Feladat: 509. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csébi József 
Füzet: 1965/november, 170 - 171. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Ellenállások kapcsolása, Ohm-törvény, Kirchhoff I. törvénye (csomóponti törvény), Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/február: 509. fizika feladat

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

A feladat sajtóhibás volt, mert nyilvánvaló, hogy a 100 V-os feszültség az A és G pontokra vonatkozik. Az Eötvös verseny 2. feladata szerint R ohmos ellenállásokból összeállított hálózat esetében az eredő ellenállás 8R/5. A mi feladatunkban erre van kapcsolva 100 V és 1 amper folyik át, az eredő ellenállás 100:1=100 ohm. Tehát 100=8R/5, ahonnan R=62,5 ohm. Tehát az 509. feladat hálózata 62,5 ohmos ellenállásokból van összeállítva.

 
 
1. ábra
 

A csomópontokat megbetűzzük (1. ábra). Szimmetria folytán elég az alakzat átlójától balra és felfelé fekvő részt nézni. Ezen a részen 0,5 amper folyik át, IAB=0,5 amper. Ugyancsak szimmetria folytán D és H pontok potenciálja azonos és a teljes potenciálkülönbség fele. Tehát ha VG=0 és VA=100 volt, akkor VD=VH=50 volt. De akkor H pont egyesíthető D-vel (1. ábra jobb oldali vázlatrajza). Itt CD között R/2, CB között R ellenállás van, így BCD út teljes ellenállása 3R/2. BD között R van. Tehát AB ág 0,5 amperes árama 3:2 arányban oszlik meg, így IBD=0,3 amper és IBCD=IBC=0,2 amper. C és D,H között ez az áramerősség feleződik, tehát ICD=ICH=0,1 amper. A szimmetria folytán az analóg helyzetű ágak ellenállása ezzel szintén ismeretessé vált.
A még hiányzó VF és VE feszültségeket például úgy kaphatjuk meg, hogy a GF között folyó 0,5 ampert szorozzuk 62,5 ohmmal, így VF=31,25 volt. Tovább haladva VE-VF=0,2⋅62,5=12,5 volt, vagyis VE=43,75 volt. Hasonlóan VC=56,25 volt és VB=68,75 volt. Ábráinkon a karikában álló számok a feszültségeket, a vonalakra írt számok az áramerősségeket jelentik.
 
 Csébi József (Bp., Piarista g. IV. o. t.)
 
 
2. ábra
 


Megjegyzés. A szövegben levő sajtóhiba miatt sok tanuló azt a feladatot oldotta meg, amelynél az áram A ponton megy be és B ponton távozik. Ebben az esetben az áramelágazásra vonatkozó egyenleteket kell felírni és a megoldás hosszas számolást igényel, ezért már az egyenletek felírásáért is megadtuk a pontszámot. A feladat ilyen értelmezésénél a keresett áramerősségeket és feszültségeket 2. ábránk mutatja. Egyszersmind megtudjuk ebben az esetben az eredő ellenállást megadó képletet. 2. ábránk bármely ellenállás-eleménél a feszültség-különbség és áramerősség hányadosa 16000/111-et ad. Az eredő ellenállás 100 volt és 1 amper mellett 100 ohm. Tehát az eredő ellenállás és az egyes ellenállás-elemek nagyságának aránya 100:16000/111=111/160. Ezek szerint R ohmos ellenállásokból készítve el a hálózatot az eredő ellenállás 111R/160 ohm.