,6 ∙ 0,2802 = 15,16𝑊 dvs. mycket starkare och den kan gå sönder.

8.21) Det finn olika lösningar, beroende på vad man har att använda. Enklast är om vi har en multimeter (150kr på Clas Ohlsson). Vi tar hälften av lamporna. Om vi har 100st, t.ex. skruvar vi ut den första och lampan nr.50, och kontrollerar om strömmen går genom. (Mäter trådens resistans, om apparaten ger utslag så är felet på andra sidan) Vi halverar och halverar tills vi får några få kvar som vi lätt kan kontrollera.

Om vi inte har en multimeter kan vi använda en strömkälla, spänningskub eller några batterier, och en kontrollampa som vi vet att den funkar. Vi gör samma procedur som innan,

(11)

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/m2

P=U・I, med U=10V och I=0,12A ger P=10・0,12=1,2W 𝐴𝑟𝑒𝑎𝑛 = 𝜋 ∙ 𝑟2 _{= 𝜋 ∙ 0,06}2_𝑚2

P=1000(W/m2_)·π·0,062_(m2_{) =11,31W}

η = _{11,31 = 0,11 = 11%}1,2

8.24) 𝜀=12V (𝜀=ems, eller elektromotorisk spänning) I=2A Eftersom Ri ≈0, dvs. den inre resistansen är försumbar

blir U=𝜀=12V

Spänningen över motståndet Ur =3V (15-12) och strömmen är ju samma i hela kretsen. I=2A

𝑈𝑟= 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝑅 =𝑈_{𝐼 =}𝑟 3_{2 = 1,5Ω}

Effekten: P=U・I

Packumulator=𝜀・ I=12・2=24W (spänningen över ackumulatorn är 12V)

Pströmkälla =U・I=15・2=30W (spänningen över strömkällan är 15V)

𝑃𝑎𝑐𝑘𝑢𝑚𝑢𝑙𝑎𝑡𝑜𝑟 𝑃𝑠𝑡𝑟ö𝑚𝑘ä𝑙𝑙𝑎 = 24 30 = 0,8 = 80% 8.25) q=2nC; E=5000 N/C a)Eftersom 𝐸 = 𝐹_{𝑞 → 𝐹 = 𝐸 ∙ 𝑞 = 5000 ∙ 2 ∙ 10}−9 _{= 10}−5_𝑁

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_{] = 0,2𝜇𝐽}

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, 0,2𝜇𝐽

(12)

c) 𝑉 =_{𝑄 (𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑡𝑖𝑎𝑙𝑒𝑛 =}𝐸 𝑒𝑙𝑒𝑘𝑡𝑟𝑖𝑠𝑘 𝑙ä𝑔𝑒𝑠𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖_{𝑙𝑎𝑑𝑑𝑛𝑖𝑛𝑔𝑠𝑒𝑛ℎ𝑒𝑡 )} Lägesenergi i B=F·2,5cm=10-5 · 2,5 · 10-2 = 2,5 · 10-7 = 25 · 10-8 J 𝑉𝐵 =𝐸_{𝑄 =}𝐵 25 ∙ 10 −8 2 ∙ 10−9 = 125𝑉 d)

Tänk nu att laddningen "faller" från B till A. Lägesenergin minskar då med lika mycket som den växte med vid förflyttningen från A till B. Energin bevaras, alltså lägesenergin omvandlas till rörelseenergi. Med andra ord, det som laddningen har tappat i lägesenergi har den fått som rörelseenergi, dvs. 0,2μJ

8.26)

𝐸 = 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑡𝑖𝑎𝑙𝑠𝑘𝑖𝑙𝑙𝑛𝑎𝑑_{𝑎𝑣𝑠𝑡å𝑛𝑑} → 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑡𝑖𝑎𝑙𝑠𝑘𝑖𝑙𝑙𝑛𝑎𝑑 = 𝐸 ∙ 𝑎𝑣𝑠𝑡å𝑛𝑑 Potentialen i B=300∙2∙10-2_{=6V. Tittar på C i förhållande till jorden.}

250∙5∙10-2_=7,5V

Om vi har 6V på B blir det 7,5-6=1,5V på C, men det måste vara negativ, eftersom testladdningen vill "falla" mot C. Från B (6V) till C (-1,5V) är en skillnad på 7,5V

12

(13)

8.27) a) Potentialvandra från jord till A 𝑉𝐴 = 0 + 3𝑉 = 3𝑉

b) Potentialvandra från jord till B 𝑉𝐵 = 0 − 4,5𝑉 = −4,5𝑉

c) Spänningen mellan A och B ges av potentialskillnaden mellan punkten A och B 𝑈𝐴𝐵 = 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 = 3𝑉 − (−4,5𝑉) = 3 + 4,5 = 7,5𝑉

8.28) Enligt figuren i boken ligger punkten P mellan nivån 3V och 4V. Avståndet från nivån med 4V till nivån med 3V är ca 6mm, enligt mätning i figuren.

Vi kan använda sambandet:

𝔼 =𝑈_{𝑑 =}_{6 ∙ 10}(4 − 3)𝑉₋₃_{(𝑚) = 0,167 ∙ 10}3 𝑉

𝑚 ≈ 0,17𝑘𝑉/𝑚 8.29) Se facit

8.30)

𝐼 =1,2₄ = 0,3𝐴 i den riktningen som i figuren och det är detta ström som ”går runt” a) Det liknar som att "simma medströms" alltså potentialen minskar

0 − 0,3 ∙ 6 = −1,8𝑉 = 𝑉𝐵

b) Strömmen i kretsen I=0,3A. Resistorerna är seriekopplade R=6+4=10Ω U=R∙I=10∙0,3=3V

(14)

8.31)

𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑈_{𝑅 =}_{(0,8 + 02)Ω = 10𝐴}10𝑉

Då vet vi att spänningen över AB är 8 volt och över BC 2 volt. Detta ger: 𝔼𝐴𝐵 =_{0,5𝑚 = 16𝑉/𝑚}8𝑉

𝔼𝐵𝐶 = _{0,5𝑚 = 4𝑉/𝑚}2𝑉

c)

8.32)

a) Strömmen går från + till -, såsom i figuren, men eftersom den kan inte gå runt, är strömmen i kretsen noll. Då är potentialen i A, lika med 12 volt, dvs. lika mycket som batteriets.

b)

Om S är sluten får vi en sluten krets.

(15)

𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑈_{𝑅 =}_{4 + 2 = 2𝐴}12

Den här strömmen går runt i riktning som figuren visar. Vi potentialvandrar från jord till A, dvs, "simmar motströms", potentialen ökar. Potentialen i A är:

𝑉𝐴 = 0 + 2 ∙ 2 = 4𝑉

8.33) Hoppa över eller läs nedan:

a)Hitta först resistorn R616 (orange) Vi ser då att potentialen på ena sidan är 220 volt och på den andra 200 volt. Spänningen är ju potentialskillnaden, dvs. 220-200=20V

b)Läs av motståndsvärdet, 560kΩ. Använd Ohms lag: 𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑈_{𝑅 =}_{560 ∙ 10}20 ₃ ≈ 36 ∙ 10−6_{𝐴 = 36𝜇𝐴}

c)Hitta resistorn, det är den andra orangea. Vi ser att potentialen i ena änden är 0,7V och andra delen är jordad.

𝐼 =𝑈_{𝑅 =}_{5,6 ∙ 10}0,7 − 0₃ = 0,125 ∙ 10−3_{𝐴 ≈ 0,1𝑚𝐴}

8.34)

Strömmen är 0,5A Om vi går medurs från S→T minskar först potentialen med 20V och ökar sedan med 10V. Potentialen i T är 10V mindre än i S. Hur kommer det sig? Jo: Vi har två grenar med resistorer, grenarna är parallellkopplade. (resistorerna i varje gren är i serie)

(16)

1 𝑅𝑡𝑜𝑡= 1 60+ 1 60= 2 60= 1 30→ 𝑅𝑡𝑜𝑡= 30Ω 𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑈_𝑅=30₃₀= 1𝐴

Eftersom resistanserna på grenarna är samma, delar sig strömmen i exakt två, dvs. vi har 0,5A på varje gren. Nu gör vi en potentialvandring i strömriktningen (medurs) från S→T.

𝑉𝑆− 0,5 ∙ 40 = 𝑉𝑆− 20 alltså potentialen minskar med 20volt

När vi kommer till 20Ω motstånd "simmar vi motströms" i den grenen, alltså potentialen

ökar med 0,5∙20=10V. Potentialskillnaden mellan S-T är då 10V

Eftersom 𝑉𝐴 = 𝑉𝐶 dvs. punkterna har samma potential, då spelar ingen roll om strömmen

går genom den långa vägen genom 3Ω resistor eller direkt från A till C genom en ledning.(tråd)

När vi kortsluter B och C får vi följande krets:

Nu betraktar vi kretsen som två kretsar och vi kör en Kirchoff (2) i varje del. Vi vandrar runt enligt rödmarkeringen. I kretsen till höger har vi 1,5+1,5=3V och

16

8.35)

Vi är nyfikna hur mycket strömmen är i kretsen 𝑈 = 3 ∙ 1,5 = 4,5𝑉 𝑅 = 6 + 3 = 9Ω (𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒𝑘𝑜𝑝𝑝𝑙𝑖𝑛𝑔) 𝑈 𝑈 = 𝑅 ∙ 𝐼 → 𝐼 = =_𝑅 4,5_{9 = 0,5𝐴} Potentialen i A är: 𝑉𝐴 = 1,5𝑉 = 3 ∙ 0,5 = 1,5𝑉 = 𝑉𝐶

(17)

3Ω som ger en ström 𝐼 =𝑈_{𝑅 =}3_{3 = 1𝐴}

I kretsen till vänster har vi 1,5V och 6Ω som ger 𝐼 =𝑈_{𝑅 =}1,5_{6 = 0,25𝐴}

Enligt principen "det som kommer in måste komma ut" har vi att strömmen mellan B och C är 0,75A, i den riktningen som figuren visar, från C till B