$\mathbf{a})$  

Z zadania 1. wiemy, że:

$U_{AB}=\frac{{\mathcal{E}}_1\cdot \left(r_2+R\right)-{\mathcal{E}}_2\cdot r_1}{r_1+r_1+R}$    

$U_{BC}=\frac{{\mathcal{E}}_2\cdot \left(r_1+R\right)-{\mathcal{E}}_1\cdot r_2}{r_1+r_1+R}$  

$U_{AC}=\frac{R\cdot \left({\mathcal{E}}_1+{\mathcal{E}}_2\right)}{r_1+r_1+R}$  

Przyjmujemy, zgodnie z treścią zadania, że:

$r_1=r_2=R$  

${\mathcal{E}}_2=2\cdot {\mathcal{E}}_1$  

Po podstawieniu otrzymujemy:        

$U_{AB}=\frac{{\mathcal{E}}_1\cdot \left(r_2+R\right)-{\mathcal{E}}_2\cdot r_1}{r_1+r_2+R}\Rightarrow U_{AB}=\frac{{\mathcal{E}}_1\cdot \left(R+R\right)-2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot R}{R+R+R}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{AB}=\frac{2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot R-2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot R}{2\cdot R}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{AB}=\frac{0}{3\cdot R}\Rightarrow U_{AB}=0$   

 

$U_{BC}=\frac{{\mathcal{E}}_2\cdot \left(r_1+R\right)-{\mathcal{E}}_1\cdot r_2}{r_1+r_1+R}\Rightarrow U_{BC}=\frac{2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot \left(R+R\right)-{\mathcal{E}}_1\cdot R}{R+R+R}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{BC}=\frac{4\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot R-{\mathcal{E}}_1\cdot R}{3\cdot R}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{BC}=\frac{3\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot R}{3\cdot R}\Rightarrow U_{BC}={\mathcal{E}}_1$  

    

$U_{AC}=\frac{R\cdot \left({\mathcal{E}}_1+{\mathcal{E}}_2\right)}{r_1+r_1+R}\Rightarrow U_{AC}=\frac{R\cdot \left({\mathcal{E}}_1+2\cdot {\mathcal{E}}_1\right)}{R+R+R}\Rightarrow U_{AC}=\frac{R\cdot 3\cdot {\mathcal{E}}_1}{3\cdot R}\Rightarrow U_{AC}={\mathcal{E}}_1$  

 

$\mathbf{b})$  

Aby uniknąć kolizji oznaczeń, poprzednio zapisywany opór zewnętrzny $R$   przyjmiemy jako $r$  :

$r_1=r_2=r$   

${\mathcal{E}}_2=2\cdot {\mathcal{E}}_1$   

W tym przypadku opór zewnętrzny zmniejszamy do połowy jego wartości: 

$R=\frac{1}{2}\cdot r$  

Wówczas otrzymujemy, że:

$U_{AB}=\frac{{\mathcal{E}}_1\cdot \left(r_2+R\right)-{\mathcal{E}}_2\cdot r_1}{r_1+r_2+R}\Rightarrow U_{AB}=\frac{{\mathcal{E}}_1\cdot \left(r+\frac{1}{2}\cdot r\right)-2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot r}{r+r+\frac{1}{2}\cdot r}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{AB}=\frac{{\mathcal{E}}_1\cdot \frac{3}{2}\cdot r-2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot r}{\frac{2}{2}\cdot r+\frac{2}{2}\cdot r+\frac{1}{2}\cdot r}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{AB}=\frac{-\frac{1}{2}\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot r}{\frac{5}{2}\cdot r}\Rightarrow U_{AB}=-\frac{1}{5}\cdot {\mathcal{E}}_1$  

 

$U_{BC}=\frac{{\mathcal{E}}_2\cdot \left(r_1+R\right)-{\mathcal{E}}_1\cdot r_2}{r_1+r_1+R}\Rightarrow U_{BC}=\frac{2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot \left(r+\frac{1}{2}\cdot r\right)-{\mathcal{E}}_1\cdot r}{r+r+\frac{1}{2}\cdot r}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{BC}=\frac{2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot \frac{3}{2}\cdot r-{\mathcal{E}}_1\cdot r}{\frac{2}{2}\cdot r+\frac{2}{2}\cdot r+\frac{1}{2}\cdot r}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{BC}=\frac{3\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot r-{\mathcal{E}}_1\cdot r}{\frac{5}{2}\cdot r}\Rightarrow U_{BC}=\frac{2\cdot {\mathcal{E}}_1\cdot r}{\frac{5}{2}\cdot r}\Rightarrow U_{BC}=\frac{4}{5}\cdot {\mathcal{E}}_1$  

 

$U_{AC}=\frac{R\cdot \left({\mathcal{E}}_1+{\mathcal{E}}_2\right)}{r_1+r_1+R}\Rightarrow U_{AC}=\frac{\frac{1}{2}\cdot r\cdot \left({\mathcal{E}}_1+2\cdot {\mathcal{E}}_1\right)}{r+r+\frac{1}{2}\cdot r}\Rightarrow U_{AC}=\frac{\frac{1}{2}\cdot r\cdot 3\cdot {\mathcal{E}}_1}{\frac{2}{2}\cdot r+\frac{2}{2}\cdot r+\frac{1}{2}\cdot r}\Rightarrow$  

$\Rightarrow U_{AC}=\frac{\frac{3}{2}\cdot r\cdot {\mathcal{E}}_1}{\frac{5}{2}\cdot r}\Rightarrow U_{AC}=\frac{3}{5}\cdot {\mathcal{E}}_1$    

 

Wykonajmy graficzne przedstawienie wzrostów i spadków potencjału w obwodzie:

Całkowity opór wewnętrzny układu ma postać:

$r_z=r_1+r_2$  

$r_z=r+r$  

$r_z=2r$  

Wówczas natężenie prądu płynącego przez ten obwód będzie miało postać:

$I=\frac{{\mathcal{E}}_1+{\mathcal{E}}_2}{R+r_z}$  

$I=\frac{{\mathcal{E}}_1+2{\mathcal{E}}_1}{\frac{1}{2}r+2r}$  

$I=\frac{3{\mathcal{E}}_1}{\frac{1}{2}r+\frac{4}{2}r}$  

$I=\frac{3{\mathcal{E}}_1}{\frac{5}{2}r}$  

$I=\frac{6{\mathcal{E}}_1}{5r}$  

Obliczamy spadki napięcia na poszczególnych opornikach:

$I{r}_1=\frac{6{\mathcal{E}}_1}{5r}\cdot r=\frac{6}{5}{\mathcal{E}}_1=1,2{\mathcal{E}}_1$  

$I{r}_2=\frac{6{\mathcal{E}}_1}{5r}\cdot r=1,2{\mathcal{E}}_1$  

$IR=\frac{6{\mathcal{E}}_1}{5r}\cdot \frac{1}{2}r=\frac{6}{10}{\mathcal{E}}_1=0,6{\mathcal{E}}_1$  

Wykonajmy rysunek:

 

Najniższy potencjał w obwodzie ma punkt B. Zaciski woltomierza na pierwszym źródle należałoby podłączyć odwrotnie - zacisk "-" woltomierza podłączamy w punkcie B.