A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Vegyük fel az , , hurokáramokat. A Kirchhoff‐egyenleteket felírva:
(1)-et kettővel szorozva a másik két egyenletet hozzáadva és kiesik, és a egyenletet kapjuk, amiből az adatok behelyettesítésével . Ha a (2)-t szorozzuk kettővel, és a másik két egyenletet adjuk hozzá, akkor a , amiből . Ugyanígy . Az , , , ellenállásokon , , , áramerősségek folynak. Ezek nagysága: | | | I4=i2-i1=1,5A, I5=i3=2,5 A, I6=i2-i3=0,5 A. | Seprődi László (Bp., Fáy A. Gimn. IV. o. t.)
1. ábra 2. ábra II. megoldás. Alkalmazzuk a szuperpozició elvét. Válasszuk ki az E1 feszültségforrást, legyen E2=E3=0. A hálózat ekkor az 1. ábra szerinti lesz, amelyen felismerhető egy kiegyenlített Wheatstone‐híd. A hídágban nem folyik áram, így a híd eredő ellenállása egyszerűen kiszámítható: R. Tehát az E feszültségforrás E/2R áramot enged a hídra, amely ott kettéoszlik egy‐egy E/4R nagyságú áramra. A hálózat geometriájából könnyen megállapítható, hogy bármely ágban kiválasztott feszültség forrás hatása hasonlóan számítható. (A hálózat szimmetrikus, egyforma ellenállású ágai egy tetraéder éleit alkotják.) A kiválasztott feszültségforrástól függően a hálózat más és más ágai alkotják a híd egyes ellenállásait. Az eredményt táblázatba foglalva (az áramirányokat a 2. ábra szerint véve)
EI1I2I3I4I5I6(Volt)(Amp)(Amp)(Amp)(Amp)(Amp)(Amp)1201,00-0,50,5-0,50,50230-0,751,500,750,75-0,753501,2502,51,251,251,251,5131,52,50,5
Végeredményként az egyes áramokat összeadva kapjuk meg az ágak teljes áramát.
Maillot György (Bp., Piarista Gimn. IV. o. t.)
|