Tudnátok segíteni az alábbi feladatban?

A baloldalon levő, sorosan kapcsolt 10 és 20 Ω-os ellenállások helyettesíthetők egy 30 Ω-os ellenállással. Ezután többféleképpen megoldható, talán a legegyszerűbb, ha Thevenin tételét alkalmazod a 40 Ω-os ellenállásra. A 40 Ω-os ellenállást kiveszed az áramkörből és megnézed mekkora feszültség van a helyén. Ez a feszültség lesz a Thevenin helyettesítő generátor üresjárási feszültsége. Majd a feszültséggenerátorokat rövidrezárral helyettesítve kiszámolod mekkora az ellenállás a 40 Ω-os ellenállás felől nézve. Ez az ellenállás lesz a Thevenin helyettesítő generátor belső ellenállása.

Viszont, ha az első lépésig (a 40 Ω-os ellenállás helyén mérhető feszültségig) eljutsz, akkor már láthatod, hogy nem kell tovább számolni, mert a 40 Ω-os ellenállás helyén mérhető feszültség mekkora is lesz? És, ha akkora, akkor lesz-e a 40 Ω-os ellenálláson teljesítmény?

Közvetlenül Kirchhoff törvényeit alkalmazva így lehet megoldani:

Az ábrán levőket jelöljük például így:

U1=10 V, U2=5 V, R1a=10 Ω, R1b=20 Ω, R2=30 Ω, R3=40 Ω

R1a és R1b sorosan van kapcsolva, eredőjük: R1=R1a+R1b=10+20=30 Ω

A további számításoknál R1a és R1b helyett soros eredőjüket, R1= 30 Ω-ot vesszük figyelembe.

Az ábrán jelöld be az feszültség és áramirányokat. U1 az ábra szerint balról jobbra, U2 pedig jobbról balra mutat. Az áramirányokat biztosan előre nem tudjuk ezeket valamelyik irányban felvesszük. Azért annyi támpont lehet, hogy valószínűleg a telepek áramiránya azok feszültségirányával ellentétes. Ennek megfelelően I1-et az R1-en folyó áram irányát az ábra szerint felfelé mutató irányban vesszük fel, I3-at az R3-on folyó áram irányát szintén az ábra szerint felfelé mutató irányban vesszük fel. Az R2-ön folyó áram iránya pedig ezután adódik, az az ábra szerint lefelé irányba mutat. Ezután felírható egy csomóponti egyenlet:

I2=I1+I3

Még felírható három hurokegyenlet, de a megoldáshoz elég csak kettőt felírni, célszerű a két szélső hurokra felírni. Felveszel egy körbejárási irányt, például az óramutató járásával egy irányban. Ekkor a baloldali hurokegyenlet:

−U1+I1R1+I2R2=0

A jobboldali:

U2−I2R2−I3R3=0

Most van három egyenlet, három ismeretlennel, ezt kell megoldani. Mivel a kérdés a 40 Ω-os ellenállás teljesítménye, ezért érdemes I3-ra megoldani.

I. I2=I1+I3

II. −U1+I1R1+I2R2=0

III. U2−I2R2−I3R3=0

I2-t behelyettesíted a hurokegyenletekbe:

I. −U1+I1R1+(I1+I3)R2=0

II. U2−(I1+I3)R2−I3R3=0

I. −U1+I1R1+I1R2+I3R2=0

II. U2−I1R2−I3R2−I3R3=0

I. −U1+I1(R1+R2)+I3R2=0

II. U2−I1R2−I3(R2+R3)=0

Most érdemes beírni az értékeket:

I. −10+(30+30)I1+30I3=0

II. 5−30I1−(30+40)I3=0

I. −10+60I1+30I3=0

II. 5−30I1−70I3=0

A II. egyenletet szorozzuk meg 2-vel:

I. −10+60I1+30I3=0

II. 10−60I1−140I3=0

Adjuk össze a két egyenletet:

30I3−140I3=0

−110I3=0

I3=0

Ha I3=0, akkor az R3=40 Ω-os ellenálláson nem esik feszültség és a rajta keletkező teljesítmény is, P3=0.

Többféle módon megoldható: Kirchhoff törvényeit közvetlenül alkalmazva, szuperpozícióval, Tehevenin tételével, Norton tételével, csomóponti feszültségek módszerével, hurokáramok módszerével. Kérdés melyiket tanultátok, illetve meghatározták-e, hogy melyik módszerrel kell megoldani. A legbonyolultabb Kirchhoff törvényeit közvetlenül alkalmazva, a többi módszer sem újdonság, azok is Kirchhoff törvényeiből adódnak.

Ellenőrzésképpen bevittem egy áramkör szimulátor programba és ott is az jött ki, hogy a 40 Ω-os ellenálláson nem folyik áram, így a teljesítménye nulla.