Kezdőlap


Feladat:	108. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Fritz József , Góth László , Hunyadi K. , Kardeván Péter , Krámli A. , Láposy László , Perjés Zoltán , Rába Ferenc
Füzet:	1961/május, 230 - 231. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Áramforrások belső ellenállása, Hídkapcsolás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/december: 108. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Tegyük fel, hogy a feladat állításával ellentétben egy kiegyenlítetlen Wheatstone-híd hídágának megszakításakor egyik, pl. az $1$ -es ágának árama változatlan. Az áramirányokat az ábra mutatja, az áramerősségeket $I$ betűvel és a megfelelő indexezéssel jelöljük.

A hídág megszakításakor

I_{2}

növekszik, mivel

I_{1} = I_{2} + I_{3}

, ahol

I_{3}

pozitívról zérusra csökken,

I_{1}

pedig változatlan. Ezzel a hídra jutó feszültség mint az

1

-es és

2

-es ág feszültségeinek összege, szintén növekszik. Ha feltesszük

I_{4}

csökkenését, akkor

I_{5}

-nek is csökkennie kell, hiszen az

I_{5} = I_{3} + I_{4}

összefüggés miatt az

I_{5} > I_{4}

egyenlőtlenségből egyenlőség lesz.

I_{4}

és

I_{5}

együttes csökkenése esetén a hídra jutó feszültség mint a

4

-es és

5

-ös ágak feszültségeinek összege csökken, ami azonban előző megállapításunkkal ellenkezik.

I_{4}

tehát nem csökkenhet, de így a híd teljes árama sem csökkenhet, mert

I_{0} = I_{1} + I_{4}

, ahol

I_{1}

változatlan. Emiatt a telep belső feszültségesése sem csökkenhet, a hídra jutó feszültség tehát nem nőhet, ellentétben a fentiekkel.
Ugyanígy ellentmondásra jutunk, ha más hídág-áramirányt tételezünk fel, csak a ,,kisebb'' és ,,nagyobb'', ,,csökken'' és ,,növekszik'', ,,

+

'' és ,,

-

'' jelek ill. kifejezések értelemszerű felcserélését kell elvégeznünk a fenti okoskodásban.
A hídágban tehát nem folyhat áram, a híd kiegyenlített.

Góth László (Bp., Könyves K. g. III. o. t.)

Megjegyzés: A bizonyítás módot ad egy lényeges általánosításra. Mivel a megoldás során fel lett használva a két Kirchhoff-törvény, de az Ohm-törvényből csak annyi, hogy ,,növekszik az áramerősség, ha a feszültség is növekszik'' (tehát nem feltétlenül egyenesen arányosan), a bizonyítás olyan Wheatstone-hídra is alkalmazható, amelynek ágaiban ellenállások helyett pl. félvezetőkből álló elemek állnak. A mai elektrotechnikában gyakoriak az ilyen elemekből álló Wheatstone-hidak, a legtöbb egyenirányítókapcsolás is ilyen.

II. megoldás: Írjuk fel a Kirchhoff-egyenleteket az I. megoldás ábráján látható kiegyenlítetlen Wheatstone-hídra. (A telep belső ellenállását az egységesség kedvéért

R_{0}

-lal jelöljük.)

\begin{matrix} I_{1} + I_{4} & = I_{0} & (1) \\ I_{2} + I_{3} & = I_{1} & (2) \\ I_{2} + I_{5} & = I_{0} & (3) \\ I_{1} R_{1} + I_{2} R_{2} & = I_{4} R_{4} + I_{5} R_{5} & (4) \\ I_{0} R_{0} + I_{1} R_{1} + I_{2} R_{2} & = E . & (5) \end{matrix}

Mivel az összesen felírható egyenletek közül a hídág feszültségesését tartalmazó egyenletet kihagytuk, az

E

elektromotoros erőn kívül még egy adatot, pl. az

I_{3}

hídág-áramot ismertnek kell feltételeznünk. Ily módon az (1)‐(5) egyenletrendszerből

I_{0}

I_{1}

I_{2}

I_{4}

I_{5}

, tehát

I_{3}

kivételével az összes áramerősség kiszámítható. Határozzuk meg pl.

I_{1}

-et.
Az első három egyenletből

\begin{matrix} I_{2} = I_{1} - I_{3}, I_{4} = I_{0} - I_{1}, I_{5} = I_{0} - I_{1} + I_{3}, \end{matrix}

(4)-be és (5)-be helyettesítve

\begin{matrix} I_{1} R_{1} + I_{1} R_{2} - I_{3} R_{2} = I_{0} R_{4} - I_{1} R_{4} + I_{0} R_{5} - I_{1} R_{5} + I_{3} R_{5}, \end{matrix}

(6)

és

\begin{matrix} I_{0} R_{0} + I_{1} R_{1} + I_{1} R_{2} - I_{3} R_{2} = E . \end{matrix}

(7)

(6)-ot rendezve az áramok szerint

\begin{matrix} I_{1} (R_{1} + R_{2} + R_{4} + R_{5}) = I_{0} (R_{4} + R_{5}) + I_{3} (R_{2} + R_{5}), \end{matrix}

amelyből (7) segítségével

I_{0}

-t kiejtve

\begin{matrix} I_{1} (R_{1} + R_{2} + R_{4} + R_{5}) R_{0} - I_{3} (R_{2} + R_{5}) R_{0} = \\ = - I_{1} (R_{1} + R_{2}) (R_{4} + R_{5}) + I_{3} (R_{4} + R_{5}) R_{2} + E (R_{4} + R_{5}), \end{matrix}

ahonnan

I_{1}

kifejezhető:

\begin{matrix} I_{1} = \frac{I_{3} [R_{2} (R_{4} + R_{5}) + R_{0} (R_{2} + R_{5})] + E (R_{4} + R_{5})}{R_{0} (R_{1} + R_{2} + R_{4} + R_{5}) + (R_{1} + R_{2}) (R_{4} + R_{5})} \end{matrix}

tehát

I_{1} = a I_{3} + b E

alakú, ahol

a

és

b

0

-tól különböző konstansok, amelyek nem függenek a hídág ellenállásától, tehát a hídág megszakításakor változatlanok. Megszakításkor

I_{3} = 0

lesz, tehát

I_{1}

csak úgy maradhat változatlan, ha

I_{3}

eredetileg is

0

volt, azaz a híd kiegyenlített.

Láposy László és Perjés Zoltán (Bp., Piarista g. IV. o. t.)