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 , hurokáramokat, miután a sorbakapcsolt ellenállásokat eredőjükkel helyettesítettük. A feszültségeket V-ban, az ellenállásokat -ban, az áramerősségeket A-ben mérve, Kirchhoff II. törvénye a két hurokra:
ahonnan A középső ellenálláson A áram folyik 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: , 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, 2⋅10/(2+10)=5/3Ω. (2c ábra).
Végül az 5/3Ω-os és a 10Ω-os ellenállás párhuzamos eredője 10⋅5/310+5/3=5035=107Ω. Eredőképpen a 2,8 A-os áramforrás a 10/7Ω-os ellenálláson 2,8⋅10/7=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.)
|
|