Feladat: 199. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Góth László ,  Maillot György ,  Major János ,  Nagy Dénes Lajos ,  Reé Eörs ,  Seprődi László ,  Simonovits J. ,  Vesztergombi György 
Füzet: 1962/április, 181 - 182. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kirchhoff II. törvénye (huroktörvény), Hídkapcsolás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/november: 199. fizika feladat

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

I. megoldás. Vegyük fel az i1, i2, i3 hurokáramokat. A Kirchhoff‐egyenleteket felírva:

E1-E2=3Ri1-Ri2-Ri3,(1)E3=3Ri2-Ri1-Ri3,(2)E2=3Ri3-Ri2-Ri1.(3)
(1)-et kettővel szorozva a másik két egyenletet hozzáadva i2 és i3 kiesik, és a 4Ri1=2E1-E2+E3 egyenletet kapjuk, amiből az adatok behelyettesítésével i1=1,5A.
Ha a (2)-t szorozzuk kettővel, és a másik két egyenletet adjuk hozzá, akkor a 4Ri2=E1+2E3, amiből i2=3A. Ugyanígy i2=2,5A.
Az R1, R2, ..., R6 ellenállásokon I1, I2, ..., I6 áramerősségek folynak. Ezek nagysága:
I1=i1=1,5A,      I2=i3-i1=1 A    I3=i2=3 A,
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.)