Nova Natuurkunde 4 vwo | gymnasium Hoofdstuk 4 Diagnostische toets uitwerkingen
Diagnostische toets
4 Elektrische schakelingen
Uitwerkingen
1 a In een parallelschakeling staat over beide weerstanden de totale spanning Uaccu. De
stroomsterkte door de kleinste weerstand zal het grootst zijn, want I = U / R. In P = U · I is
alleen I verschillend voor de beide weerstanden. Het vermogen is daarom het grootst in de
kleinste weerstand.
b In een serieschakeling is de stroomsterkte I door beide weerstanden gelijk. De
spanning over een weerstand is gegeven door U = I · R. Bij gelijke I is de uitkomst het grootst
bij de grootste R. De uitkomst van P = U · I is dus het grootst bij de grootste weerstand.
c Als je het totale vermogen in de twee situaties vergelijkt, heb je in P = U · I in beide
gevallen te maken met de totale spanning. De totale stroomsterkte is het grootst in het geval
van de parallelschakeling, want dan is de vervangingsweerstand kleiner dan de afzonderlijke
weerstanden, terwijl bij een serieschakeling de afzonderlijke weerstanden bij elkaar moeten
worden opgeteld. Het vermogen is het grootst als de stroomsterkte het grootst is, dat is als de
vervangingsweerstand het kleinst is. Dat is bij de parallelschakeling.
2 a – Een led gaat branden als de spanning over de led boven een grenswaarde komt.
– Een led brandt alleen als hij in de doorlaatrichting is geschakeld (de stroom kan maar
in één richting door de led).
– Een led zendt altijd dezelfde kleur licht uit.
– Een led verbruikt weinig energie.
– Een led wordt niet warm als hij licht geeft.
b Bereken eerst de stroomsterkte. I = P / U = 2000 W / 230 V = 8,70 A. De weerstand is
R = U / I = 26,5 Ω.
c Die weerstand zal lager zijn, want de gloeidraad heeft een lagere temperatuur en bij
'gewone' metalen is de weerstand dan lager.
3 a De stroomsterkte is dan 200 mA = 0,200 A. De weerstand is R = U / I =
9,0 V / 0,200 A = 45 Ω.
b De weerstand van het deel van de spijker dat de stroomkring vormt, is 10/50 deel van
de totale weerstand. Dat is 3,2 · 10–3 Ω. Dan zou de stroomsterkte ,2·10–3 = 1,4·105 keer
zo groot zijn als in de situatie bij vraag a. De batterij is dezelfde factor keer zo snel leeg. Dat is
in ,4·105 = 0,26 s.
4 a Per seconde passeert een lading Q = I · t = 1,0·10–9 A · 1,0 s = 1,0·10–9 C. Deze totale
lading deel je door de lading van een elektron om het aantal elektronen te vinden:
n = 1,0·10–9 C / 1,6022·10–19 C = 6,2·109.
b ΔE = q · U = 1,6022·10–19 C · 2,0 V = 3,2·10–19 J.
c De stroomsterkte moet kleiner worden. Dan moet je niet een extra weggetje parallel
aanleggen, maar een extra 'obstakel' in serie erbij zetten.
d De weerstand moet 6,2× zo groot worden als hij was. De extra weerstand is
5,2× zo groot als de oorspronkelijke weerstand. Die oorspronkelijke weerstand is
R = U / I = 2,0 V / 1,0·10–9 A = 2,0·109 Ω. De extra weerstand is 5,2× deze waarde, dat is
1,0·1010 Ω.
1
Diagnostische toets
4 Elektrische schakelingen
Uitwerkingen
1 a In een parallelschakeling staat over beide weerstanden de totale spanning Uaccu. De
stroomsterkte door de kleinste weerstand zal het grootst zijn, want I = U / R. In P = U · I is
alleen I verschillend voor de beide weerstanden. Het vermogen is daarom het grootst in de
kleinste weerstand.
b In een serieschakeling is de stroomsterkte I door beide weerstanden gelijk. De
spanning over een weerstand is gegeven door U = I · R. Bij gelijke I is de uitkomst het grootst
bij de grootste R. De uitkomst van P = U · I is dus het grootst bij de grootste weerstand.
c Als je het totale vermogen in de twee situaties vergelijkt, heb je in P = U · I in beide
gevallen te maken met de totale spanning. De totale stroomsterkte is het grootst in het geval
van de parallelschakeling, want dan is de vervangingsweerstand kleiner dan de afzonderlijke
weerstanden, terwijl bij een serieschakeling de afzonderlijke weerstanden bij elkaar moeten
worden opgeteld. Het vermogen is het grootst als de stroomsterkte het grootst is, dat is als de
vervangingsweerstand het kleinst is. Dat is bij de parallelschakeling.
2 a – Een led gaat branden als de spanning over de led boven een grenswaarde komt.
– Een led brandt alleen als hij in de doorlaatrichting is geschakeld (de stroom kan maar
in één richting door de led).
– Een led zendt altijd dezelfde kleur licht uit.
– Een led verbruikt weinig energie.
– Een led wordt niet warm als hij licht geeft.
b Bereken eerst de stroomsterkte. I = P / U = 2000 W / 230 V = 8,70 A. De weerstand is
R = U / I = 26,5 Ω.
c Die weerstand zal lager zijn, want de gloeidraad heeft een lagere temperatuur en bij
'gewone' metalen is de weerstand dan lager.
3 a De stroomsterkte is dan 200 mA = 0,200 A. De weerstand is R = U / I =
9,0 V / 0,200 A = 45 Ω.
b De weerstand van het deel van de spijker dat de stroomkring vormt, is 10/50 deel van
de totale weerstand. Dat is 3,2 · 10–3 Ω. Dan zou de stroomsterkte ,2·10–3 = 1,4·105 keer
zo groot zijn als in de situatie bij vraag a. De batterij is dezelfde factor keer zo snel leeg. Dat is
in ,4·105 = 0,26 s.
4 a Per seconde passeert een lading Q = I · t = 1,0·10–9 A · 1,0 s = 1,0·10–9 C. Deze totale
lading deel je door de lading van een elektron om het aantal elektronen te vinden:
n = 1,0·10–9 C / 1,6022·10–19 C = 6,2·109.
b ΔE = q · U = 1,6022·10–19 C · 2,0 V = 3,2·10–19 J.
c De stroomsterkte moet kleiner worden. Dan moet je niet een extra weggetje parallel
aanleggen, maar een extra 'obstakel' in serie erbij zetten.
d De weerstand moet 6,2× zo groot worden als hij was. De extra weerstand is
5,2× zo groot als de oorspronkelijke weerstand. Die oorspronkelijke weerstand is
R = U / I = 2,0 V / 1,0·10–9 A = 2,0·109 Ω. De extra weerstand is 5,2× deze waarde, dat is
1,0·1010 Ω.
1
