Feladat:	690. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Bún Tamás ,  Csáki Frigyes ,  Csuri Vilmos ,  Fonó Péter ,  Hamza A. ,  Kallós István ,  Kézdi Ferenc ,  László R. ,  Nádler Miklós ,  Perl I.
Füzet:	1939/március, 185 - 186. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Áramkörök, Áramforrások belső ellenállása
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1939/január: 690. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     Tegyük fel, hogy ábránk szerint az $E$ elem pozitív sarkát kötjük össze az $M$ ponttal, mely az 1 ohm ellenállású vezetőt két egyenlő ellenállású részre osztja. Az áram irányát a vezető egyenes részeiben ábránk tünteti fel. Ennek alapján: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle i_1+i_3-i_2=0\text{...}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle i_1{r}_1-i_3{r}_3=0\text{...}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle i_1{r}_2+i_2{r}_2=E\text{...}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\end{array}}$ Itt $r_1=0\mathrm{,}5\text{ ohm}$, $r_3=0\mathrm{,}25\text{ ohm}$ és $r_2$-ben benne van az elem belső ellenállása is úgy, hogy $r_2=2\mathrm{,}5\text{ ohm}$. Az (1) egyenlet az $M$ elágazási pont felé, ill. ezen ponttól eltávozó áramok erőssége, a (2) az $r_1$ és $r_3$ vezetőkből alkotott zárt körre vonatkozik. A (3) egyenletet azon körülmény indokolja, hogy az $r_3$ és $r_2$ ellenállásokból alkotott zárt körben foglal helyet az $E$ elektromotoros erejű elem. (2)-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle i_1=\frac{i_3{r}_3}{r_1};}\end{array}$ (1)-ben: $\begin{array}{c}{\displaystyle i_2=\frac{i_3{r}_3}{r_1}+i_3\mathrm{.}}\end{array}$ Helyettesítve ezeket (3)-ba: $\begin{array}{c}{\displaystyle i_3{r}_3+\left(\frac{i_3{r}_3+i_3{r}_1}{r_1}\right)r_2=E\mathrm{,}}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(r_1{r}_2+r_2{r}_3+r_3{r}_1\right)i_3=r_{1}E\mathrm{,}}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle i_3=\frac{r_1}{r_1{r}_2+r_2{r}_3+r_3{r}_1}E=\frac{0\mathrm{,}5}{0\mathrm{,}5\cdot 2\mathrm{,}5+2\mathrm{,}5\cdot 0\mathrm{,}25+0\mathrm{,}25\cdot 0\mathrm{,}5}1\mathrm{,}6=0\mathrm{,}4\text{ amp}\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanezen eredményre jutunk, ha az elem negatív sarkát kötjük össze az $M$ ponttal; csakhogy ebben az esetben az áram iránya a hídban ellentétes irányú lesz. (2)-ből $i_1=0\mathrm{,}2\text{ amp}$ és (1) szerint $i_2=0\mathrm{,}6\text{ amp}$.   Jegyzet. A megoldások általában az $i_2$ áramerősséget számítják ki azon alapon, hogy az egész áramkör ellenállását veszik figyelembe. Ha ugyanis az $r_1$ és $r_3$ ágak együttes ellenállását $r$ jelzi, akkor: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{r}=\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{0\mathrm{,}5}+\frac{1}{0\mathrm{,}25}=6\text{ és így }r=\frac{1}{6}\mathrm{.}}\end{array}$ Az egész áramkör ellenállása: $\frac{1}{6}+\left(\frac{1}{2}+2\right)=\frac{8}{3}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle i=1\mathrm{,}6:\frac{8}{3}=\frac{4\mathrm{,}8}{8}=0\mathrm{,}6\text{ amp}\mathrm{.}}\end{array}$ 10 megoldásban ezen $i$ érték helytelen, mert az áramkör ellenállásában figyelmen kívül hagyták az $r_3$ ellenállás tekintetbe vételét; ez a párhuzamos kapcsolás miatt csökkenti az egész kör ellenállását. Megoldásunkban Kirchhoff-féle törvények pontos alkalmazását óhajtottuk kidomborítani.