Feladat: 223. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Belényessy István ,  Góth László 
Füzet: 1962/szeptember, 42 - 43. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kirchhoff II. törvénye (huroktörvény), Ellenállások párhuzamos kapcsolása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/január: 223. fizika feladat

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

 
 
1. ábra
 

I. megoldás. Vegyük fel az 1. ábra szerint az I1, I2 hurokáramokat, miután a sorbakapcsolt ellenállásokat eredőjükkel helyettesítettük. A feszültségeket V-ban, az ellenállásokat Ω-ban, az áramerősségeket A-ben mérve, Kirchhoff II. törvénye a két hurokra:
2=20I1-10I26=12I2-10I1,
ahonnan
I1=0,6A,   I2=1A.  

A középső ellenálláson I2-I1=0,4 A áram folyik I2 irányban.
 
 Belényessy István (Bp., Piarista g. IV. o. t.)
 
II. megoldás. A 2a ábra szerint fogjuk fel kapcsolásunkat egy három kétpólusból álló lineáris hálózatnak. Vegyük az első kettő Norton ekvivalensét (2b ábra), amihez csupán a forrás‐áramokat kell meghatározni mint az üresjárási feszültség és a belső ellenállás hányadosát: 6V/2 Ω=3 A, 2V/10 Ω=0,2 A. Vegyük ezek eredőjét úgy, hogy a forrásáramokat összeadjuk, az ellenállásokat pedig a párhuzamos kapcsolás szabályainak vetjük alá: 3-0,2=2,8A, 210/(2+10)=5/3Ω. (2c ábra).
 
 
2. ábra
 

Végül az 5/3Ω-os és a 10Ω-os ellenállás párhuzamos eredője 105/310+5/3=5035=107Ω. Eredőképpen a 2,8 A-os áramforrás a 10/7Ω-os ellenálláson 2,810/7=4 V-os feszültséget állít elő.
Így a 2a ábrán nézve az első ellenálláson 4-6=-2 V, a másikon 4+2=6 V, a harmadikon 4 V esik, tehát az átfolyó áram (felülről lefele) -1 A, 0,6 A, 0,4 A.
 
Góth László (Bp. Könyves Kálmán g. IV. o. t.)