1

1.1 Az 1R , 2R , 3R ellenállásokat az alábbi ábra alapján elsőként sorosan majd párhuzamosan

kötjük. Adja meg mindkét esetben az eredő ellenállásra vonatkozó formulát!

321cdbcab RIRIRIUUU ⋅+⋅+⋅=++=adU

mivel az I áramerősség ugyanaz minden ellenállásra vonatkozóan. I-vel osztva:

321 RRR ++=I

Uad vagy 321e RRR ++=R ,

ugyanis I

U ad definíció szerint a kapcsolás eR eredő ellenállása.

A második esetben: A potenciálkülönbség mindhárom ellenálláson azonos, így

1

ab

R

U=1I , 2

ab

R

U=2I , 3

ab

R

U=3I

Mivel a főág áramerőssége a mellékágak összegeként kapható meg, így

3

ab

2

ab

1

ab

R

U

R

U

R

U ++=++= 321 IIII

ezt elosztva abU -vel.

321ab R

1

R

1

R

1

U++=I

, vagy 321e R

1

R

1

R

1

R++=1

1.2 Határozza meg az eredő ellenállást az alábbi három párhuzamosan kapcsolt ellenállás esetén:

Ω12R1 = , Ω12R2 = , Ω6R3 = !

Az eredő ellenállás 321e R

1

R

1

R

1

R++=1

ΩΩΩΩ 12

4

6

1

12

1

12

1

Re

=++=1

tehát ΩΩ3e ==

4

12R .

1.3 Határozza meg az ábrán látható ellenállás-hálózat eredő ellenállását az A és B pontokra

nézve! Ω50=R A kört az alábbi módon átrajzolva könnyen számítható a bejelölt két eredő ellenállás értéke. Először a két felső párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredőjét számítjuk ki:

Ω251 =+

=

50

1

50

1R2R vagy Ω

ΩΩΩΩ

25=+⋅=

5050

5050R2R

2

Az alsó 3 ellenállás esetén:

ΩΩ

ΩΩΩΩ

6,1611

&===++

=3

50

50

3

50

1

50

1

50

1R3R vagy

ΩΩ

ΩΩΩΩΩ

6,1675

1250

25

25

R

R&==

+⋅=

+⋅=

50

50

R

RR

2R

2R3R

És a végeredő:

ΩΩ

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

7272,226,91

6,41

506,1625

50)6,1625 =⋅=++

⋅+=&

& 50(REredő

1.4 Határozza meg az ábrán látható ellenállás-hálózat eredő ellenállását az A és B pontokra

nézve! Jól látható, hogy a két Ω5 -os ellenállás párhuzamosan van kötve. Illetve a Ω4 és a Ω6 -os ellenállások párhuzamos eredője is számítható:

ΩΩΩΩΩ

5,2=+⋅=

55

55R55

ΩΩΩΩΩ

4,26 =

+⋅=64

4R46

Az 55R és az 46R sorosan van kötve és vele párhuzamosan van egy Ω10 -os:

ΩΩ

ΩΩΩΩΩΩΩ

2886,39,14

49

104,25,2

10)4,25,2 ==++

⋅+= (REredő

1.5 Határozza meg az ábrán látható ellenállás-hálózat

eredő ellenállását az A és B pontokra nézve! A Ω10 -os és a Ω40 -os párhuzamosan van kötve és az eredőjükkel sorba van a Ω14 -os és ezekkel párhuzamosan van a Ω1,5 -os és a Ω4,5 -os eredője.

ΩΩΩ

ΩΩΩΩΩΩΩ

ΩΩΩΩΩΩΩ

418

72

5,45,144010

40

)5,45,1)(44010

40(

==+++

+⋅

+++⋅

=10

10

R4,10,40,6

A Ω4 -os eredővel van sorosan kötve az Ω5 -os és velük párhuzamosan van a Ω18 -os és ezekkel sorosan van egy Ω14 -os.

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

20141845

18)45( =+++

⋅+=4,5,18,14R

Ezzel a Ω20 -al párhuzamosan van kötve az Ω5 -os és a Ω25 -os soros eredője. Az összes eredője végül az Ω1 -os és Ω2 -os soros kapcsolásával kapható meg.

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

15320255

20)525( =+++

⋅+=EredőR

3

1.6 Valamely áramkör tápláló feszültsége 500V . Ha Ω25 -al megnöveljük a kör ellenállását, az áram 1A-el csökken. Mekkora az eredeti ellenállás és áramerősség? Az alábbi két egyenlet írható fel a peremfeltételek alapján:

idetereR

V500=I és a Ω25R

V500

idetere +=− 1I

tehát:

Ω25I

V500V500

I+

=− 1 vagy

V500)25I

V500I( =+− Ω1)(

50025I

500I25500 =−−⋅+ /•I

0500I25I25 2 =−⋅−⋅ 020II 2 =−−

Ω25R

V500

R

V500

idetereidetere +=− 1

25R

R500R500

+⋅=−

25R

R500R500(

+⋅=+− 25))(R

0R500R25R12500R500 2 =−−−+ 012500R25R2 =+−−

012500R25R2 =−+ A kapott egyenletre alkalmazva a másodfokú egyenlet megoldó képletét:

A4I

A5I2

8011

a2

ac4bbI

2

1

2

2,1

−==

⇒+±=−±−=

Ω

Ω

125R

100R2

225252

1250042525

a2

ac4bbR

2

1

22

2,1

−=

=⇒±−=

=⋅+±−=−±−=

A kapott két megoldás közül csak a pozitív képzelhető el. Ez alapján számítható az eredeti ellenállás.

Ω100A5

V500R idetere == A5

100

V500I ==

Ω

1.7 Mekkora az eredő ellenállás az alábbi ábra szerinti kapcsolásban az A és a B pontok között?

Vegyük figyelembe, hogy a felső vezeték feszültsége végig megegyezik az A pont feszültségével. A Ω60 -os és a Ω40 -os párhuzamosan van kapcsolva és az eredőjükkel sorba van a Ω16 -os és ezekkel párhuzamosan van a Ω60 -os.

ΩΩΩ

ΩΩΩΩ

ΩΩΩΩΩΩ

246016

4060

4060

)60(164060

4060

R 040,60,16,6 =++

+⋅

⋅

++⋅

=

A Ω24 -os eredővel van sorosan kötve az Ω6 -os és velük párhuzamosan van a Ω30 -os. Ezek eredője mivel két egyforma ellenállás van párhuzamosan kötve Ω15 .

ΩΩΩΩΩΩΩ

1530624

30)624( =++

⋅+=EredőR

4

1.8 Mekkora az eredő ellenállás az alábbi ábra szerinti kapcsolásban az A és a B pontok között? A Ω2 -os és a Ω3 -os sorosan van kötve velük párhuzamosan van kapcsolva az Ω5 -os és ezekkel sorosan van az Ω1 -os.

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

5,31532

5)3 =+++

⋅+= (2R2,3,5,1

Ezen eredővel sorosan van kapcsolva a Ω4 -os és Ω6 -os párhuzamos eredője. Ezzel az egésszel van mér párhuzamosan egy Ω7 -os.

ΩΩ

ΩΩΩΩΩ

ΩΩΩΩΩΩ

2015,37

64

645,3

7)64

645,3(

=+

+⋅+

⋅+⋅+

=EredőR

1.9 Két párhuzamosan kapcsolt anódtelep adatai 110VU1 = és 100VU2 = . A telepek belső

ellenállásai Ω100R1 = és Ω200R2 = . Számítsa ki az egyes telepek áramát és az kU

kapocsfeszültséget. a.,) A0=3I esetén

b.,) mA100=3I esetén

a, üresjárás esetén: I. 0U)RR(IU 22111 =−+−

0V100)300(IV110 1 =−− Ω

10)300(I 1 =Ω

A033,0300

10I 1 ==

A kapocsfeszültség üresjárás esetén: V6,106V100A033,0200URIU 221k&=+⋅=+⋅= Ω

b, mA100=3I terhelőáram esetén. A feladatot a Kirchhoff egyenletrendszer felírásával tudjuk

formálisan megoldani a feladatot: I. 0URIRIU 222111 =−⋅−⋅−

II. 0R1,0URI t222 =⋅−+⋅

A. 01,0II 21 =−− Az ismert értékeket behelyettesítve és rendezve a következőket kapjuk: I. V100V110I200I100 21 +−=⋅−⋅−

II. V100R1,0I200 t2 −=⋅−⋅

A. 1,0II 21 =− 1,0II 21 +=⇒ A második egyenlet alapján: I. 10I200)1,0I(100 22 −=⋅−+⋅−

10I20010I100 22 −=⋅−−⋅−

0I300 2 =⋅−

A0I 2 =

A1,01,001,0II 21 =+=+=

A kapocsfeszültség mA100=3I terhelés esetén: V100V100A0200URIU 222k =+⋅=+⋅= Ω

5

1.10 Mekkora áramot vesz fel a hálózatból egy 0VU 44= és egy Wk7P = -os egyenáramú motor, melynek a hatásfoka 84%=η ?

⇒⋅= IUP A909,15V440

7000

U

PI ideális === W

De mivel van a készüléknek hatásfoka is ezért a végeredményt ez alapján számíthatjuk:

A939,1884,0

A090909,15II ideális ===

η

1.11 Számítsuk ki az R ellenállás pontos értékét volt-amperes ellenállás mérésnél az .,a ábra

alapján, ha a voltmérő által mért feszültség 180VU = , és az ampermérő által mutatott áramerősség A2=I . A voltmérő ellenállása Ω2000=VR és az ampermérő ellenállása

Ω01,0=AR .

a., b.,

Hány voltot jelez a voltmérő, a .,b ábra szerinti kapcsolásban, ha az ampermérőn ismét A2=I -t állítunk be?

a., esetben ismert, hogy a voltmérőn mekkora feszültség esik és mekkora a belső ellenállása, így számítható a rajta folyó áram:

mA90A09,02000

V180

R

UI

VF ====

Ω

Tehát így ismert a voltmérő felé elfolyó áram értéke amit levonva a beállított A2 -es értékből megkapjuk az ellenállásra jutó áramot. Mivel a keresett ellenállásra ugyanaz a feszültség jut mint ami a voltmérő mutat, így Ohm törvény alapján számítható az ellenállás értéke.

Ω2408,94A09,0A2

V180

II

UR

F

=−

=−

=

A feladat nem kérdezi, de könnyen kiszámítható a mérésre kapcsolt feszültség nagysága is: Elsőként számítható az árammérőn eső feszültség: mV20V02,0A201,0IRU AA ==⋅=⋅= Ω Ehhez hozzáadva a voltmérő feszültségét megkaphatjuk a kapocsfeszültséget:

V2,180V180V02,0UUU Ak =+=+=

b, esetben ismert az ampermérő belső ellenállásán és a terhelésen átfolyó áram. Ami feszültséget ejt a két elemen, amik összege a keresett mutatott feszültség.

V50167,188A2)01,02408,94(I)RR(U Ab =⋅+=⋅+= ΩΩ

6

2.1 Soros R-L-C kört táplálunk V600U = feszültséggel Hz50f = -es szinuszos feszültségforrásról. Ωk5,1R = , H2L = , F5,2C µ= . Határozza meg a forrásból felvett áramot és a teljesítménytényezőt! Rajzoljon minőségileg helyes fazorábrát. Számítsa ki az áramkör rezonancia frekvenciáját és a rezonanciában folyó áramot.

A körfrekvencia értéke: s

rad15,314f2 =⋅⋅= πω

Az induktív reaktancia: Ωω 3,628H2s

rad15,314LXL =⋅=⋅=

A kapacitív reaktancia: Ωω

277,1273F105,2

s

rad15,314

1

C

1X

6C =

⋅⋅=

⋅=

−

Mivel soros körről van szó az egyes tagokat csak össze kell adni.

Ω°−∠==Ω−=Ω−Ω+Ω=−+=

26,2378,1632

)977,644j1500(277,1273j3,628j1500jXjXRZ CLe

A26,23367,0A)1451,0j33758,0(26,2378,1632

V600

)977,644j1500(

V600

Z

UI

ee °∠=+=

Ω°−∠=

Ω−==

Mivel a feszültséghez viszonyítunk (tehát az 0º-os), és a teljesítménytényező a kapocsfeszültség és a terhelő áram közti szög értékeként fogjuk megkapni.

919,0)26,23cos( =° A fazorábra pontos megrajzolásához szükség van az egyes feszültségesések értékére.

V26,232,551V)73,217j377,506(1500A)1451,0j3376,0(RIU eR °∠=+=⋅+=⋅= ΩV26,1136,230V)1,212j2,91(3,628jA)1451,0j3376,0(jXIU LeL °∠=+−=⋅+=⋅= Ω

V74,66292,467

)73,498j39,72()277,1273j(A)1451,0j3376,0()jX(IU CeC

°−∠==−=−⋅+=−⋅= ΩΩ

7

A kör akkor rezonál, ha a kapacitás és az induktivitás feszültsége egyforma abszolút értékű (csak ellentétes értelmű). Ebben az esetben a kör csak tisztán ohmos jellegű lesz. Ez alapján számítható a keresett frekvencia:

CL XX =

Cf2

1Lf2

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅

ππ

Hz176,71F105,2H24

1

CL4

1f

622=

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅= −ππ

A kör árama csak ohmos rezonancia esetén:

A4,01500

V600

Z

UI

ee ===

Ω

2.2 Mekkora U feszültséget kell az alábbi hálózatra kapcsolni, hogy az A2,0I 1 = legyen.

Ω50Z0 =

Ω)150j100(Z1 +=

Ω125Z2 =

Az egyes ág árama áramosztóval számítható:

A2,0ZZ

ZII

21

201 =

+=

A7,3343,0A)24,0j36,0(125

)150j125100(2,0

Z

)ZZ(2,0I

1

210 °∠=+=++⋅=+=

Ha kiszámítjuk a kör eredő impedanciáját megszorozva a kiszámított árammal megkapjuk a keresett feszültséget.

Ω)051,32j923,76(2250050625

28125004218750j1875000j2812500

150j225

150j225

150j225

18750j12500

125150j100

125)150j100(

ZZ

ZZZ

21

2112

+=+

++−=

=−−⋅

++=

++⋅+=

+⋅=

ΩΩΩ )051,32j923,126()051,32j923,76(50Ze +=++=

V55,479,56V)999,41j4,38(2922,74615,30j5383,11j6922,45

)051,32j923,126(A)24,0j36,0(ZIU e0

°∠=+=−++==+⋅+=⋅= Ω

A vektorábra megrajzolásához az alábbi vektorokra van még szükség:

UUU 10 =+

V7,335,21ZIU 000 °∠=⋅=

V3,5636ZIUU 1121 °∠=⋅==

A3,56288,0III 102 °∠=−=

8

2.3 Az alábbi három párhuzamos ágat tartalmazó áramkörre a következő feszültséget kapcsoljuk: V)t314sin(325)t(u ⋅⋅= . A kapcsolásban szereplő elemek a következők: Ω23R1 = ,

Ω13R2 = , H1,0L = , F90C µ= . Határozza meg, az áramkör )t(i1 , )t(i2 , )t(i3 , )t(i

ágáramainak időfüggvényeit!

A feszültség időfüggvényéből látható a körfrekvencia és a feszültség effektív értéke.

s

rad314f2 =⋅= πω , tehát a frekvencia: Hz50

2f ==

πω

V23041,1

325

2

UUU eff ====

)

Ωω 4,31H1,0s

rad314LXL =⋅=⋅=

Ωω

38,35F1090

s

rad314

1

C

1X

6C =

⋅⋅=

⋅=

−

Az áramok meghatározásához az ohm törvényt használhatjuk.

A01023

V0230

R

UI

11 °∠=°∠==

Ω

AAjj

j

j

V

jXR

UI

L

°−∠=−=−−⋅

Ω+°∠=

+= 7576,6)25,658,2(

)4,3113()4,3113(

)4,3113(0230

22

AAjj

j

j

V

jX

UI

C

°∠==⋅Ω−

°∠=−

= 905,65,638,3538,35

38,350230

3

AAAAIIII e °∠=°∠+°−∠+°∠=++= 81,06,13905,67576,6010321

9

2.4 Számítsa ki az eredő impedanciát, a kapcsolás különböző pontjaiból nézve: a.,) A-C pontok felől! b.,) B-C pontok felől! c.,) D-B pontok felől! a.,) esetben három párhuzamos ágat kapunk aminek az eredője a következő lesz:

Ω=Ω+Ω+Ω

Ω⋅Ω=++⋅+= 4

51010

520

RRR

)R()RR(Z

211

21110,10,5

Ω°∠=Ω+=

=++=

−−⋅

+=

Ω−Ω+ΩΩ−Ω⋅Ω=

−+−⋅

=

6,381234,3)95,1j439,2(

2516

80j100

5j4

5j4

5j4

20j

15j20j4

)15j20j(4

jXjXZ

)jXjX(ZZ

CL10,10,5

CL10,10,5AC

b.,) esetben a két 1R -es ellenállás sorosan van kötve és vele párhuzamosan van az 2R -es

ellenállás, és velük sorosan van az LX induktivitás. Ezen eredővel van párhuzamosan kötve a kapacitás

Ω°−∠=Ω−=

=+

Ω+−=Ω+Ω+Ω−

Ω+Ω

Ω⋅Ω⋅Ω−=

+++

⋅++−

+++

⋅+⋅−=

6,6277,47)44,42j95,21(

5j4

)30060j(

20j415j

)20j25

520(15j

jXRRR

R)RR(jX

)jXRRR

R)RR((jX

Z

L211

211C

L211

211C

BC

c.,) esetben az eredő számításhoz delta-csillag átalakítást használhatunk:

ΩΩ4

25

100

RRR

RRZ

211

111 ==

++⋅= , ΩΩ

225

50

RRR

RRZ

211

212 ==

++⋅=

ΩΩ

ΩΩ

ΩΩ

°−∠=−=

=+−++

−⋅+=+−++−⋅+=

4619,50)097,36j87,34(

415j220j2

)15j2()20j2(Z

jXZjXZ

)jXZ()jXZ(Z 1

C2L2

C2L2DB

10

2.5 Az alábbi áramkör adatai a következők: V200U = , Hz50f = , H0636,0L = , Ω15R = , F159C µ= .

a.,) Mekkora az eredő áram és a wattmérőre jutó feszültség? b.,) Mennyit mutat az ábrán berajzolt wattmérő? c.,) Rajzoljon léptékhelyes vektorábrát! Elsőként a két ág admittanciáinak az értékét kell meghatározni. Majd mivel mindkét ágra ugyan az a feszültség jut számíthatóak az ágáramok.

s

rad15,314f2 =⋅= πω

ΩΩ

ω

2098,19

H0636,0s

rad15,314LXL

≅=

=⋅=⋅=

Ωω

20F10159

s

rad15,314

1

C

1X

6C =

⋅⋅=

⋅=

−

A9010A10j20j

V0200

jX

UI

LL °−∠=−=°∠==

Ω

A14,538A)4,6j8,4(

)20j15(

V0200

jXR

UI

CRC

°∠=+=

=−

°∠=−

=Ω

A86,3666,3j8,4A1,538A9010III RCLe °−∠=−=°∠+°−∠=+=

V14,5312015A1,538RIU RCR °∠=⋅°∠=⋅= Ω

A teljesítmény, mivel nem vektor mennyiség ezért a benne szereplő áram és feszültség értékeket is skalárként (a vektor hosszát) kell behelyettesítenünk. A cos függvénybe beírandó szög a teljesítménymérőre kapcsolt áram és feszültség közti szög

W0))86,36(14,53cos(A6V200cosIUP UIe =°−−°⋅⋅=⋅⋅= ϕ

2.6 Egy váltakozó áramú generátor, 8,0)cos( =ϕ teljesítménytényező mellett kW100P =

hatásos teljesítményt szolgáltat. Mekkora a látszólagos és meddő teljesítmény?

⇒== 8,0S

P)cos(ϕ kVA125

8,0

W100000

)cos(

PS ===

ϕ

kVA1258,0

W100000

)cos(

PS ===

ϕ kVAr75100125PSQ 2222 =−=−=

11

Thevenin - tétel: A tetszőleges bonyolultságú hálózatot helyettesíthetjük egy ideális feszgenerátorral, melynek forrásfeszültsége az eredeti kétpólus üresjárási feszültségével egyenlő, és egy soros belső ellenállással, melynek értéke a kétpólus kapcsai közt mérhető ellenállással egyezik meg, ha a feszültséggenerátorokat rövidzárnak, az áramgenerátorokat szakadásnak vesszük.

3.1 Helyettesítsük az ábrán adott hálózat A-B pontjai között lévő összetett kétpólust egy olyan legegyszerűbb kétpólussal, amely az tR külső terhelés szempontjából egyenértékű az

összetett kétpólussal!

Az tR ellenállás áramát a Thevenin tételével számolva:

Az üresjárási feszültség az A-B pontok között (a hálózat legkülső ágaiban összegezve a részfeszültségeket): A felíráshoz szükség van a Ω20 ellenállás áramára. Ezt hurok törvény segítségével

határozhatjuk meg: A22020

V80I =

+=

ΩΩ

V4020A2RIU 3AB0=⋅=⋅= Ω

A hálózat belső ellenállása az A-B pontok között:

ΩΩΩΩΩΩ 40)

2020

202030(RAB =

+⋅+=

Az tR terhelő ellenállás árama Thevenin képletével:

tAB

ABt RR

UI 0

+=

12

3.2 Határozza meg az ábrán látható kapcsolás A-B ágában folyó áramot a Thevenin tétel segítségével!

ΩΩΩΩΩ

)5j5(Z

)10j10(Z

)10j10(Z

)20j10(Z

)10j20(Z

V110U

5

4

3

2

1

−=+=+=−=+=

=

Az áramkörben az AB pontok között üresjárást biztosítva számítható az ABR belső ellenállás.

Ω=Ω−+Ω+

Ω=

=Ω−+Ω++Ω+Ω+⋅Ω+=

=+×=

10)5j5()20j20(

j200

)5j5()10j10()10j10(

)10j10()10j10(

Z)ZZ(Z 543AB

Ezen ábra alapján látható, hogy egy zárt hurokban a 110V-os feszültség forrás két azonos impedanciával terhelődik. Így a keresett Thevenin feszültség a teljes feszültség fele. A kérdéses áram a Thevenin helyettesítő kép alapján számítható:

A4594,1A)375,1j375,1()20j20(

V55

10)20j10(

V55

ZZ2

U

IAB2

AB

°∠=+=Ω−

=

=Ω+Ω−

=+

=

3.3 Helyettesítsük az ábrán adott hálózat A-B pontjai között lévő összetett kétpólust egy olyan legegyszerűbb kétpólussal, amely az tR külső terhelés szempontjából egyenértékű az

összetett kétpólussal (Thevenin és Norton tétele alapján)!

13

Az tR ellenállás áramát a Thevenin tételével számolva:

Az üresjárási feszültség az A-B pontok között (a hálózat legkülső ágaiban összegezve a részfeszültségeket): A felíráshoz szükség van a Ω2 ellenállás áramára. Ezt hurok törvény segítségével

határozhatjuk meg: ΩΩ

ΩΩ23

V5V3I0I2I3V3V5

+−=⇒=⋅+⋅+−

V2,1V52)23(

V5V3V3V52IV3U

0AB +=+⋅+−+−=+⋅+−= Ω

ΩΩ

A hálózat belső ellenállása az A-B pontok között:

ΩΩΩΩΩΩΩΩ 2,6)2,15()

23

235(RAB =+=

+⋅+=

Az tR terhelő ellenállás árama Thevenin képletével:

tAB

ABt RR

UI 0

+=

Norton - tétel: A tetszőleges bonyolultságú hálózatot helyettesíthetjük egy ideális áramgenerátorral, mely forrásárama egyenlő a kétpólus rövidzárási áramával, és egy párhuzamosan kapcsolódó vezetéssel, mely értéke megegyezik a kétpólus kapcsai közt mérhető vezetéssel, ha a feszültséggenerátorokat rövidzárnak, az áramgenerátorokat szakadásnak vesszük. Az tR ellenállás feszültségét Norton tételével

számolva: A rövidzárási áram az A-B pontok között hurok áramok módszerével számolva:

V2)V3V5()3(I)32(I II1 −=−−=−++ ΩΩ 0)35(I)3(I II1 =++− ΩΩ

3194083

35D =−=

−−

= , 603

25DII =

−−

= ,

ZII

II IA1936,031

6

D

DI ====

A hálózat belső admittanciája az A-B pontok között:

S1613,02,6

1

R

1Y

ABAB ===

Ω

Az tY terhelési admittancia feszültsége Norton

képletével:

ABt

Zt YY

IU

+=

Másképpen: A19358,02,6

V2,1

R

UI

AB

ABZ

0 ===Ω

14

Szuperpozíció tétele: Ha egy hálózat több generátort tartalmaz, akkor mindegyik generátor a hálózat bármely ágában a többitől függetlenül hozza létre a maga részáramát. Minden generátor hatását külön-külön vizsgáljuk, majd ezeket előjelesen összegezzük. A részáramok számításánál a többi generátort belső ellenállásával helyettesítjük (áramgenerátorokat megszakítjuk, feszültség generátorokat rövidrezárjuk).

3.4 A szuperpozíció tételének felhasználásával határozza meg az ábrán bejelölt 2I áramot, ha

Ω= 4R1 , Ω= 8R2 , Ω= 10R3 !

a.,) Csak a feszültség generátor hatását számolva:

ΩΩΩΩΩΩ

6,121048

48RRRR 321e

&=++⋅=+×=

A789,06,12

V10

R

UI

ee ===

Ω&

A2631,03

A789,0

RR

RII

21

1e

'2 ==

+=

b.,) Csak az áram generátor hatását számolva:

A3157,1

814

4014

40

A5RRR

RRII

231

31''2

=

=+

=+×

×=ΩΩ

Ω

Az eredmény a két részáram előjeles összegeként adódik:

A5788,1A3157,1A2631,0III ''2

'22 =+=+=

15

3.5 Határozzuk meg egy az ábrán felrajzolt hálózat A-B ágában folyó áramot és az AB pontok között fellépő feszültséget!

A Thevenin tétel szerint kiszámítjuk az AB pont felöl az ellenállás értékét és az üresjárási

feszültség nagyságát: ΩΩΩΩΩ

6,012

12RAB

&=+⋅=

Hurok egyenlet: V122IU 0AB0+⋅= Ω

Az 0I áram meghatározására a rajzon bejelölt

körüljárási iránnyal az alábbi egyenlet írható fel: 0V10V12)12(I0 =−++ ΩΩ

A6,03

V2I 0

&−=−=Ω

Vissza helyettesítve az előbb felírt hurok egyenletbe: V6,10V122A6,0U

0AB&& =+⋅−= Ω

A helyettesítő kép alapján kapjuk a keresett áram és feszültség értékeket:

A88,16,5

V6,10

5R

UI

AB

ABAB

0 ==+

=ΩΩ &

&

V41,96,088,1V6,10RIUU ABABABAB 0=⋅−=⋅−= Ω&&

3.6 Határozza meg az ábrán bejelölt áram nagyságát! A szuperpozíció tételével célszerű dolgozni ilyen áramkör esetén. Mivel a rövidrezárt feszültség generátor söntöli a vele párhuzamos ellenállást is, így azon sem esik feszültség:

A101

V10I ' ==

Ω megegyező irányú

A101

V10I '' −==

Ω ellentétes irányú

A101

V10I ''' −==

Ω ellentétes irányú

Tehát az eredő: A10I −= a bejelölt irány szerint.

16

3.7 Határozza meg az ábrán látható hídkapcsolás Ω25Rt = -os belső ellenállású

galvanométerének az áramát Thevenin tételével!

A Thevenin tétel szerint ki kell számolni az AB pontokra a kapcsolás impedanciáját, és az üresjárási feszültséget az alábbiak szerint:

ΩΩ

ΩΩΩ

ΩΩ6,16

60

4020

30

2010RAB

&=⋅+⋅=

A V2 feszültség mind a két ágban 1:2 arányban osztódik el a két ellenállás között.

V3,160

40V2U40

&=⋅=ΩΩ

és V6,030

10V2U10

&=⋅=ΩΩ

Tehát az eredő: V6,0V3,1V6,0UUU 4010AB0

&&& −=−=−=

És végül a kérdéses áram:

mA81,142520

V6,0

RR

UI

tAB

ABAB

0 −=+

−=+

=ΩΩ

&

17

3.8 Határozza mag a képen látható hálózatban a 4C kondenzátor áramának és feszültségének

időfüggvényét!

F1060C

3R

2R

mH7,12L

V)4t314sin(1,14u

A)t314sin(07,7i

4

3

2

1

0

0

µΩΩ

π

====

+==

Kiszámítva az induktív és kapacitív reaktanciák értékeit:

Ωω 4H107,12314LX 3L =⋅⋅=⋅= −

Ωω

3F101060314

1

C

1X

6C =⋅⋅

=⋅

= −

A baloldali generátort átalakítva feszültség generátorrá az alábbiakat kapjuk:

V153A5RIU 301 =⋅=⋅= Ω

Az eredeti áram iránnyal ellentétes a fesz. iránya! Szuperpozíció tételét alkalmazva: Az átszámítás után kapott generátort működtetve másikat (ami most az összes többi) rövidrezárjuk.

A358,2)4j3(

)3j2(

)3j(2V15

I '0 °−∠=

Ω++Ω−Ω−⋅Ω=

A25,2155,1)3j2(

2II '

0'3 °∠=

−⋅=

ΩΩ

A jobboldali generátort működtetve:

A68,84637,168.391,6

V4510

9,3j27,2

V4510

213

)927j12j36(V4510

2)j3(

)j3(

)j3(

)129j(V4510

23j)4j3(

)3j()4j3(V4510

I ''0

°∠=Ω°−∠

°∠=−+

°∠=Ω+

+−−−

°∠=

=Ω+

−−⋅

Ω+Ω+−

°∠=Ω+

Ω−Ω+Ω−⋅Ω+

°∠=

A38,11958,2)3j4j3(

)4j3(II ''

0''3 °∠=

−++⋅=

ΩΩ

A két részeredményt előjelhelyesen összeadva:

A4,8682,2

A38,11958,2A25,2155,1III ''3

'33

°∠==°∠+°∠=+=

A)4,86t314sin(282,2i3 °+⋅=

V6,346,8)3j(A4,8682,2ZIU C33 °−∠=−⋅°∠=⋅= Ω

V)6,3t314sin(246,8u3 °−⋅=

18

3.9 Az ábrán látható kapcsolásra, V)t10sin(210)t(ug ⋅⋅= feszültséget kapcsolunk. Határozza

meg, az )t(i1 , )t(i2 , )t(u4 értékeinek nagyságát!

Ω°∠=+= 6,26236,21j2Z1

Ω°−∠=−= 45414,11j1Z2

Ω4Z3 =

Ω°∠==−= 9044j1j5jZ4

Ω°∠=+=−++=°−∠++=

=°∠

°∠⋅°−∠++=++−+−++=

++++=

3,519,3293,0j18,3707,0j18,11j2S31372,11j2

31831,5

45657,545414,11j2

4j41j1

)4j4)(1j1(1j2

ZZZ

)ZZ(ZZZ

432

4321T

A3,513,33,519,3

V010

Z

UI

T

g1 °−∠=

°∠°∠==

Ω

A)3,5t10sin(213,3)t(i1 °−⋅⋅= Az I1 áramból az I2 áram, áramosztóval számítható:

A7,804,331831,5

45657,5A3,513,3

)3j5(

)4j4(A3,513,3

ZZZ

ZZII

432

4312 °∠=

°∠°∠⋅°−∠=

++⋅°−∠=

+++⋅=

ΩΩ

A)7,8t10sin(204,3)t(i2 °+⋅⋅=

A3,8176,031831,5

45414,1A3,513,3

)3j5(

)1j1(A3,513,3

ZZZ

ZII

432

213 °−∠=

°∠°−∠⋅°−∠=

+−⋅°−∠=

++⋅=

ΩΩ

Az U4 feszültség az Ohm törvény alapján számítható: V7,804,3904A3,8176,0ZIU 434 °∠=°∠⋅°−∠=⋅=

V)7,8t10sin(204,3)t(u4 °+⋅⋅=

19

4.1 Egy háromfázisú csillag kapcsolású motor teljesítménytábláján a következő adatok találhatóak: V380U = , A20I = , 715,0cos =ϕ , %85=η . Mekkora a motor hasznos teljesítménye, fázis feszültsége és fázis árama?

A motor hasznos teljesítménye számítható a vonali vagy a fázis értékek alapján egyaránt:

W802285,0715,0A20V3803cosIU3cosIU3P vvfff3 =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= ηϕηϕ

Tudjuk, hogy csillag kapcsolás esetén a fázis és vonali áramok megegyeznek: A20II fv ==

A fázis feszültség pedig 3 -a a vonali értéknek: V2203

V380

3

UU v

f ≅==

4.2 Egy háromfázisú delta kapcsolású motor teljesítménytábláján a következő adatok találhatóak:

V110U = , A11I = , 8,0cos =ϕ , kW5,1P = . Mekkora a motor fázis feszültsége és fázis árama, és a hatásfoka?

Tudjuk, hogy delta kapcsolás esetén a fázis és vonali feszültségek azonosak: V110UU fv ==

A fázis áram pedig 3 -a a vonali értéknek: A351,63

A11

3

II v

f ===

A motor hasznos teljesítményének képletéből tudjuk a hatásfokot kifejezni:

894,08,0A11V1103

W1500

cosIU3

P

cosIU3

P

vv

f3

ff

f3 =⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

=ϕϕ

η %4,89% =η

20

4.3 Egy háromfázisú delta kapcsolású szimmetrikus fogyasztó felvett teljesítménye kW9 . A vonali feszültség V380U = , a fogyasztó teljesítmény tényezője 8,0cos =ϕ . Mekkora a vonaliáram, fázisáram, fázisfeszültség, fázisteljesítmény és az egy fázisban lévő impedancia (annak ellenállása és reaktanciája soros kapcsolás esetén)?

Tudjuk, hogy delta kapcsolás esetén a fázis és vonali feszültségek azonosak: V380UU fv ==

A motor hasznos teljesítményéből tudjuk a vonali áramot kifejezni: ϕcosIU3P vvf3 ⋅⋅⋅=

A1,178,0V3803

W9000

cosU3

PI

v

f3v =

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕ

A fázis áram pedig 3 -a a vonali értéknek: A868,93

A1,17

3

II v

f ===

A motor hasznos teljesítménye számítható a vonali vagy a fázis értékek alapján egyaránt:

kW3W30003

W9000

3

PP f3

f1 ====

Az impedancia háromszög hasonló a teljesítmény háromszöghöz:

⇒==S

P8,0cosϕ °= 86,36ϕ

Ω51,38A868,9

V380

I

UZ

f

f ===

ΩΩϕ 808,308,051,38cosZR =⋅=⋅= és ΩΩϕ 1,236,051,38sinZXL =⋅=⋅=

21

4.4 Egy háromfázisú szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó felvett látszólagos teljesítménye kVA9 . A vonali feszültség V380U = , a fogyasztó teljesítmény tényezője 8,0cos =ϕ .

Mekkora a fázisfeszültség, fázisáram, fázisteljesítmény (hatásos) és a vonaliáram. Meghatározandó, azaz ellenállás és reaktancia értéke, amelyeket párhuzamosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!

Tudjuk, hogy csillag kapcsolás esetén a fázis és vonali áramok azonosak: fv II =

A fázis feszültség pedig 3 -a a vonali értéknek: V2203

V380

3

UU v

f ≅==

A motor hasznos teljesítménye számítható a vonali vagy a fázis értékek alapján egyaránt:

vvfff3 IU3IU3S ⋅⋅=⋅⋅=

A636,13V2203

VA9000

U3

SI

f

f3f =

⋅=

⋅=

kW4,23

8,0VA9000

3

cosS

3

PP f3f3

f1 =⋅=⋅

==ϕ

A636,13II fv ==

A fázis impedancia abszolút értéke a fázis feszültség és áram hányadosakén számítható.

Ω13,16A64,13

V220

I

UZ

f

ff ===

Ez a impedancia vektor abszolút értéke amelynek a két komponensét a teljesítmény háromszöghöz való hasonlóság alapján számíthatjuk.

ΩΩϕ 904,128,013,16cosZR fsoros =⋅=⋅=

ΩΩϕ 678,96,013,16sinZX fsoros,L =⋅=⋅=

Mivel a feladat párhuzamosan kapcsolt elemeket kér ezért a reciprok értékekkel kell számolnunk:

s)0372,0j04,0()678,9j9,12(

1

X

1

R

11

Z

1Y

p,Lp

−=+

=+

==Ω

Ezek alapján a párhuzamos eredők értéke: Ω16,2004,0

1Rp == , és Ω88,26

0372,0

1X p,L ==

22

4.5 Egy háromfázisú, V380U = vonali feszültségű, négyvezetős hálózatra a az ábra szerinti fogyasztókat kapcsolunk. Állapítsuk meg a vektorábra segítségével, hogy mekkora teljesítményt mutat a wattmérő!

Tudjuk, hogy csillag kapcsolás esetén a fázis és vonali áramok azonosak: fv II =

V2203

V380U f ==

V0220U f1 °∠=

V120220U f2 °−∠=

V120220U f3 °∠=

A901578,190190

V0220

190j

V0220

Z

UI

f1

f1f1

°−∠=°∠°∠=

=°∠==

Ω

Ω

A301578,190190

V120220

190j

V120220

Z

UI

f2

f2f2

°−∠=°−∠°−∠=

=−

°−∠==

Ω

Ω

A1202110

V120220

Z

UI

f3

f3f3 °∠=°∠==

Ω

A0,01202A301578,1A901578,1IIII f3f2f1N =°∠+°−∠+°−∠=++=

23

4.6 A ábrán látható háromfázisú fogyasztó rendszer adatai: V400U = , Ω= 23R , Ω= 20XL ,

Ω= 20XC . Mekkorák a fázisáramok? Rajzoljon léptékhelyes vektorábrát, és ez alapján

határozza meg a vonali áramok nagyságát!

Tudjuk, hogy delta kapcsolás esetén a fázis és vonali feszültségek azonosak: fv UU =

A039,1723

V0400

Z

UI

f1

f1f1 °∠=

Ω°∠==

A30209020

V120400

Z

UI

f2

f2f2 °−∠=

Ω°−∠°−∠==

A30209020

V120400

Z

UI

f3

f3f3 °∠=

Ω°∠°∠==

A9010A3020A039,17III f3f11 °−∠=°∠−°∠=−=

A9010A039,17A3020III f1f22 °−∠=°∠−°−∠=−=

A9020A3020A3020III f2f33 °∠=°−∠−°∠=−=

24

4.7 A ábrán látható áramkör adatai: V380U = , Ω40R = , Ω40XL = , Ω40XC = . Mekkorák a

vonaliáramok? Mekkora a háromfázisú meddő teljesítmény? Mennyit mutat az ábra szerint berajzolt wattmérő?

Tudjuk, hogy delta kapcsolás esetén a fázis és vonali feszültségek azonosak: fv UU =

A)75,4j75,4(A4571,645568,56

V0380

)40j40(

V0380

Z

UI

12

1212 +=°∠=

Ω°−∠°∠=

Ω−°∠==

A)48,6j736,1(A7571,645568,56

V120380

)40j40(

V120380

Z

UI

23

2323 +=°∠=

Ω°∠°∠=

Ω+°∠==

A)736,1j48,6(A16571,645568,56

V120380

)40j40(

V120380

Z

UI

31

3131 −−=°−∠=

Ω°∠°−∠=

Ω+°−∠==

A3096,12A)486,6j23,11(A)736,1j48,6(A)75,4j75,4(III 31121 °∠=+=−−−+=−=

A15047,3)30sin47,3j30cos47,3()75,4j75,4()48,6j736,1(III 12232 °∠=⋅+⋅=+−+=−=A13562,11A)216,8j216,8(A)48,6j736,1(A)736,1j48,6(III 23313 °−∠=−−=+−−−=−=

VA)1803j1803(A4571,6A0380IUS *

12121 −=°−∠⋅°∠=⋅=

VA)1803j1803(A7571,6A120380IUS *23232 +=°−∠⋅°∠=⋅=

VA)1803j1803(A16571,6A120380IUS *31313 +=°∠⋅°−∠=⋅=

A wattmérő feszültség tekercsére az ellenálláson eső feszültség jut.

V454,268A4571,640IRU 12W °∠=°∠⋅=⋅= Ω

W74,1560)4575cos(A71,6V4,268cosIUP23WIU23WW =°−°⋅⋅=⋅⋅= ϕ

VAr1803180318031803QQQQ 321 =++−=++=

25

5.1 Mekkora keresztmetszetű vasmagra van szükség annál az egyfázisú transzformátornál, amelynek primer tekercsét V100U = -os, Hz50f = -es periódusú hálózatra kapcsoljuk? A

tekercs menetszáma 20N = és az erővonal sűrűség 2m mVs1B = .

Tudjuk, hogy: fANB44,4fANB2

2U maxmaxi ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= π

Innen kifejezve a keresztmetszetet: 22

2m

cm4,225m02254,020mVs1Hz5044,4

V100

NBf44,4

UA ==

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

5.2 Egy 50 periódusú, háromfázisú Dy kapcsolású transzformátor fázisonkénti menetszáma

730N1 = , 49N2 = . A vasmag keresztmetszete 2cm340 . Az indukció csúcsértéke 2mVs2,1 .

A primer vezető keresztmetszete 2mm15,15 , az áramsűrűség 2mmA2 . Határozza meg a transzformátor primer és szekunder indukált névleges feszültségét, a vonali feszültségek áttételét, a teljesítményét. Rajzolja meg a kapcsolást és állapítsa meg hány órás a transzformátor!

Tudjuk, hogy: dt

d

dt

diLU i

φ== tsinmax ωφ ⋅Φ=

Tehát: tcosdt

)tsin(d

dt

dU max

maxi ωωωφ ⋅⋅Φ=⋅Φ==

Az indukált feszültség maximuma tehát: ωΦ ⋅= maxmaxiU ANBmaxmax ⋅⋅=Φ

f2ANBU2 maxi ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ π

fANB44,4fANB2

2U maxmaxi ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= π

V6600V05,6612mVs2,1m10340730Hz5044,4ANBf44,4U 2241maxf1i ≅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= −

V8,443mVs2,1m1034049Hz5044,4ANBf44,4U 2242maxf2i =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= −

Mivel a transzformátor primer köre deltába van kapcsolva ezért a fázis és a vonali feszültségek megegyeznek fv UU = , de a szekunder csillagba van kapcsolva így ott a

feszültség értéke fv U3U ⋅= .

V6600UU f1in1i ==

V770V7,768V8,4433U3U f2in2i ≅=⋅=⋅=

b,.) A feladat ezen részét más módon is megoldhatjuk, a menetfeszültség kiszámításával:

m

n1i1 U

UN = az egy menetre jutó feszültség pedig: maxm f44,4U Φ⋅⋅=

V0576,9m10340mVs2,1Hz5044,4ABf44,4f44,4U 242maxmaxm =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= −Φ

V6600V6612730V0576,9NUU 1mn1i ≅=⋅=⋅=

V770V077,768349V0576,9NUU 2mn2i ≅=⋅⋅=⋅=

A vonali feszültségek áttételére az alábbi értéket kapjuk: 5714,8V770

V6600

U

Ua

n2i

n1i ===

26

Mivel a feladat ϕcos értékéről nem adott felvilágosítást ezért a teljesítmény a látszólagos teljesítményre vonatkozhat csak is, ehhez is viszont ismernünk kell a fázisáram nagyságát.

A3,30mmA2mm15,15JAI 2211f1 =⋅=⋅=

kVA600599940A3,30V66003IU3IU3S ffvvf3 ≅=⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=

abba UUU =+−

A vektorábrából leolvasható, hogy a transzformátor 7órás.

5.3 Háromfázisú Yy kapcsolású transzformátor adatai a következők: kV10U1 = , V400U2 = .

Névleges teljesítménye kVA100Sn = , a drop %8,3z =ε , primer tekercsveszteség teljes

terhelésnél kW1,1P1t = , szekunder tekercsveszteség teljes terhelésnél kW0,1P2t = , a

vasveszteség kW63,0Pv = . A kV10 -os oldalról táplálva a transzformátort az üresjárási árama

A288,0I 0 = . Rajzolja fel ezen transzformátor helyettesítő kapcsolási rajzát a kV10 -os

oldalra vonatkoztatva! A primer és szekunder induktív ellenállások arányát, az ohmos ellenállások arányával vegye egyenlőnek.

⇒⋅⋅= 11f3 IU3S A77,5V100003

VA100000

U3

SI

1

n1 =

⋅=

⋅= . Mivel tudjuk, hogy a primer és a

szekunder kör is csillagba van kapcsolva ezért a fázis és vonaliáram értéke ugyan az lesz:

1f1 II =

⇒⋅⋅= 12f11t RI3P Ω01,11

77,53

W1100

I3

PR 22

f1

1t1 =

⋅=

⋅= hasonlóan eljárhatunk, ha elhanyagoljuk a

mágnesező áramot és az üresjárási áramot: f1'

f2 II ≅

⇒⋅⋅= '2

2'f22t RI3P Ω01,10

77,53

W1000

I3

PR 22'

f2

2t'

2=

⋅=

⋅= :

⇒⋅=⋅⋅=0

21

02R0v R

U3RI3P Ω=⋅=⋅= k2,476

W630

)V1010(3

P

U3R

23

v

21

0 (3 fázisra vonatkozik)

Ω=⋅== k73,158W630

)V1010(

P

UR

23

v

21

f0

27

A0363,01587303

V10000

R3

U

R

U

R3

PI

0

1

0

f1

0

vR0 =

Ω⋅=

⋅==

⋅=

⇒+= 2X0

2R0

20 III A286,00363,0288,0III 222

R020X0 =−=−=

Ω=⋅

=⋅

== k2,20A286,03

V10000

I3

U

I

UX

X0

1

X0

f10

V4,2193

V10000

100

8,3

3

UUU 1

f1Zf1 ==⋅=⋅= εε

V28,121)01,1001,11(77,5)RR(IU '21f1Z1 R

=+⋅=+⋅=

V82,18228,1214,219UUU 222Zf1

2Zf1Z1 X

=−=−=

Ω68,31A77,5

V82,182

I

UX

f1

Z1S

X === továbbá tudjuk, hogy '2S1SS XXX += .

Mivel a feladat megadta, hogy a primer és szekunder induktív ellenállások arányát, az ohmos

ellenállások arányával vegyük egyenlőnek, ezért írhatjuk: '2

1'

2S

1S

R

R

X

X = vagy R

R

X

X 1

S

1S =

ΩΩΩΩ

59,1668,3102,21

01,11X

RR

RX S'

21

11S =⋅=⋅

+=

'21

1

S

1S

RR

R

X

X

+=

ΩΩΩΩ

08,1568,3102,21

01,10X

RR

RX S'

21

'2'

2S =⋅=⋅+

= '2

'2SS

1

1S

R

X

R

X

R

X ==

28

5.4 A kVA100 -es V10000/1000 -os 50 periódusú, háromfázisú transzformátor vasvesztesége W1200Pv = . A kisfeszültségű oldalt rövidrezárva, a nagyfeszültségű oldalon A6 -es

áramerősség mellett a tekercsveszteség W1500Pt = . Határozza meg a transzformátor

hatásfokát %25 , %50 és %100 -os terhelés mellett, ha: a.,) 1cos =ϕ b.,) 8,0cos =ϕ . Mely látszólagos teljesítménynél lesz a hatásfok maximális és mekkora a lehetséges legnagyobb hatásfok?

ϕααη

cosS

PP1

n

2tnv

⋅⋅⋅+−=

I

I n=α

n2n2n IU3S ⋅⋅= A77,5V000.103

VA10100

U3

SI

3

n2

nn2 =

⋅⋅=

⋅=

kW38,1W2,1387A6

A77,5W1500

I

IPP

22

2

n2ttn ==

=

=

A képletbe minden értéket kW-ba helyettesítve be 1cos =ϕ esetén:

%85,9494855,0125,0100

25,038,12,11

cosS

PP1

2

n

2tnv

%25 ⇒=⋅⋅

⋅+−=⋅⋅

⋅+−=ϕα

αη

%91,969691,015,0100

5,038,12,11

2

%50 ⇒=⋅⋅

⋅+−=η %42,979742,011100

138,12,11

2

%100 ⇒=⋅⋅⋅+−=η

b,

%56,939356,08,025,0100

25,038,12,11

cosS

PP1

2

n

2tnv

%25 ⇒=⋅⋅

⋅+−=⋅⋅

⋅+−=ϕα

αη

%14,969614,08,05,0100

5,038,12,11

2

%50 ⇒=⋅⋅⋅+−=η %77,969677,0

8,01100

138,12,11

2

%100 ⇒=⋅⋅

⋅+−=η

A maximális hatásfok esetén a hatásfok függvény első deriváltja nulla tehát az alábbiakat

írhatjuk fel: 0cosS

)PP(cosS'

n

2tnvn'

max =

⋅⋅⋅+−⋅⋅=

ϕααϕαη

( ) 0cosS

)cosS)(PP()cosS(P22

n

n2

tnvntn'max =

⋅⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅⋅−=

ϕαϕαϕααη

Mindkét oldalt szorozva ( )2n cosS ϕα ⋅⋅ , majd osztva ϕcosSn ⋅ -vel kapjuk: 0PP vtn

2 =−⋅α

93,038,1

2,1

P

P

tn

v ===α kVA9393,010100SS 3nmax =⋅⋅=⋅= αη

%42,979742,0193,0100

93,038,12,11

2'

%93 ⇒=⋅⋅

⋅+−=η

Közelítő formula használata esetén is hasonló eredményt kapunk:

%5,97975,0100

935,1

93

2,1

1

11S

S

P

S

P

cos

11 22

n

tnv'%max ⇒=

⋅+−=

+−=

ϕη

29

6.5 Az ábrán vázolt transzformátor névleges feszültsége V440/V6600U/U n2n1 = , a

teljesítménye kVA170Sn = . A transzformátoron rövidzárási mérést végzünk: V250U *z1 = ,

A11I *z1 = , W1260P*

z1 = . (Egyszerűsített helyettesítő kapcsolás alapján oldja meg a feladatot!) Határozza meg: a.,) a fázisfeszültségek áttételét b.,) a transzformátor belső impedanciáját a primerre

vonatkoztatva c.,) a transzformátor hatásos ellenállását a primerre

vonatkoztatva d.,) a transzformátor reaktanciáját a primerre

vonatkoztatva e.,) a dropot és külön a hatásos és meddő

komponensét f.,) állapítsa meg a transzformátor kapcsolási

csoportját

a.,) 66,8V440

3

V6600

U3

U

U

Ua

n2

n1

f2

f1 ====

b.,) Ω12,13A113

A11V2503

I3

IU3Z 222*

z1

*z1

*z1 =

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅= vagy

Ω12,13A113

V250

I3

U

Z*z1

*z1

===

c.,) 2645,0A11V2503

W1260

IU3

Pcos

*z1

*z1

*z1

Z =⋅⋅

=⋅⋅

=ϕ

ΩΩϕ 47,32645,012,13cosZR Z =⋅=⋅=

d.,) ΩΩϕ 65,129644,012,13sinZX Z =⋅=⋅=

e.,) ⇒==n

Zv*z1

*z1

I

U

I

UZ

A87,14V66003

VA170000

U3

SI

v1

nn1 =

⋅=

⋅=

V95,337A11

A87,14V250

I

IUU

*z1

n*z1

Zv =⋅=⋅=

%12,5%100V6600

V95,337%100

U

U

v1

Zv =⋅=⋅=ε

%35,12645,012,5cos ZR =⋅=⋅= ϕεε

%94,49644,012,5sin ZX =⋅=⋅= ϕεε f.,) Yd 5 órás

30

6.6 Egy 11000V/550V feszültségű, 300kVA teljesítményű, háromfázisú, háromszög/csillag kapcsolású transzformátoron üresjárási és rövidzárási mérést végzünk. A mérések eredményei: Üresjárásban: V550U2 = A5,26I 2 = kW65,3P0 =

Rövidzárásban: V395U1 = A15I 1 = kW28,3Pz = Az üresjárási mérést a szekunder, a rövidzárási mérést a primeroldalról végeztük. Ezenkívül ellenállásmérésből ismert Ω5,7R1 = . Kiszámítandó:

a.,) a névleges áramerősségek ( n1I , nf1I , n2I , nf2I ),

b.,) 2R szekunder ohmos ellenállás,

c.,) 1X és 2X induktív ellenállások. Azt feltételezve, hogy arányuk az ohmos ellenállások arányával egyenlő oldja meg a feladatot. d.,) rövidzárási feszültség százalékos értéke (drop). a.,) a névleges primer vonali-áram:

A7,15V10113

VA10300

U3

SI

3

3

n1

n1 =

⋅⋅⋅=

⋅=

A névleges primer fázisáram, mivel a primer oldal deltába van kapcsolva:

A1,93

A7,15I f1 ==

A névleges szekunder vonali-áram:

A316V5503

VA10300

U3

SI

3

n2

n2 =

⋅⋅=

⋅=

A névleges szekunder fázisáram, mivel a szekunder oldal csillagba van kötve: A316II n2f2 ==

b.,) A rövidzárásban mért teljesítmény a vasveszteségek elhanyagolható kis mértéke folytán a tekercsveszteségek összegével egyenlő:

RI3)RR(I3)RIRI(3P 2f1

'21

2f12

2f21

2f1Z ⋅⋅=+⋅=⋅+⋅=

Mivel

A65,83

A15

3

II 1

f1 ===

Ω6,14A15

W3280

)3

I(3

PR

221

z ==⋅

=

Ω1,75,76,14RRR 1'2 =−=−=

2R kiszámításához szükség van az áttétel ismeretére (primer deltába van a szekunder pedig csillagba):

7,34

3

V550V000.11

U

Ua

f2

f1 === 1205a2 =

ΩΩ00589,0

1205

1,7

a

RR

2

'2

2 ===

Emlékeztető:

2'2 UaU ⋅=

a

II 2'

2 =

RaR 222 ⋅= 2

2'2S XaX ⋅=

31

c.,) A teljesítménytényező rövidzárásban:

32,0A15V3953

3280

IU3

Pcos

11

zz =

⋅⋅=

⋅⋅=ϕ

9478,0sin z =ϕ

A transzformátor 22 XRZ += impedanciája fázisonként.

Ω==== 6,45A65,8

V395

A3

15V395

I

UZ

f1

f1

Ωϕ 2,439478,06,45sinZX z =⋅=⋅= Az induktív ellenállás az ohmos ellenállások arányában oszlik meg a primer és a szekunder oldal között:

'2

1'2

1

R

R

X

X = , vagyis R

R

X

X 11 = és R

R

X

X '2

'2 =

tehát:

ΩΩ

ΩΩ2,22

6,14

2,435,7

R

XRX 1

1 =⋅=⋅=

ΩΩ

ΩΩ21

6,14

2,431,7

R

XRX

'2'

2 =⋅=⋅=

ΩΩ0174,0

1205

21

a

XX

2

'2

2 ===

d.,) Rövidzárási feszültség:

V4156,451,9ZIU f1z =⋅=⋅=

%78,30378,011

415,0

U

U

n

z ====ε

A rövidzárási feszültség ohmos és induktív komponense:

%21,1U

RIcos

nf

nfzR =

⋅=⋅= ϕεε

%57,3U

XIsin

nf

nfzX =

⋅=⋅= ϕεε

A transzformátor fázisforgatása tehát az ábra alapján: Dy5órás.

32

6.7 Egy háromfázisú 50Hz-es transzformátor vasmagja 2cm400 keresztmetszetű. A feszültségek

V550/11000 . A megengedhető indukció 2max m

Vs2,1B = . Hány menetet kell alkalmazni

fázisonként mindkét oldalon, ha a nagyfeszültségű oldal csillagba a kisfeszültségű oldal zeg-zugba van kapcsolva?

Határozza meg:

V656,10m10400mVs2,1Hz5044,4ABf44,4f44,4U 242maxmaxm =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= −Φ

menet596V656,10

3

V11000

U3

U

Nm

n1i

1 ===

menet343

2

V656,103

V550

U3

U

Nm

n2i

2 =⋅==

A vektorábra alapján belátható a transzformátor fázisforgatása vagy óraszáma: Yz7órás

33

7.1 A háromfázisú indukciós motor teljesítményfelvétele névleges terhelésnél 60kW, szlipje pedig 0,03. A teljes állórész veszteség ekkor 1kW. Határozzuk meg névleges terhelésnél a forgórész fázisonkénti tekercsveszteségét és a leadott mechanikai teljesítményt! ( f2tP , mechP )

Adatok: kW60P1 =

kW1Pá =

03,0s =

kW1PPP v1tá =+=

kW59kW1kW60)PP(PPPP v1t1á1L =−=+−=−=

kW23,57)03,01(kW59)s1(PP Lmech =−=−=

kW77,1kW23,57kW59PPP mechL2t =−=−= vagy

kW77,1kW5903,0PsP L2t =⋅=⋅=

W5903

W1770

3

PP 2t

f2t ===

7.2 Háromfázisú, 6 pólusú, 500V-os, 50Hz-es frekvenciájú indukciós motor min

1950

fordulatszám mellett 20kW teljesítményt szolgáltat. Teljesítménytényezője kekkor 86,0 , az állórész összes vesztesége 1500W, a surlódási veszteség pedig 1kW. Határozzuk meg ennél a terhelésnél a szlip értékét, a légrés teljesítményt és áramot, és a hatásfokot!

Adatok:

3p = , V500U1 = , Hz50f = , min

1950n = , kW20Ph = , 86,0cos =ϕ

W1500Pá = , kW1Ps =

min

1100060

3

Hz5060

p

fn0 =⋅=⋅=

%505,01000

9501000

n

nns

0

0 ==−=−=

kW21kW1kW20PPP shmech =+=+=

kW1,2205,01

21

)s1(

PP mech

L =−

=−

=

kW6,235,11,22)PP(PPPP v1tLállóL1 =+=++=+=

%8484,0kW6,23

kW20100

P

P

P

P

be

h

1

h ===⋅==η

ϕϕ cosIU3cosIU3P vvffL ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= mivel 1v UU =

A68,3186,0V5003

kW6,23

cosU3

PI

1

11 =

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕ

34

7.3 Egy háromfázisú, 6 pólusú indukciós motor 440V-os, 50Hz-es frekvenciájú hálózatra kapcsolunk. Bizonyos terhelésnél a hálózatból 82kW teljesítményt vesz fel. Az állórész vesztesége ekkor 2kW. A forgórész fázisonkénti árama 65A, a forgórész frekvenciája pedig

min

1100 . Mekkora ennél a terhelésnél a szlip, a forgórész fordulatszáma, a leadott mechanikai

teljesítmény, a forgórész tekercsvesztesége és a forgórész fázisonkénti ellenállása? Adatok:

3p = , V440U1 = , Hz50f1 = , A65I f = , Hz66,1s

1

60

100

min

1100f2

&=== , kW82P1 = ,

kW2Pálló = ,

303,0Hz50

Hz66,1s

f

f

1

2 &&

===

min

1100060

3

Hz5060

p

fn0 =⋅=⋅=

⇒−==0

0

n

nn303,0s &

min

16,9661000303,01000nsnn 00&& =⋅−=⋅−=

kWkWkWsPPsPP állóLmech 33,77)303,01()282()1()()1( 1 =−⋅−=−⋅−=−= &

kW664,2kW33,77kW2kW80PPPPPP mechá1mechL2t =−−=−−=−=

Ezek alapján már számítható a forgórész ellenállása: ⇒⋅⋅= f

2L2t RI3P

Ω21,0653

W2664

I3

PR 22

f

2tf =

⋅=

⋅=

35

7.4 Egy háromfázisú, 12 pólusú szinkron generátor min

1500 fordulatszámmal forgatjuk. A

generátor indukciós motort táplál, amely névleges terhelésnél min

11440 fordulatszámmal

forog. Hány pólusú a motor, és mekkora a névlege szlip? (a megoldások közül a gyakorlatilag legvalószínűbbet válassza ki)

Generátor adatai: 3fázisú p=6

min

1500n =

Motor adata: min

11440nn =

60p

fn0 ⋅= a motoros üzem feltétele, hogy 0nn ≤ 60

p

fn Max0 ⋅=

0833,260

min

11440

Hz5060

n

fp

Max0

=⋅=⋅=

Ha a póluspárok száma: p=2 akkor a gép 4 pólusú.

perc

1150060

2

5060

p

fn0 =⋅=⋅=

0nn ≤ feltétel igaz tehát ez egy lehetséges állapot.

04,01500

14401500

n

nns

0

0 =−=−= tehát a szlip értéke %4s% = .

7.5 Mekkora fordulatszámmal forog a 8 pólusú indukciós motor, amelynél az állórész áramának

frekvenciája s

150 a forgórészé pedig

s

15,1 ?

Adatok: p=4 Hz50f1 = Hz5,1f2 =

Szinkron fordulatszám: min

175060

4

Hz5060

p

fn 1

0 =⋅=⋅=

A forgórészben indukált feszültség frekvenciája a relatív fordulatszámtól függ: nn0 −

p

fnn 2

0 =−

)nn(pf 02 −= és 0

0

n

nns

−= összefüggések alapján:

sf)sn(pf 102 ⋅=⋅= ezekből következik:

sf

f

1

2 =

min

15,2260

4

Hz5,160

p

fnn 2

0 ==⋅=−

min

15,7275,227505,22nn 0 =−=−=

36

7.6 A háromfázisú, 6 pólusú, 500V-os, 50Hz-es frekvenciájú indukciós motor bizonyos

terhelésnél min

1975 fordulatszámmal forog. A motor ekkor a hálózatból 40kW teljesítményt

vesz fel, állórész veszteség 1kW,a surlódási veszteség pedig 2kW. Határozzuk meg ennél a terhelésnél a szlip értékét, a forgórész veszteségét, a hasznos teljesítményt, valamint a hatásfokot!

Adatok:

3p = , V500U1 = , Hz50f = ,

min

1975n = , kW40Ph = ,

kW1Pálló = , kW2Ps =

min

1100060

3

Hz5060

p

fn0 =⋅=⋅=

%5,2025,01000

9751000

n

nns

0

0 ==−=−=

kW39kW1kW40PPP álló1L =−=−=

W975kW975,0kW39025,0PsP L2t ==⋅=⋅=

W36025)kW2W975(kW39)PP(PP s2tLh =+−=+−=

%909,0W40000

W36025

P

P

1

h⇒===η

7.7 Egy 380V-os, csillagkapcsolású, 50Hz-es, 4 pólusú, aszinkron motor redukált forgórész

ellenállása: Ω07,0R'2 = , együttes szórási reaktanciája Ω35,0XXX '

21 =+= . Ha a motort

névleges nyomaték terheli, a fordulatszám min

11440 . Mekkora a gép névleges nyomatéka?

Mekkora lesz a fordulatszám, ha a terhelőnyomaték a kétszeresére nő? (A számításnál az állórész ellenállását hanyagoljuk el!)

A motor szinkron fordulatszáma: min

1150060

2

Hz5060

p

fn 1

0 =⋅=⋅=

A billenőnyomaték: Nm1315

s

1

60

1500235,02

V380

60

n2X2

3

U3

X2

U3M

2

0

2

1

0

2f1

b =⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

⋅=

⋅⋅⋅

=πΩπω

Ehhez tartozó szlip értéke: 2,035,0

07,0

X

Rs

'2

b ===ΩΩ

Így a nyomaték tetszőleges szlipnél: ( )

s

RI3M

0

'2

2'2

⋅⋅⋅=

ω ( )

2

2'2

1

21

22

212'

2

Xs

RR

U

XR

UI

+

+

=+

=

37

2

2'2

1

'2

0

21

Xs

RR

s

RU3

M

+

+

⋅⋅=ω

Majd 1R elhanyagolásával, kapjuk:

2

2'2

'2

0

21

Xs

R

s

RU3

M

+

⋅⋅=

ω Itt a maximális az energia kihozatal: XsR

X

Rs b

'2

'2

b ⋅=⇒=

b

b0

21

22

b2

b

0

21

s

s

s

s1

X

U3

Xs

sX

s

XsU3

M+

⋅⋅

⋅=+

⋅

⋅

⋅⋅=ωω

0

2f1

b X2

U3M

ω⋅⋅⋅

=

s5

1s5

2630

s

s

s

sM2

Mb

b

b

+=

+

⋅=

%404,01500

14401500

n

nnss

0

0n ==−=−==

Nm5062,5

2630

s5

1s5

2630

s

s

s

sM2

Mb

b

b ==+

=+

⋅=

A második kérdés az előző terhelő nyomaték 2 szeresére vonatkozik:

Nm1012

s5

1s5

2630Nm5062 =

+=⋅

6,21012

2630

s5

1s5 ==+ mindkét oldalt szorozva /5s-el

0s131s25 =−+

%64,42s

%0936,0s

50

10016913

a2

ac4bbs

2

12

===−±=−±−= p

A 42,64% a motor labilis szakaszára esik így az kiesik.

Tehát: min

113601401500)0936,01(1500)s1(nn 101 =−=−=−=

Nem kérdés, de az adatok alapján még a felvett teljesítmény is számítható:

kW80W3,794822

Hz5014,32Nm506

p

f2MMPfel ≅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅= πω

ϕcosIU3P vvfel ⋅⋅⋅=

A54,121U3

PcosI

v

felv =

⋅=⋅ ϕ

38

8.1 Egy háromfázisú, 10 pólusú csillagkapcsolású szinkron generátort min

1600 fordulatszámmal

forgatunk. Az állórész fázistekercselésének a menetszáma 160, tekercselési tényező 958,0 . Határozza meg a frekvenciát, a fázis- és vonali feszültségeket üresjárásban. Ismert még a pólusonkénti fluxus maximális értéke Vs106,5 2−⋅ (az erővonal sűrűség szinuszos eloszlású)

Hz5060

5min

1600

60

pnf =

⋅=⋅=

V6,1905958,0160Vs106,5Hz5044,4Nf44,4U 2maxf =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= −ξΦ

V3300V6,19053Uv =⋅=

8.2 Egy háromfázisú csillag kapcsolású szinkron generátor kW800 hasznos teljesítményt

szolgáltat. A generátor egy fázisának a reaktanciája Ω3 , hatásos ellenállása pedig elhanyagolhatóan kis érték. A generátor a fenti teljesítményt V2000 -os kapocsfeszültségű hálózatba táplálja bizonyos nagyságú gerjesztő áram mellett. Ugyanilyen gerjesztés mellett üresjárásban a generátor kapocsfeszültségét V2500 -nak mértük. Mekkora az armatúra áram és a teljesítménytényező?

fv II =

W800000cosIU3P vvf3 =⋅⋅⋅= ϕ

A94,230V20003

W800000cosI v =

⋅=⋅ ϕ

V82,692A94,2303cosIXU vLfa =⋅=⋅⋅= Ωϕ

V2,1266)V82,692(3

V2500U

U3

UU

2

2

c

2a

2

Pc

=−

=

=−

=

V53,1113

V2000V2,1266

3

UUU k

cb =−=−=

V7,70153,11182,692UUU 222b

2ax =+=+=

A9,2333

V7,701

X

UII

Lf

xvf Ω

===

988,0A9,233

A94,230cos ==ϕ vagy 988,0

V7,701

V8,692cos ==ϕ °=⇒ 14,9ϕ

39

8.3 Egy háromfázisú csillag kapcsolású V13500 -os szinkron generátornak a fázisonkénti szinkron reaktanciája Ω30 . (Az armatúra tekercsének hatásos ellenállását elhanyagoljuk.) A generátort kW1280 teljesítményű fogyasztóval terheljük. Határozza meg a pólus feszültséget, ha a.,) 8,0cos =ϕ induktív b.,) 1cos =ϕ c.,) 8,0cos =ϕ kapacitív

a.,) V78003

V13500

3

UU v

f ===

A5,688,0V135003

W1280000

cosU3

PI =

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕ

2622

22

2k

2k

2Pf

V102,84)20554680(6240

)30A5,686,0V7800()8,0V7800(

)XIsinU()cosU(U

⋅=++==⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅=

Ω

ϕϕ

V9180UPf =

A pólusfeszültség értéke tehát:

V15920V91803UP =⋅=

b.,) A8,541V135003

W1280000

cosU3

PI =

⋅⋅=

⋅⋅=

ϕ

26

2222k

2Pf

V1056,63

)30A8,54()V7800()XI()U(U

⋅=

=⋅+=⋅+= Ω

V7980UPf =

V76,13821V79803UP =⋅= c.,) Mivel a teljesítmény tényező ugyan annyi, csak más jellegű ezért az áram értéke megegyezik az a.,) részével: A5,68I =

2622

22

2k

2k

2Pf

V107,45)20554680(6240

)30A5,686,0V7800()8,0V7800(

)XIsinU()cosU(U

⋅=−+==⋅−⋅+⋅=

=⋅−⋅+⋅=

Ω

ϕϕ

V6760UPf =

V66,11708V67603UP =⋅=

40

8.4 Egy háromfázisú csillag kapcsolású V11000 -os szinkron motor A60 áramot vesz fel. Az ellenállása elhanyagolható, a fázisonkénti szinkron reaktancia pedig Ω30 . Kiszámítandó a motor felvett teljesítménye, és a pólusfeszültség, ha a teljesítménytényező 8,0cos =ϕ és a gép

a.,) induktív, majd b.,) kapacitív fogyasztó jellegű?

fv II =

V85,6350U3

V11000

3

UU k

vf ====

kW5,9148,0A60V110003cosIU3P vvf3 =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= ϕ

8,0cos =ϕ , 6,0sin =ϕ , °= 86,36ϕ

V8,50808,0V85,6350cosUU kkR=⋅=⋅= ϕ

V6,38106,0V85,6350sinUU kkX=⋅=⋅= ϕ

V1800A6030IXU ffX =⋅=⋅= Ω

a.,) ( ) ( ) V1,5464)V8,5080(V1800V6,3810UUUU 222k

2Xkp RXf

=+−=+−=

V9464U3U pfp =⋅=

b.,) ( ) ( ) V2,7569)V8,5080(V1800V6,3810UUUU 222f

2Xfp RXf

=++=++=

V13110U3Ufpp =⋅=

41

8.5 kVA50 -es, V500 -os Hz50 -es, négypólusú, háromfázisú, csillagkapcsolású túlgerjesztett szinkron generátor névleges terheléssel, 8,0cos =ϕ teljesítménytényezővel üzemel. A tekercs, és a vasveszteség együttesen kW3 , a súrlódási veszteség W400 . A gép szinkron reaktanciája Ω6,2 . Meghatározandó a vonali áram, a meddő teljesítmény, a hajtógép nyomatéka, a terhelési szög és a pólusfeszültség fázisértéke. A gerjesztés külső áramforrásból történik. A vektorábra megrajzolásánál az állórész hatásos ellenállása elhanyagolható.

vv IU3S ⋅⋅=

A735,57V5003

VA50000

U3

SI

v

v =⋅

=⋅

=

vark306,0VA50000sinSQ =⋅=⋅= ϕ kW408,0VA50000cosSP =⋅=⋅= ϕ

kW4,43W400W3000W40000PPPP sv,tfel =++=++=

s

rad079,157

2

Hz5014,32

p

f2 =⋅⋅=⋅⋅= πω

Nm29,276

s

rad079,157

W43400PM fel ===

ω

V1,1506,2A735,57XIU vx =Ω⋅=⋅=

⇒

+⋅

⋅=+⋅

⋅=

3

V5006,0V150

8,0V150

UsinU

cosUtg

kX

X

ϕϕδ °= 52,17δ

( ) V32,397)V9,230(V11,150V2,173cos3

UUsin

3

UU 22

2

k

2

Xk

p f=++=

⋅+

+⋅= ϕϕ

vagy

( ) ( ) V31,397)08V1,150(6,0V1,150V67,288cosUsinU3

UU 222

X

2

Xk

p f=⋅+⋅+=⋅+

⋅+= ϕϕ

42

9.1 Nyolcpólusú egyenáramú generátor armatúráját min

1400 fordulatszámmal forgatjuk.

Mekkora a gép nyitott kapcsain mérhető feszültség, ha az armatúrán 960 vezeték van, a párhuzamosan kapcsolt ágak száma megegyezik a pólusszámmal, és a gép egy pólusán a fluxus Vs104 2−⋅ .

)pólusú8(4p =

min

1400ng =

960Z = Vs104 2−⋅=Φ

4a = Ismert az alábbi összefüggés, ahonnan a C konstans értékét a feladat szövege alapján meg tudjuk határozni: gig nCU ⋅⋅= Φ

V25660

min

1400

1049604

4nZ

a

pU 2

gig =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= −Φ

9.2 Kétpólusú, egyenáramú generátor armatúráján 400 vezeték van. A generátort min

1300

fordulatszámmal forgatjuk. Ekkor a gép nyitott kapcsain 200V feszültséget mérhetünk. Mennyi a szükséges pólusonkénti fluxus? Mekkora átlagos feszültség indukálódik a pólusok tekercseiben a gerjesztőkör kikapcsolásakor, ha a tekercsek menetszáma egyenként 1200, és a fluxus 0,1s alatt gyengül el teljesen.

)pólusú2(1p =

min

1300n =

400Z = nZpU i ⋅⋅⋅= Φ

Vs1,0

40060

min

1300

1

V200

nZp

U i =

⋅⋅

=⋅⋅

=Φ

V1200s1,0

Vs1,01200

dt

dNU i =⋅=⋅= Φ

43

9.3 A 220V kapocsfeszültségű, kW100 -os egyenáramú söntgenerátor min

1300 fordulattal jár.

Ha a gépet motorként használjuk, bizonyos terhelés mellett a hálózatból kW10 villamos energiát vesz fel. Mennyi ekkor a motor fordulatszáma? Az armatúra ellenállása Ω025,0 , a gerjesztőkör ellenállása pedig Ω60 . A kefék mentén a feszültség esést V2 . Az armatúra reakció hatását hanyagoljuk el. A generátort terhelő áram értéke:

A54,454V220

W000.100I t ==

A gerjesztő áram: A66,360

V220I g ==

Ω

Az armatúra áram: A2,458A66,3A54,454I a =+=

V45,233V2V220025,0A2,458UURIU kefekaaig =++⋅=++⋅= Ω

Motoros esetben: a kW10 -os teljesítmény felvétel esetén:

A45,45V220

W000.10I m ==

A79,41A66,3A45,45III gmam =−=−=

=⋅−−= aakefekim RIUUU

V95,216025,0A79,41V2V220U im =⋅−−= Ω

gig nCU ⋅⋅= Φ mim nCU ⋅⋅= Φ

m

g

im

ig

n

n

U

U=

min

18,278

min

1300

V45,233

V955,216n

U

Un g

ig

imm =⋅=⋅=

44

9.4 A V250 kapocsfeszültségű egyenáramú söntgenerátor min

1400 fordulattal forgatva kW50

hasznos teljesítményt szolgáltat. Az armatúra ellenállása Ω02,0 , a gerjesztőkör ellenállása pedig Ω50 . A kefék mentén a feszültség esést V2 . Számítsuk ki a gép fordultszámát, ha a

V250 kapocsfeszültségre kapcsolva söntmotorként használjuk, és a hálózatból kW50 energiát vesz fel. . Az armatúra reakció hatását hanyagoljuk el.

A generátort terhelő áram: A200V250

W000.50I t ==

A gerjesztő áram: A550

V250I g ==

Ω

Az armatúra áram: A205A5A200I a =+=

=++⋅= kefekaaig UURIU V1,256V2V25002,0A205 =++⋅ Ω

Motoros esetben: a kW10 -os teljesítmény felvétel esetén:

A200V250

W000.50I h ==

A195A5A200III gham =−=−=

=⋅−−= aakefekim RIUUU

V1,24402,0A195V2V250U im =⋅−−= Ω

gig nCU ⋅⋅= Φ mim nCU ⋅⋅= Φ

m

g

im

ig

n

n

U

U=

min

1381

min

1400

V1,256

V1,244n

U

Un g

ig

imm =⋅=⋅=

45

9.5 A négypólusú, egyenáramú söntgenerátor armatúra ellenállása Ω1,0 , gerjesztő ellenállás Ω50 . A V100 kapocsfeszültségű generátor 60db 100V-os W40 -os izzót táplál.

Meghatározandó az armatúra áram és az indukált feszültség. A kefék mentén létrejövő feszültségesést 2V-nak vehetjük. A generátort terhelő áram értéke.

A24V100

W4060I t =⋅=

A gerjesztő áram.

A250

V100I g ==

Ω

Az armatúra áramnak tehát, A26A2A24I a =+= -nek kell lennie.

V6,104V2V1001,0A26UURIU kefekaai =++⋅=++⋅= Ω

9.7 Egy egyenáramú soros motor teljes ellenállása Ω1 . A motort V200 kapocsfeszültségre kapcsoljuk. Bizonyos terhelésnél a motor 15A erősségű áramot vesz fel, fordulatszáma ekkor

min

1800 . Mekkora lesz a motor fordulatszáma, ha ugyanolyan kapocsfeszültség mellett Ω5 -

os ellenállást kapcsolunk vele sorba, és a terhelést úgy változtatjuk meg, hogy az áramerősség továbbra is A15 maradjon?

V185V15V200RIUU sakim =−=⋅−=

V110)51(A15V200RIUU *sak

*im =+⋅−=⋅−= Ω

*m

*im nCU ⋅⋅= Φ mim nCU ⋅⋅= Φ

m

*m

i

*i

n

n

U

U =

min

17,475

min

1800

V185

V110n

U

Un m

i

*i*

m =⋅=⋅=

46

9.6 Az V500 -os egyenáramú sönt motor, min

1400 fordulatszámmal jár. Hatásfoka %90 és a

tengelyen Nm195 nyomatékot fejt ki. Mekkora áramot vesz fel a hálózatból?

W14,816860

min

14002Nm195

MP ttt =⋅⋅⋅

=⋅=π

ω

A bevezetett teljesítmény:

W90759,0

W14,8168PP t

be ===η

A15,18V500

W9075

U

PI be

be ===

9.8 A hatpólusú, V500 kapocsfeszültségű egyenáramú söntmotor armatúra ellenállása Ω5,0 , a

gerjesztőkörének ellenállása Ω250 , pólusonkéni fluxusa Vs102 2−⋅ , fordulatszáma min

1409 .

(Az armatúrareakció mezőgyengítő hatása elhanyagolható.) Mekkora a motor leadott teljesítménye, terhelő nyomatéka és hatásfoka? Ha tudjuk hogy a motor A20 áramot vesz fel a hálózatból és a mechanikai és a vasveszteség együttes értéke 900W.

ω⋅= MPh . A hasznos teljesítmény felírásához a teljesítmény szalagot tudjuk felhasználni.

A gerjesztőköri veszteség: ( )

W1000250

V500

R

UP

2

g

2

g ===Ω

⇒⋅= g2gg RIP A2

250

W1000

R

PI

g

gg ===

Ω A18A2A20III gbea =−=−=

Az armatúra veszteség: W1625,0)A18(RIP 2a

2aa =⋅=⋅= Ω

A bevezetett teljesítmény: ⇒+++= + hsvagbe PPPPP

W7938W900W162W1000A20V500PPPPP svagbeh =−−−⋅=++−= +

%4,79100W10000

W7938100

P

P

be

h =⋅=⋅=η Nm185

min

14092

60W7938

n2

60PPM hh =

⋅⋅

⋅=⋅⋅

⋅==ππω

47

10.01 Egy V230 -os feszültségű hálózatból egyenirányítón keresztül egy Ω230 -os ellenállású fogyasztót táplálunk 1F1U1Ü diódás kapcsolással a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja az egyenirányított feszültséget, és áramot c.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség lineáris középértékét d.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség effektív értékét e.,) Határozza meg a diódát terhelő feszültség és áram maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 1p = , °= 0Kα , °= 180Vα

[ ] [ ] V5,103V2302

11V23022

1)180cos()0cos(V2302

2

1Ue ==+⋅⋅

⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A45,0230

V5,103

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2222

eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KV

22eeff

ααααπ

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=2

)2sin()2sin(

2

pUU KV

KVeeff

ααααπ

a példa szerint: 1p = , rad)0(0K °=α , rad)(180V πα °=

V6,162V2302

1

2

)0sin()360sin(0

2

1V230Ueeff ==

°−°−−⋅⋅

⋅= ππ

A769,0230

V6,162

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V3,325V2302U2U maxZ =⋅=⋅=

A41,1230

V3,325

R

UI maxZ

maxZ ===Ω

48

10.02 Egy V230 -os feszültségű hálózatból tirisztoron keresztül egy Ω230 -os ellenállású fogyasztót táplálunk 1F1U1Ü tirisztoros kapcsolással. A gyújtásszög °= 90α . a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja az egyenirányított feszültséget, és áramot c.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség lineáris középértékét d.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség effektív értékét e.,) Határozza meg a diódát terhelő feszültség és áram maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 1p = , rad)4

(90K

πα °= , rad)(180V πα °=

[ ] [ ] V768,512

V23010V2302

2

1)180cos()90cos(V2302

2

1Ue =

⋅=+⋅⋅

⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A225,0230

V768,51

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2222

eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVKV

KV

22eeff

ααααπ

ααααπ

a példa szerint: 1p = , rad)2

(90K

πα °= , rad)(180V πα °=

V1152

)180sin()360sin(

22

1V230Ueeff =

°−°−−⋅⋅

⋅= πππ

A5,0230

V115

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V3,325V2302U2U maxZ =⋅=⋅=

A41,1230

V3,325

R

UI maxZ

maxZ ===Ω

49

10.03 Egy V230U f = -os feszültségű háromfázisú hálózatból egyenirányítókon keresztül egy

Ω230 -os ellenállású fogyasztót táplálunk 3F1U3Ü diódás kapcsolással a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja az egyenirányított feszültséget, és áramot c.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség lineáris középértékét d.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség effektív értékét e.,) Határozza meg a diódát terhelő feszültség és áram maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 3p = , )rad6

(30K

πα °= , )rad6

5(150V

πα °=

[ ] V269V2302

33

2

3

2

3

2

V2303)150cos()30cos(V2302

2

3Ue =

⋅⋅=

+

⋅⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A169,1230

V269

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2222

eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVKV

KV

22eeff

ααααπ

ααααπ

a példa szerint: 3p = , )rad6

(30K

πα °= , )rad6

5(150V

πα °=

V4,273V2304

331

2

)60sin()300sin(

66

5

2

3V230Ueeff =⋅

⋅⋅+=

°−°−−⋅⋅⋅

⋅=π

πππ

A19,1230

V4,273

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V4,563V2306U32U maxZ =⋅=⋅⋅= A41,1230

2V230

R

UI maxe

maxZ =⋅==Ω

50

10.04 Egy V230U f = -os feszültségű háromfázisú hálózatból tirisztorokon keresztül egy Ω230 -os

ellenállású fogyasztót táplálunk 3F1U3Ü tirisztoros kapcsolással. A gyújtásszög °= 90α . a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja az egyenirányított feszültséget, és áramot c.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség lineáris középértékét d.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség effektív értékét e.,) Határozza meg a diódát terhelő feszültség és áram maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 3p = , )rad3

2(9030K

πα °+°= , )rad(180V πα °=

[ ] V65,77V2304

231

2

1

2

V23023)180cos()120cos(V2302

2

3Ue =

⋅⋅=

+−⋅⋅⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A3376,0230

V65,77

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2222

eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVKV

KV

22eeff

ααααπ

ααααπ

a példa szerint: 3p = , )rad3

2(9030K

πα °+°= , )rad(180V πα °=

V25,180V2304

3

32

)240sin()360sin(

3

2

2

3V230Ueeff =⋅−=

°−°−−⋅⋅

⋅= ππππ

A7837,0230

V25,180

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V4,563V2306U32U maxZ =⋅=⋅⋅= A41,1230

2V230

R

UI maxe

maxZ =⋅==Ω

51

10.05 Egy V400Uv = -os feszültségű háromfázisú hálózatból egyenirányítókon keresztül egy

Ω230 -os ellenállású fogyasztót táplálunk 3F2U6Ü diódás kapcsolással a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja az egyenirányított feszültséget, és áramot c.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség lineáris középértékét d.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség effektív értékét e.,) Határozza meg a diódát terhelő feszültség és áram maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKvvve

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 6p = , )rad3

(60K

πα °= , )rad3

2(120V

πα °=

[ ] V18,540V40023

2

1

2

1

2

V40026)120cos()60cos(V4002

2

6Ue =⋅=

+⋅⋅⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A34,2230

V18,540

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2v2

v

2

v2eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVvKV

KV

2v2

eeff

ααααπ

ααααπ

a példa szerint: 3p = , )rad3

(60K

πα °= , )rad3

2(120V

πα °=

V66,540V4002

331

2

)120sin()240sin(

33

2

2

6V400Ueeff =⋅

⋅+=

°−°−−⋅⋅

⋅=π

πππ

A35,2230

V66,540

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V4,563V2306U32U maxZ =⋅=⋅⋅= A459,2230

2V400

R

UI maxe

maxZ =⋅==Ω

52

10.06 Egy V400Uv = -os feszültségű háromfázisú hálózatból tirisztorokon keresztül egy Ω230 -os

ellenállású fogyasztót táplálunk 3F2U6Ü tirisztoros kapcsolással A gyújtásszög °= 90α . a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja az egyenirányított feszültséget, és áramot c.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség lineáris középértékét d.,) Számítsa ki az egyenirányított áram és feszültség effektív értékét e.,) Határozza meg a diódát terhelő feszültség és áram maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U2

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKvvve

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 6p = , )rad6

5(9060K

πα °+°= , )rad(180V πα °=

[ ] V37,7212

3

2

V4006)180cos()150cos(V400

2

6Ue =

+−

⋅⋅=°−°⋅

⋅=

ππ

A314,0230

V37,72

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2v2

v

2

v2eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVvKV

KV

2v2

eeff

ααααπ

ααααπ

a példa szerint: 6p = , )rad6

5(9060K

πα °+°= , )rad(180V πα °=

V64,117V4008

36

2

1

2

)300sin()360sin(

6

5

2

6V400Ueeff =⋅

⋅+=

°−°−−⋅⋅

⋅=π

πππ

A51,0230

V64,117

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V3,4242

U2)150sin(U2U vv

maxZ =⋅+°⋅⋅= A23,1R

)150sin(U2I v

maxZ =°⋅⋅=

53

10.07 Egy V30 -os váltakozó áramú feszültség forrást egy diódán keresztül egy Ω4 -os ellenállás terhel. Mekkora a feszültség és az áram lineáris középértéke, és az egyenirányított feszültség csúcsértéke? Mekkora lenne a feszültség és az áram lineáris középértéke kétutas egyenirányítás esetén?

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 1p = , °= 0Kα , °= 180Vα

[ ] [ ] V5,13V302

11V3022

1)180cos()0cos(V302

2

1Ue ==+⋅⋅

⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A37,34

V5,13

R

UI e

e ===Ω

V42,42V302U2U maxZ =⋅=⋅=

A6,104

V42,42

R

UI maxZ

maxZ ===Ω

Az utolsó kérdés 1F2U2Ü egyenirányítás esetére kérdez rá: Ez esetben (p = ütemszám): 2p = , °= 0Kα , °= 180Vα

[ ] [ ] V009,27V3022

11V302

)180cos()0cos(V3022

2Ue =⋅=+⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A75,64

V27

R

UI e

e ===Ω

54

10.08 Számítsa ki az egyfázisú hídkapcsolást terhelő R ellenállás értékét, ha az ellenállás sarkain a lágyvasas voltmérő V140 -ot mutat és az egyik diódával sorba kötött Deprez ampermérő

mA145 -t mért?

A lágyvasas voltmérő a feszültség négyzetes középértékét méri.

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2v2

v

2

v2eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVvKV

KV

2v2

eeff

ααααπ

ααααπ

Ez esetben (p = ütemszám): 2p = , °= 0Kα , °= 180Vα

V140U1

2

)360sin()0sin(0

2

2UUeeff =⋅⋅=

°−°−−⋅⋅

⋅= ππ

ππ

V140UU eeff ==

Mivel a Deprez ampermérő az áram lineáris középértékét méri, ezért a feszültség lineáris középértékével elosztva megkapjuk az ellenállás értékét.

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 2p = , °= 0Kα , °= 180Vα

[ ] [ ] V126V14022

11V14021

)180cos()0cos(V14022

2Ue =⋅=+⋅⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

Ω96,868A10145

V126

I

UR

3e

e =⋅

== −

55

10.09 Egy V230/400U = -os feszültségű háromfázisú hálózatból tirisztorokon keresztül egy Ω25 -os ellenállású fogyasztót táplálunk 3F1U3Ü tirisztoros kapcsolással. A gyújtásszög °= 45α . a.,) Rajzolja fel a kapcsolást b.,) Ábrázolja a fogyasztó áramának időbeni lefolyását c.,) Számítsa ki a fogyasztó áramának lineáris középértékét és effektív értékét e.,) Mekkora az egyes tirisztorokat terhelő feszültség maximális értékét.

c.,)

[ ] [ ])cos()cos(U22

p)tcos(U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU VKe

V

K

V

K

ααπ

ωπ

ωωπ

αα

α

α

−⋅⋅⋅

=−⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

= ∫

a példa szerint (p = ütemszám): 3p = , )rad6

5(4530K

πα °+°= , )rad(180V πα °=

[ ] [ ] V49,195V2302

2588,1312588,0

2

V23023)180cos()75cos(V2302

2

3Ue =

⋅⋅=+

⋅⋅⋅=°−°⋅⋅

⋅=

πππ

A819,725

V49,195

R

UI e

e ===Ω

d.,)

[ ] V

K

V

K

V

K2

t2sint

2

Uptd

2

t2cos1U2

2

ptd)tsin(U2

2

pU

2222

eeff

α

α

α

α

α

α

ωωπ

ωωπ

ωωπ

−⋅⋅=−⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅

⋅= ∫∫

⋅−⋅−−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅−−⋅⋅⋅=

2

)2sin()2sin(

2

pU

2

)2sin()2sin(

2

UpU KV

KVKV

KV

22eeff

ααααπ

ααααπ

a példa szerint: 3p = , )rad3

2(4530K

πα °+°= , )rad(180V πα °=

V129,83V230)25,06

(2

3

2

)150sin()360sin(

6

5

2

3V230Ueeff =⋅−⋅

⋅=

°−°−−⋅⋅

⋅= ππ

πππ

A325,325

V129,83

R

UI eeff

eeff ===Ω

e.,) V4,563V2306U32U maxZ =⋅=⋅⋅= A53,2225

2V230

R

UI maxe

maxZ =⋅==Ω

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

ELEKTROTECHNIKA

Áramkör számítási ismeretek a hallgatói felkészülés támogatására

Összeállította:

Dr. Radács László

Gépészmérnöki és Informatikai Kar

Villamosmérnöki Intézet

MISKOLCI EGYETEM

2014

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

1

TARTALOM 1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák .................................................. 2

2 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények ............................................................... 3

2.1 Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények .................................................. 3

2.1.1 Aktív elemek ........................................................................................................ 3

2.1.2 Passzív elemek ..................................................................................................... 5

2.1.3 Teljesítmények ..................................................................................................... 5

2.1.4 Áramkörök részei ................................................................................................. 6

2.2 Kirchhoff törvényei ..................................................................................................... 7

2.2.1 Mintapélda ............................................................................................................ 8

2.2.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................... 9

2.3 Feszültség- és áramosztó összefüggések ................................................................... 10

2.3.1 Mintapélda .......................................................................................................... 11

2.3.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 11

3 Áramkör számítási tételek ................................................................................................. 13

3.1 A szuperpozíció elve ................................................................................................. 13

3.1.1 Mintapélda .......................................................................................................... 14

3.1.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 15

3.2 Helyettesítő generátorok tételei ................................................................................. 17

Thevenin tétel ................................................................................................................... 17

3.2.1 Mintapélda .......................................................................................................... 18

3.2.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 19

Norton tétel ....................................................................................................................... 20

3.2.3 Mintapélda .......................................................................................................... 21

3.2.4 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 22

4 Háromfázisú rendszerek .................................................................................................... 23

4.1 Elméleti összefoglaló ................................................................................................. 23

4.2 Mintapéldák ............................................................................................................... 26

4.2.1 Szimmetrikus csillag kapcsolás .......................................................................... 26

4.2.2 Szimmetrikus delta kapcsolás ............................................................................ 27

4.2.3 Aszimmetrikus csillag kapcsolás ....................................................................... 27

4.2.4 Aszimmetrikus delta kapcsolás .......................................................................... 28

4.3 Gyakorló feladatok .................................................................................................... 30

Irodalom ................................................................................................................................... 33

Köszönetnyilvánítás ................................................................................................................. 33

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

2

1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák

Az elektrotechnika az elektromágneses jelenségek gyakorlati hasznosításának a tudománya,

magában foglalja a villamos energia előállításával, szállításával és felhasználásával kapcsolatos

ismereteket. A mindennapjaink elképzelhetetlenek a villamos energia felhasználása, az

elektromágneses elveken történő jel- és információátvitel segítsége nélkül. Ebből kiindulva

megállapíthatjuk, hogy valamilyen mértékű elektrotechnikai ismerethalmazra minden műszaki

szakembernek feltétlenül szüksége van.

A tudományterület módszertanának lényeges eleme, hogy az egyes eszközök, gépek,

berendezések viselkedését, alapvető tulajdonságait áramköri modellek (helyettesítő kapcsolási

vázlatok) segítségével írja le, majd ezek alapján következtethetünk a további állapotokban

mutatott viselkedésre. Ezért rendkívül fontos a különböző áramkörök számítási módszereinek,

analizálásának elsajátítása.

Ennek a munkafüzetnek a célja, az önálló hallgatói felkészülés elősegítése, az előadásokon és

gyakorlatokon megszerzett ismeretek begyakoroltatása, készségszintűvé tétele, az alapvető

villamos szemléletmód kialakítása, valamint hogy közelebb hozza a villamosságtan egyes

témaköreit a nem villamosmérnöki szakos egyetemi hallgatókhoz, mivel az itt alkalmazott

elvek, módszerek – analógia alapján – számos más területen is alkalmazhatóak. A munkafüzet

elsősorban ajánlható valamennyi, a Miskolci Egyetemen Elektrotechnika, illetve

Elektrotechnika-Elektronika című tárgyat tanuló hallgató számára, a gépészmérnöki, az

energetikai mérnök, a mechatronikai mérnök, az ipari termék- és formatervező mérnök és a

műszaki menedzser alapszakokon, de hasonlóképpen a műszaki földtudományi alapszak egyes

szakirányain oktatott tárgyak elsajátításához. Az összeállított példaanyag azonban hasznos

lehet a Villamosságtan I. című tárgyat felvett villamosmérnök szakos hallgatók számára is.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

3

2 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények

Az áramkör az elektromágneses térnek olyan egyszerűsített leírása, amely csak az erőtér néhány

jellemző mennyisége közötti kapcsolatára vonatkozik, ezek rendszerint az áram és a feszültség.

Az áram a töltések villamos tér hatására bekövetkező rendezett mozgása, amelynek

megállapodás szerinti iránya a pozitív töltések valóságos, vagy látszólagos elmozdulási iránya.

A feszültség az egységnyi töltés által végzett munka, amelynek megállapodás szerinti iránya a

potenciál (munkavégző képesség) csökkenésének az iránya.

1. ábra: A legegyszerűbb villamos áramkör

2.1 Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények

2.1.1 Aktív elemek

Az áramkörök (villamos hálózatok) aktív elemei a villamos energia más energiaformából

történő előállítását szimbolizálják. Az aktív elemek többségében valamilyen külső energia

(mechanikai, vegyi, stb.) hatására megtörténik a különböző nemű töltések szétválasztása,

aminek következtében energiára tesznek szert és munkavégzésre lesznek képesek. Ezek a

feszültség generátorok. Az aktív elemek kisebb részében a külső energia hatására közvetlenül

töltések injektálódnak a hozzájuk kapcsolódó áramkörbe, ezek az áramgenerátorok.

Feszültség generátor Áramgenerátor

Uk = Ug − Rb I I = Ig − Uk

Rg

2. ábra: A valóságos generátorok áramköri jelölése és kapocsmennyiségei

Ha a generátorok veszteségei elhanyagolhatóan kicsik az áramkör többi teljesítményéhez

képest, akkor ideális generátorokról beszélünk. Ez a modellekben azt jelenti, hogy feszültség

generátornál Rb = 0, azaz Uk = Ug, áramgenerátornál pedig Rb = ∞, azaz I = Ig.

Az áramkörök számítási módszereinek matematikai eszközei a generátorok

forrásmennyiségeinek időfüggvényétől függenek.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

4

3. ábra: A generátorok forrásmennyiség időfüggvénye szerinti csoportosítása

Az időben állandó egyenáramú hálózatok esetén a számítás a legegyszerűbb, valós számokkal

dolgozhatunk. Amennyiben időben változó egyenáramú hálózattal van dolgunk, akkor

rendszerint az egyenáramú szempontból egyenértékű középértékeket használjuk, amit lineáris

középértéknek nevezünk és szintén valós szám.

Egy T periódusidővel változó f (t) függvény lineáris középértékének matematikai definíciója:

dt(t)fT

1=F

T

0

lin

A mindennapjainkban leginkább használt szinuszosan váltakozó áramú mennyiségek időbeli

változásának leírására – például feszültségnél – általános alakban az u(t)= Um sin(ωt+ρ)

függvény alkalmas. Egy lineáris áramkörben, ha a generátor forrásmennyisége szinuszos, akkor

az áramkör valamennyi mennyisége azonos ω körfrekvenciájú szinuszos mennyiség lesz, tehát

a jellemzésükre elegendő 2 adat: a nagyságra utaló jellemző és a vizsgálat kezdetekor felvett

érték, a ρ kezdőfázis. Mivel a lineáris középértékük nulla – a négyzetes középértéküket (effektív

érték) adjuk meg:

T

0

2

négyz dt(t)fT

1=F

Szinuszos mennyiségeknél a négyzetes középérték (effektív érték) a maximális pillanatérték

√2-ed része.

A szinuszos mennyiségek nagyságának és egymáshoz képesti fázisviszonyainak leírására

tökéletesen alkalmasak a komplex effektív értékek.

Az u(t)= Um sin(ωt+ρ) alakú szinuszos feszültség komplex effektív értéke:

Forrásmennyiség

időfüggvénye

szerint

Egyenáramú

Állandó Változó

Folyamatos Szaggatott

Váltakozó áramú

(Periodikus, lineáris középértéke=0)

SzinuszosEgyéb

(Pl. négyszög)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

5

ρsinUj+ρcosU=eU=e2

U=U jρjρm

A komplex effektív értékek használatával a váltakozó áramú áramkörök számításánál

ugyanazok az összefüggések és módszerek alkalmazhatók, mint az egyenáramú áramköröknél.

A többi periodikus, de nem szinuszos mennyiség matematikai leírását Fourier sorfejtési

tételének segítségével vezetjük vissza a szinuszos mennyiségek számítására, de jelen

munkafüzetben ezt nem tárgyaljuk.

2.1.2 Passzív elemek

Energia fogyasztó:

Ellenállás: a villamos energia más energiaformává (hő, mechanikai, stb.) való átalakulásának

leírására.

Energia tárolók:

Induktivitás: a mágneses tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére.

Kapacitás: a villamos tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére.

1. táblázat: Passzív áramköri elemek alapösszefüggései

Ellenállás Induktivitás Kapacitás

Áramköri jelölés

Tetszőleges

időfüggvényű

mennyiségek esetén

u = R i u = L di

dt i = C

du

dt

Állandó egyenáram

esetén U = R I rövidzár szakadás

Szinuszos váltakozó

áram esetén U = R I U = jωL I I = jωC U

2.1.3 Teljesítmények

Időben állandó egyenáramú áramkörökben a villamos áram teljesítménye

P = U I [W] (watt).

Váltakozó áramú áramkörökben, mivel a feszültség és az áram is szinuszosan változik, a

szorzatuk, azaz a pillanatnyi teljesítmény is szinuszosan változik (kétszeres frekvenciával).

Ennek az időfüggvénynek a jellemzésére háromféle teljesítményt használunk.

A függvény átlagértéke (lineáris középérték) az időegység alatt végzett munkára jellemző, ezt

hívjuk hatásos teljesítménynek:

P = U I cos [W] (watt).

Az összefüggésben U és I effektív értékek, a pedig a két mennyiség közötti fáziseltérés.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

6

A nulla középértékű, a termelő és a fogyasztó között lengő teljesítmény-komponenst a

csúcsértékével írjuk le, ezt meddő teljesítménynek nevezzük és az áramkör tároló elemeihez,

az induktív és kapacitív reaktanciákhoz társítható:

Q = U I sin [var] (volt-amper-reaktív)

A fenti definíciók után megrajzolható egy derékszögű háromszög a teljesítményekre (4.ábra),

4. ábra: Induktív jellegű fogyasztó fazorábrája és az ebből származtatható teljesítmény-

háromszög

A háromszög átfogója is egy teljesítmény, amelynek kifejezésében nem szerepel a fázisszög,

és az egyenáramú teljesítményhez hasonlóan számítható az effektív értékekből, ez a látszólagos

teljesítmény:

S = U I [VA] (volt-amper)

A gyakorlatban mindhárom teljesítménynek megvan a maga szerepe és jelentősége és –amint

fentebb látható – mértékegységükkel is megkülönböztetjük őket.

A teljesítménytényező a hatásos és a látszólagos teljesítmény viszonya, azaz szinuszos

váltakozó áram esetén:

𝑃

𝑆= cos

Amennyiben a feladat megoldását a feszültségek és áramok komplex effektív értékeivel

végeztük el, akkor a teljesítményeket ezekből közvetlenül is meghatározhatjuk.

A komplex teljesítmény:

S = U I∗ = U I ej = S ej = S cos + j S sin = P + j Q,

tehát egy komplex alakban elvégzett szorzással valamennyi teljesítmény meghatározható, de

nyomatékosan felhívnám a figyelmet arra, hogy helyes eredményt akkor kapunk, ha nem az

áram komplex effektív értékével, hanem annak a konjugáltjával szorzunk.

2.1.4 Áramkörök részei

Csomópont: kettőnél több hálózati elem kapcsolódási pontja. A csomópontokat általában nagy

betűkkel jelöljük meg, az 5. ábrán pl. A, B, C. Ha két csomópont között nulla ellenállású

vezető (rövidzár) található, akkor a két pont azonos potenciálú és nem számít új

csomópontnak.

Ág: két csomópont közötti hálózatrész, amelyen ugyanaz az áram folyik. Ugyanazon két

csomópont között több ág is lehet, de a különböző áramok miatt külön ágnak kell

tekinteni. Az 5. ábrán pl. az A és C csomópontok között két ág található: az Ue1-R1

feszültség generátor és az R3 ellenállás.

Hurok: azon ágak és csomópontok összessége, amelyeken végighaladva a kiindulási pontba

jutunk anélkül, hogy bármely ágon többször haladtunk volna. Az 5. ábrán pl. a I. hurok

az A-B-C-A útvonalat jelenti, míg a II. hurok a B-C-B útvonalat.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

7

5. ábra: Az áramkörök részeinek bemutatása

Megállapodás szerinti (valóságos) irányok:

Áram: a pozitív töltések valóságos vagy látszólagos mozgásiránya.

Feszültség: a potenciálcsökkenés iránya.

Vonatkozási (referencia, mérő) irányok:

Az irányukkal meg nem adott áramok és feszültségek előre, az áramkör számítás számára

önkényesen felvett iránya. Ha a számítás eredménye pozitív, akkor az általunk felvett irány

megegyezik a megállapodás szerinti iránnyal, ha negatív, akkor azzal ellentétes.

2.2 Kirchhoff törvényei

I. Csomóponti törvény: a töltés megmaradásának törvényét fejezi ki.

Egy csomópontba be- és kifolyó áramok vonatkozási irány szerinti összege zérus. A

csomópontba be-, illetve az onnan kifolyó áramok előjelét különbözőre kell választani.

0i

n

1k

k

i1 – i2 + i3 + i4 – i5 = 0

6. ábra: A csomóponti törvény alkalmazása

II. Hurok törvény: az energia megmaradásának törvényét fejezi ki.

Egy hurokban működő feszültségek vonatkozási irány szerinti összege zérus. A hurok felvett

körüljárási irányával megegyező, illetve azzal ellentétes irányú feszültségek előjelét

különbözőre kell választani.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

8

0u

n

1k

k

uL1 + uR1 – uG2 + uC2 – uR3 +uM3 + uG3

– uC4 + uG4 –uR4 = 0

7. ábra: A hurok törvény alkalmazása

2.2.1 Mintapélda

Megjegyzés: Az áramkör számítási mintapéldákat az elvek hangsúlyozása érdekében minden

esetben egyenáramú áramkörök esetére mutatjuk be, a váltakozó áramú áramkörök ugyanazon

elvek alkalmazásával számíthatók a komplex impedanciákkal és a mennyiségek komplex

effektív értékeivel.

Számítsa ki az alábbi áramkör valamennyi ágának áramát!

U0 = 10 V

I0 = 10 A

R1 = 2

R2 = 4

R3 = 3

R4 = 3

Megoldás:

Mivel az áramkörben a 4 ágáram ismeretlen, ezeknek meghatározásához 4 független Kirchhoff

egyenletet kell felírnunk, az ágak feszültségét – ha szükséges – az ágegyenletek segítségével

már ki lehet számolni.

Az áramkörben 3 csomópont található, a független csomóponti egyenletek száma ennél mindig

1-gyel kevesebb, esetünkben kettő. A megoldáshoz tehát még két hurokegyenletre van

szükségünk.

A csomópontra: I1 – I2 – I3 = 0

B csomópontra: I2 – I4 + I0 = 0

I. hurokra: I1R1 + I3R3 – U0 = 0

II. hurokra: I2R2 + I4R4 – I3R3 = 0

Az adatok behelyettesítése után valamilyen több-ismeretlenes egyenletrendszer megoldására

tanult matematikai módszerrel az ágáramok meghatározhatók. A részletes számítások

mellőzésével az eredmények:

I1 = 0,242 A; I2 = – 2,93 A; I3 = 3,17 A; I4 = 7,07 A.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

9

Érdemes megjegyezni, egy ilyen, viszonylag egyszerű áramkör esetén is jelentős számítási

munkát igényel a mennyiségek meghatározása, ezért a legritkább esetben használjuk a

Kirchhoff egyenletek felírását igénylő módszert. Összetettebb áramkörök esetén a számítási

munka sokszorozódik, így inkább valamilyen egyszerűsítő módszert használunk, amelyek

természetesen a Kirchhoff egyenleteken alapulnak.

2.2.2 Gyakorló feladatok

1. Két eltérő forrásfeszültségű és belső ellenállású generátor táplál párhuzamosan egy

fogyasztót. Határozza meg az áramkör mindhárom ágának áramát és a közös

kapocsfeszültséget!

(Eredmények: I1 = 1,54 A, I2 = – 0,23 A,

I = 1,31 A, U = 10,47 V)

2. Határozza meg az alábbi áramkör ellenállásainak az áramát!

(Eredmények: I1 = 3 A, I2 = 1 A, I3 = 2 A,

I4 = 2,5 A, I5 = 0,5 A)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

10

3. Számítsa ki az ábra szerinti áramkör valamennyi ágának áramát!

(Eredmények: I1 = 1,82 A, I2 = –0,97 A,

I3 = 0,55 A, I4 = –1,52 A, I5 = –1,27 A)

2.3 Feszültség- és áramosztó összefüggések

Áramkör számítási feladatok során gyakran találkozunk olyan esettel, hogy csak egy generátor

működik az áramkörben és csak egy ágnak a jellemzői érdekesek a számunkra. Ilyenkor

elkerülhető a Kirchhoff törvényekkel meghatározott több-ismeretlenes egyenletrendszer

felírása, illetve megoldása, helyette az ezekből (az Ohm-törvény felhasználásával) levezethető

feszültség- és áramosztó összefüggések használata a célszerű. Soros elemek árama azonos, a

feszültség az ellenállásokkal egyenes arányban oszlik meg, párhuzamos elemek feszültsége

azonos, az áram az ellenállásokkal fordítottan arányos.

21

22

21

11

RR

RUU

RR

RUU

21

12

21

21

RR

RII

RR

RII

Az összefüggések alkalmazása két elem esetén triviális, összetett áramköröknél a használatuk

nehézségeket okozhat. Ennek elkerülésére az áramköröket mindig két részre bontva kell

elképzelni, az egyik, ahol szeretnénk meghatározni az ismeretlen mennyiséget, a másik, ahol

nem érdekel. Ilyenkor az összefüggésekbe az egyes áramköri részek eredőjét kell helyettesíteni.

Többszörös soros, illetve párhuzamos kapcsolás esetén az összefüggéseket láncszerűen (a

kérdéses ágra közelítve) lehet alkalmazni.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

11

2.3.1 Mintapélda

Határozza meg az ábrán látható hálózat U3 feszültségét, valamint I2 és I4 áramát! Valamennyi

ellenállás értéke 5 Ω, a generátor feszültsége U = 16 V.

Megoldás:

A generátor felől nézve az R1 ellenállás sorba kapcsolódik az áramkör többi ellenállásának az

eredőjével, amelyen keressük az U3 feszültséget, tehát alkalmazható a feszültségosztó

összefüggés:

U3 = U R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)

R1 + R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)= 16

5 ∗ (5 + 5 ∗ 5)

5 + 5 ∗ (5 + 5 ∗ 5)= 6 V

Az U3 ismeretében a keresett I2 áram Ohm törvénye alapján számítható:

I2 = U3

R2 + R4 ∗ R5=

6

5 + 5 ∗ 5= 0,8 A

I2 meghatározása után az I4 áram az áramosztó összefüggéssel:

I4 = I2 R5

R4+ R5 = 0,8

5

5+5= 0,4 A

Amennyiben csak az I4 áram a kérdés, akkor a feszültségosztó láncszerű alkalmazásával az R4

ellenállás feszültsége közvetlenül felírható, majd az Ohm törvény alapján az árama is.

I4 = U R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)

R1 + R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)

R4 ∗ R5

R2 + R4 ∗ R5

1

R4= 16

3

8 2,5

7,5 1

5= 0,4 A

2.3.2 Gyakorló feladatok

1. Számítsa ki valamennyi ellenállás feszültségét a feszültségosztó összefüggés

segítségével a vonatkozási irányok felvétele után!

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

12

Uo = 10 V

R1 = 2

R2 = 3

R3 = 4

R4 = 3

(Eredmények: U1 = 4,88 V, U2 = 5,12 V, U3 = 2,93 V, U4 = 2,19 V; a feszültségek

előjele a felvett irányoktól függ.)

2. Számítsa ki valamennyi ellenállás áramát az áramosztó összefüggés segítségével a

vonatkozási irányok felvétele után!

Io = 6 A

R1 = 2

R2 = 3

R3 = 4

R4 = 3

(Eredmények: I1 = 3,2 A, I2 = 1,6 A, I3 = 2,8 A, I4 = 1,6 A – az áramok előjele a

felvett irányoktól függ.)

3. Határozza meg az áramkörben az U4 feszültséget!

U = 10 V

R1 = 2,5

R2 = 5

R3 = 2,5

R4 = 5

R5 = 5 Ω

(Eredmény: U4 = 1,43 V)

4. Határozza meg az áramkörben az I5 áramot!

Io = 6 A

R1 = 2

R2 = 3

R3 = 4

R4 = 3

R5 = 3

(Eredmény: I5 = 1 A)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

13

5. Határozza meg valamennyi áramköri elem feszültségét, ha a szinuszos generátor

feszültségének effektív értéke U = 12 V, frekvenciája f = 50 Hz (ennek a kezdőfázisát

tekintse nullának)!

R1 = 6

R2 = 8 Ω

L = 15,9 mH

C = 318 F

(Eredmények: UL = 12/0o V, UR1 = 6,23/19,7o V, UR2 = UC = 6,49/–18,9o V)

6. Határozza meg az alábbi áramkör valamennyi áramköri elemének áramát, ha a szinuszos

generátor áramának effektív értéke I = 5 A, frekvenciája f = 50 Hz (ennek a kezdőfázisát

tekintse nullának)!

R1 = 10

R2 = 30

L = 63,7 mH

C = 106 F

(Eredmények: IR1 = 3,1/7,1o A, IL = 1,96/–11,3o A, IR2 = 1,38/–56,3o A,

IC = 1,38/33,7o A)

3 Áramkör számítási tételek

3.1 A szuperpozíció elve

A szuperpozíció elve lineáris hálózatok számításaihoz alkalmazható. Egy hálózat akkor

lineáris, ha valamennyi eleme lineáris, vagyis az elemek karakterisztikája, azaz az i = f (u)

kapcsolat egyenes. Akkor lehet és célszerű alkalmazni, ha a hálózatban több generátor

működik.

Több forrást tartalmazó lineáris, reciprok hálózatokban a források együttes hatása

meghatározható egyenkénti hatásaik összegzésével.

Az egyes források hatásának vizsgálatakor a többit dezaktivizálni kell. (Feszültség generátornál

Ug = 0, áramgenerátornál Ig = 0).

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

14

3.1.1 Mintapélda

Határozza meg az ábrán látható hálózat R3 ellenállásának áramát és feszültségét a szuperpozíció

elvének felhasználásával!

U0 = 10 V

I0 = 10 A

R1 = 2

R2 = 4

R3 = 3

R4 = 3

Megoldás:

1. szuperpozíciós lépés – az U0 feszültség generátor működik, I0 dezaktivizálva

U3′ = U0

R3 ∗ (R2 + R4)

R1 + R3 ∗ (R2 + R4)= 10

3 ∗ (4 + 3)

2 + 3 ∗ (4 + 3)= 5,12 V

I3′ =

U3′

R3=

5,12

3= 1,71 A

2. szuperpozíciós lépés – az I0 áramgenerátor működik, U0 dezaktivizálva

I3′′ = I0

R4

R4 + R2 + R1 ∗ R3

R1

R1 + R3= 10

3

3 + 4 + 2 ∗ 3

2

2 + 3= 1,46 A

U3′′ = I3

′′ R3 = 1,46 ∙ 3 = 4,39 V

3. lépés – az egyes generátorok hatásainak összegzése

U3 = U3′ + U3

′′ =5,12 + 4,39 = 9,51 V

I3 = I3′ + I3

′′ = 1,71 + 1,46 = 3,17 A

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

15

3.1.2 Gyakorló feladatok

1. Határozza meg az ábrán látható hálózatban az I2 és I5 áram, valamint az U2 és U5

feszültség értékét a szuperpozíció elv felhasználásával!

Ug1 = 150 V

Ug2 = 120 V

R1 = 15

R2 = 5

R3 = 20

R4 = 10

R5 = 10

(Eredmények: U2 = 32,5 V, I2 = 6,5 A, U5 = 5 V, I5 = 0,5 A)

2. Határozza meg az ábrán látható hálózat R4 ellenállásának áramát és feszültségét a

szuperpozíció elvének felhasználásával!

U1= 100 V

U2= 60 V

R1= 2,5

R2= 5

R3= 2,5

R4= 5

R5= 5

(Eredmények: I4 = – 0,57 A, U4 = – 2,86 V)

3. Számítsa ki az alábbi áramkör I2 áramát a szuperpozíció elv segítségével!

U = 100 V

I = 5 A

R1 = 30

R2 = 14

R3 = 10

R4 = 30

R5 = 16

(Eredmény: I2 = 2,57 A)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

16

4. Határozza meg az ábrán látható hálózat R2 ellenállásának áramát és feszültségét a

szuperpozíció elvének felhasználásával!

Ug = 12 V

Ig = 2 A

R1 = 4 Ω

R2 = 3 Ω

R3 = 6 Ω

R4 = 6 Ω

(Eredmények: I2 = 1,69 A, U2 = 5,07 V)

5. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágának áramát és feszültségét a

szuperpozíció elv segítségével!

U1 = 120 V

U2 = 100 V

I = 12 A

R1 = 10 Ω

R2 = 50 Ω

R3 = 20 Ω

R4 = 30 Ω

(Eredmények: IAB = 7,7 A, UAB =155 V)

6. Határozza meg az ábrán látható áramkörben a C4 kapacitás áramának és

feszültségének az időfüggvényét!

io = 7,07 sin 314t [A]

uo = 14,1 sin (314t + π/4) [V]

R1 = 2 Ω

L2 = 12,7 mH

R3 = 3 Ω

C4 = 1060 µF

(Eredmények: iC = 4 sin (314t + 86o 𝜋

180°)) A, uC = 12 sin (314t – 4o 𝜋

180°) V)

Megjegyzés: az időfüggvények argumentumában a kezdőfázist matematikailag helyesen

radiánban kell szerepeltetni, de gyakran eltekintünk az átváltástól és fokban írjuk, mivel így

jobban tudjuk értelmezni a szögeket.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

17

3.2 Helyettesítő generátorok tételei

Bármely lineáris, invariáns, aktív hálózat tetszőleges két pontja felől nézve helyettesíthető egy

valóságos generátorral.

Alkalmazása akkor célszerű, ha az áramkörnek csak egy része változik, vagy változtatható.

Ilyenkor a változatlan hálózatrészt egy valóságos generátorral helyettesítjük, majd ennek a

helyettesítő generátornak a különböző terhelési állapotait egyszerűen számolhatjuk.

A valóságos generátor két paramétere a következő megfontolások alapján határozható meg.

Lineáris elemekből álló hálózat valamennyi egyenlete lineáris, tehát tetszőleges két pontja

közötti feszültsége és árama közötti kapcsolata is lineáris. U és I kapcsolatát kizárólag a lezárás

határozza meg. (

Matematikailag az egyenest két pontja meghatározza, tehát elegendő, ha az eredeti hálózat és a

helyettesítő generátor két különböző terhelés esetén egyenértékű, akkor valamennyi terhelési

állapotban azok lesznek.

8. ábra: A helyettesítő generátorok tételének szemléltetése

Thevenin tétel

A Thevenin tétel szerint a lineáris, invariáns, aktív hálózat helyettesíthető egy valóságos

feszültség generátorral.

Üresjárásban – a vizsgált ág két végpontja közötti lezárást eltávolítva – a helyettesítő feszültség

generátor üresjárási feszültsége és az eredeti hálózat A - B pontjai között mért feszültség meg

kell, hogy egyezzen, azaz Ug = UAB0. Ugyancsak meg kell, hogy egyezzen az eredeti

dezaktivizált hálózat A - B pontjai felől nézett eredő ellenállás a helyettesítő generátornál

mérhetővel, azaz Rb = RABer.

A dezaktivizálás azt jelenti, hogy eltávolítjuk a forrásmennyiségeket: Ug = 0, Ig = 0 és csak a

generátorok belső ellenállása szerepel az áramkörben.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

18

3.2.1 Mintapélda

Alkossa meg az ábrán látható hálózat A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő képét, majd

ennek segítségével határozza meg a bejelölt I2 áramot!

U = 120 V

R1 = 20

R2 = 14

R3 = 20

R4 = 10

R5 = 15

Megoldás:

Az R2 ellenállást eltávolítva az A - B pontok közül, feszültségosztóval meghatározzuk az

üresjárási feszültséget, ez lesz a helyettesítő generátor forrásfeszültsége. Mivel az R3 és R4

ellenállásokon nem folyik áram, a két pont között az R3 ellenállás feszültsége mérhető:

Ug = UAB0 = U R3

R1 + R3= 120

20

20 + 20= 60 V

A helyettesítő generátor belső ellenállása a dezaktivizált áramkör A - B pontok felől nézett

eredő ellenállása lesz:

Rb = RABer = R1 ∗ R3 + R4 ∗ R5 = = 20 ∗ 20 + 10 ∗ 15 = 16 Ω

A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint

terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot:

I2 = Ug

Rb + R2=

60

16 + 14= 2 A

Amennyiben az R2 változik, akkor már csak ez utóbbi összefüggést

kell újra kiszámolni.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

19

3.2.2 Gyakorló feladatok

1. Alkossa meg az ábrán látható hálózatnak először az R3, majd R5 ellenállások

végpontjaira vonatkozó Thevenin helyettesítő modelljét, majd ezek segítségével

határozza meg a bejelölt U3 és U5 feszültségeket!

U = 120 V

R1 = 30

R2 = 26

R3 = 45

R4 = 60

R5 = 40 Ω

(Eredmények: Ug3 = 75 V, Rb3 = 18,75 Ω, U3 = 52,9 V, Ug5 = 41,5 V, Rb5 = 25,4 Ω,

U5 = 25,4 V)

2. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágában lévő R4 ellenállás áramát és

feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával!

U = 100 V

R1 = 30

R2 = 20

R3 = 30

R4 = 28

R5 = 40

(Eredmények: Ug = 40 V, Rb = 12 Ω, I4 = 1 A, U4 = 28 V)

3. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágában lévő R4 ellenállás áramát és

feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával!

U = 120 V

I = 10 A

R1 = 10

R2 = 20

R3 = 5

R4 = 15

(Eredmények: Ug = 146,7 V, Rb = 11,67 Ω, I4 = 5,5 A, U4 = 82,5 V)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

20

4. Határozza meg az ábrán látható hálózat R1 ellenállásának áramát és feszültségét a

Thevenin tétel felhasználásával!

I = 6 A

R1 = 16

R2 = 6

R3 = 12

R4 = 10

(Eredmények: Ug = 24 V, Rb = 14 Ω, I1 = 0,8 A, U1 = 12,8 V)

5. Határozza meg az ábra szerinti kapcsolás A - B pontokra vonatkozó Thevenin

helyettesítő képét, majd ennek segítségével határozza meg az R2 ellenállás áramának

időfüggvényét, ha az A-B kapcsokra u = 33,9 sin 314t [V] feszültséget kapcsolunk!

R1 = 6

R2 = 8 Ω

L = 15,9 mH

C = 318 F

(Eredmények: Ug = 20,6/–31o V, Zb = 5,14/–31o Ω, i2 = 2,3 sin (314t – 18,9o) A

6. Alkossa meg az ábrán látható hálózat A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő

képét, majd ennek segítségével határozza meg az R2 ellenállás áramának időfüggvényét!

u(t) = 28,3 sin 314t [V]

R1 = 5

R2 = 1

R3 = 3

L = 9,55 mH

C = 637 F

(Eredmények: Ug = 14,1/–45o V, Zb = 4,12/–14o Ω, i2 = 3.92 sin (314t – 33,7o) A

Norton tétel

A Norton tétel szerint a lineáris, invariáns, aktív hálózat helyettesíthető egy valóságos

áramgenerátorral.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

21

Rövidzárásban – a vizsgált ág két végpontját nulla ellenállású vezetővel összekötve – a

helyettesítő áramgenerátor rövidzárási árama és az eredeti dezaktivizált hálózat A - B pontjai

között mért rövidzárási áram meg kell, hogy egyezzen, azaz Ig = IABz. Ugyancsak meg kell,

hogy egyezzen az eredeti hálózat A-B pontjai felől nézett eredő ellenállás a helyettesítő

generátornál mérhetővel, azaz Rb = RABer (természetesen a rövidzár nélkül).

Ha egy áramkör egyenértékűen helyettesíthető egy valóságos feszültség generátorral, vagy egy

valóságos áramgenerátorral, akkor a két generátor is egyenértékű lehet egymással. Ennek

feltétele, hogy a két generátor belső ellenállása (Rb) megegyezzen és a forrásmennyiségek

között fennálljon az Ug = Rb Ig összefüggés. Ebből az is következik, hogy egy feszültség

generátor egyenértékűen átalakítható áramgenerátorrá és viszont.

3.2.3 Mintapélda

Oldjuk meg a Thevenin tételnél kitűzött mintapéldát a Norton helyettesítő generátor

segítségével. Ezzel megtakarítjuk a belső ellenállás meghatározásának munkáját, hiszen

ugyanúgy kell itt is meghatározni, tehát az értéke is ugyanaz lesz.

Megoldás:

Az A - B pontok közötti rövidzáron folyó áramot meghatározva kapjuk a helyettesítő generátor

forrásáramát.

IABz =U

R1 + R3 ∗ R4 ∗ R5

R3

R3 + R4 ∗ R5=

= 120

20 + 20 ∗ 10 ∗ 15

20

20 + 10 ∗ 15= 3,75 A

A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint

terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot:

I2 = Ig

Rb

Rb+R2= 3,75

16

16 + 14= 2 A

A két helyettesítéssel kapott eredmény természetszerűen megegyezik és ellenőrizhetjük a két

generátor forrásmennyiségei közötti Ug=Rb Ig kapcsolatot: 60 = 16*3,75.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

22

3.2.4 Gyakorló feladatok

1. Határozza meg az ábrán látható hálózat R1 ellenállására vonatkozó Norton helyettesítő

képet! A modell segítségével számítsa ki az R1 ellenállás áramát és feszültségét!

I = 10 A

R1 = 24 Ω

R2 = 60 Ω

R3 = 40 Ω

R4 = 12 Ω

(Eredmények: Ig = 6,67 A, Rb = 36 Ω, I1 = 4 A, U1 = 96 V

2. Határozza meg az ábrán látható hálózat R3 ellenállására vonatkozó Norton helyettesítő

képet! A modell segítségével számítsa ki az R3 ellenállás áramát és feszültségét!

U = 120 V

R1 = 30 Ω

R2 = 18 Ω

R3 = 10 Ω

R4 = 30 Ω

R5 = 20 Ω

(Eredmények: Ig = 4 A, Rb = 15 Ω, I3 = 2,4 A, U3 = 24 V)

3. Határozza meg az alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét a Norton

helyettesítő generátor segítségével!

U1 = 120 V

U2 = 90 V

R1 = 20

R2 = 10

R3 = 30

R4 = 50

R5 = 40

(Eredmények: Ig = 4,2 A, Rb = 25 Ω, I4 = 1,4 A, U4 = 70 V

4. Határozza meg az ábrán látható hálózat A – B ágában lévő R3 ellenállásra vonatkozó

Norton helyettesítő képet! A modell segítségével számítsa ki az R3 ellenállás áramát és

feszültségét!

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

23

U1 = 60 V

U2 = 50 V

I = 6 A

R1 = 10 Ω

R2 = 50 Ω

R3 = 20 Ω

R4 = 30 Ω

(Eredmények: Ig = 12,63 A, Rb = 8,89 Ω, I3 = 3,88 A, U3 = 77,7 V

5. Határozza meg a hálózat Z impedanciájára vonatkozó Norton helyettesítő képet, majd

ez alapján számítsa ki az impedancia áramának komplex effektív értékét. Adja meg az

áram időfüggvényét is, ha a generátor feszültségének frekvenciája 60 Hz.

Ug = 12 V (valós)

Z1 = 3

Z2 = -j3

Z3 = j6

Z = j2,4

(Eredmények: Ig = 4/0o A, Zb = 2,68/–27o Ω, I = 4/–53o A, i = 5,66 sin (377t – 53o) A

4 Háromfázisú rendszerek

4.1 Elméleti összefoglaló

A villamos energiatermelés, elosztás és felhasználás területén a legelterjedtebbek világszerte a

háromfázisú rendszerek. A széleskörű felhasználás az egyfázisú rendszerekhez képesti alábbi

előnyökkel magyarázható:

- egy- és háromfázisú fogyasztók egyaránt elláthatók a rendszerről,

- az egy fázisra jutó vezetékek száma kevesebb,

- az egyik kapcsolási módnál két különböző nagyságú feszültségrendszer áll

rendelkezésre,

- egyszerű forgó mágneses teret létrehozni vele (a villamos forgógépek működésének

alapja),

- szimmetrikus rendszerben a három fázis együttes hatásos teljesítménye időben

állandó.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

24

Általános esetben a három feszültség időfüggvénye:

uL1 = UL1m sin (t + ρ1)

uL2 = UL2m sin (t + ρ2)

uL3 = UL3m sin (t + ρ3)

Szimmetrikus a háromfázisú feszültségrendszer, ha a fázisok feszültségei egyenlő nagyok

UL1m = UL2m = UL3m = Um

és egymáshoz képest azonos szöggel vannak eltolva

12 = 23 = 31 =120o = 2𝜋

3 rad

Így a három feszültség (az uL1 kezdőfázisát nullának választva):

uL1 = Um sin t

uL2 = Um sin (t – 2𝜋

3)

uL3 = Um sin (t – 4𝜋

3) = Um sin (t +

2𝜋

3)

9. ábra: A szimmetrikus háromfázisú rendszer feszültségeinek időfüggvénye

A szimmetrikus feszültségrendszer komplex effektív értékei:

UL1 = U (valósnak választva)

UL2 = U e−j120o

UL3 = U ej120o

Ha a fenti két feltétel közül valamelyik nem teljesül, akkor aszimmetrikus a rendszer.

Megjegyzendő, hogy a szabványos L1, L2, L3 fázisjelölések helyett a gyakorlatban és az

oktatásban is elterjedten használatosak az 1,2,3 vagy az R, S, T, valamint az A, B, C

betűhármasok is.

A háromfázisú fogyasztó fázisainak kapcsolási módjai

Csillag (ipszilon, Y) kapcsolás, amely lehet 3 vagy 4 vezetékes, ebben az esetben a fázisok egy-

egy kivezetését közös pontba fogjuk össze, míg a maradék három kivezetés adja a rendszer

3 fázisát (10. ábra). Amennyiben a közös pontot is kivezetjük, akkor kapjuk a 4 vezetékes

rendszert.

Csillag kapcsolás esetén kétféle feszültségrendszer áll a rendelkezésünkre, a fáziskivezetések

és a csillagpont között mérhető fázisfeszültségek rendszere, valamint a fáziskivezetések között

mérhető vonali feszültségek rendszere. A negyedik (null-, nulla) vezető szokásos jelölése N

vagy 0.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

25

10. ábra: A csillag kapcsolású rendszer feszültségei

Szimmetrikus rendszer esetén UA=UB=UC=Uf és UAB=UBC=UCA=Uv. A két feszültség

nagysága közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy:

Uv= √3 Uf A kapcsolási módból következően a vonali és a fázis áramok azonosak:

Iv = If

Delta (háromszög, ∆) kapcsolásnál az egyes fázisok végeit a következő fázis kezdetéhez

kapcsoljuk, és ezekhez csatlakozunk. Így a rendszer csak 3 vezetékes lehet, ezért a

fázisegységeken és a kivezetések között mérhető feszültségek azonosak.

Uv = Uf

11. ábra: A delta kapcsolású rendszer áramai

Az áramokat tekintve kétféle áramrendszerről beszélhetünk: a két indexszel ellátott

fázisáramokról, amelyek az egyes fázisegységekben folynak, és az egy indexes vonali

áramokról, amelyek a fáziskivezetésekhez csatlakozó vezetőkben folynak (11. ábra).

Szimmetrikus rendszer esetén IAB=IBC=ICA=If és IA=IB=IC=Iv jelölésekkel, a két áram nagysága

közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy:

Iv= √3 If Egy fogyasztó szimmetriájának a feltétele, hogy mindhárom fázisban, komplex alakban azonos

legyen az impedancia:

Csillag kapcsolású fogyasztónál: ZA = ZB = ZC = Z ej Delta kapcsolású fogyasztónál: ZAB = ZBC = ZCA = Z ej A szimmetrikus rendszerek számításai azzal az előnnyel járnak, hogy csak egy fázis jellemzőit

szükséges kiszámolni, mivel tudjuk, hogy a másik két fázis mennyiségei ugyanakkorák, de

kezdőfázisaik ±2𝜋

3-mal eltérnek.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

26

Aszimmetrikus fogyasztó esetén a feszültségek és áramok számítását fázisonként, komplex

alakban kell elvégezni az Ohm-törvény és a Kirchhoff-törvények alapján. Egyszerűbb

esetekben lehetséges a mennyiségek fazorábrán történő ábrázolása után a nagyságok és fázisok

geometriai úton való meghatározása.

A háromfázisú teljesítmények számításakor szimmetrikus fogyasztónál elegendő egy fázis

teljesítményét meghatározni, majd a háromszorosát venni, ami kifejezhető a vonali

mennyiségekkel is.

P3f = 3 Pf = 3 Uf If cos = √3 Uv Iv cos

Q3f = 3 Qf = 3 Uf If sin = √3 Uv Iv sin

S3f = 3 Sf = 3 Uf If = √3 Uv Iv

A teljesítménytényező az egy fázisú esethez hasonlóan: P3f

S3f = cos

Aszimmetrikus fogyasztó esetén a háromfázisú hatásos és meddő teljesítmények az egyes

fázisok teljesítményeinek összegzésével nyerhetők.

P3f = PA + PB + PC = UAf IAf cos A + UBf IBf cos B + UCf ICf cos C

Q3f = QA + QB + QC = UAf IAf sin A + UBf IBf sin B + UCf ICf sin C

A háromfázisú látszólagos teljesítmény nem a fázisteljesítmények összegzésével, hanem a

Pitagorasz-tétel segítségével számítható:

S3f = √P3f2 + Q3f

2

Ebben az esetben a háromfázisú hatásos és látszólagos teljesítmények viszonyának nincs fizikai

tartalma.

A háromfázisú rendszerek és fogyasztók jellemzésére a gyakorlatban mindig a vonali

mennyiségeket és a háromfázisú teljesítményeket használjuk.

4.2 Mintapéldák

4.2.1 Szimmetrikus csillag kapcsolás

Egy háromfázisú szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó felvett látszólagos teljesítménye

6 kVA. A vonali feszültség U400V, a fogyasztó teljesítmény tényezője cos 0,8 (induktív).

Mekkora a fázisfeszültség, a hatásos és meddő teljesítmény, a fázisáram, a vonali áram, egy

fázis impedanciája? Meghatározandó annak az ellenállásnak és reaktanciának az értéke,

amelyeket sorosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!

Megoldás:

A fázisfeszültség: Uf = Uv

√3=

400

√3= 230 V

A hatásos teljesítmény: P = S cos = 6*0,8 = 4,8 kW

A meddő teljesítmény: Q = S sin = 6*0,6 = 3,6 kvar

A fázisáram: If = S

3 Uf=

6000

3∗230= 8,7 A

A vonali áram: Iv = If = 8,7 A

Egy fázis impedanciája: Z = Uf

If=

230

8,7= 26,4

Az ellenállás: Rs = Z cos = 26,4*0,8 = 21,1 Ω

A reaktancia: Xs = Z sin = 26,4*0,6 = 15,9 Ω

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

27

4.2.2 Szimmetrikus delta kapcsolás

Egy háromfázisú delta kapcsolású szimmetrikus fogyasztó felvett hatásos teljesítménye 3 kW.

A vonali feszültség U 400 V, a fogyasztó teljesítmény-tényezője cos 0,6.

Mekkora a fázisfeszültség, a látszólagos és meddő teljesítmény, a fázisáram, a vonali áram, egy

fázis impedanciája? Meghatározandó annak az ellenállásnak és reaktanciának az értéke,

amelyeket párhuzamosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!

Megoldás:

A fázisfeszültség: Uf = Uv = 400 V

A látszólagos teljesítmény: S = P

cos =

3

0,6= 5 kVA

A meddő teljesítmény: Q = S sin = 5*0,8 = 4 kvar

A fázisáram: If = S

3 Uf=

5000

3∗400= 4,17 A

A vonali áram: Iv= √3 If = √3 * 4,17 = 7,21 A

Egy fázis impedanciája: Z = Uf

If=

400

4,17= 95,9

Az ellenállás: Rp = Z

cos =

95,9

0,6= 160

A reaktancia: Xp = Z

sin =

95,9

0,8= 120

4.2.3 Aszimmetrikus csillag kapcsolás

Egy háromfázisú, U100V vonali feszültségű, négyvezetős hálózatra az ábra szerinti

fogyasztókat kapcsoljuk. Számítsuk ki a fázisáramokat, majd a kapcsolás fazorábrája

segítségével, a nulla vezetőben folyó áramot!

Adatok: R10 , XL30 , XC30

Megoldás:

A fázisfeszültség: Uf = Uv

√3=

100

√3= 57,7 V

Az egyes fázisok árama: IA = Uf

XL=

57,7

30= 1,92 A

IB = Uf

XC=

57,7

30= 1,92 A

IC = Uf

R=

57,7

10= 5,77 A

A csillagpontra felírva Kirchhoff csomóponti törvényét:

IN = IA + IB + IC

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

28

A fazorábra:

Az ábra elkészítésének menete:

- kiindulásként felvesszük a fázisfeszültségek szimmetrikus rendszerét (UA , UB , UC),

- berajzoljuk a fázisáramokat (IA 90o-ot késik UA-hoz képest, IB 90o-ot siet UB-hez

képest, ICfázisban van UC-vel.)

- ha a fázisáramok összegzését IA + IB-vel kezdjük, akkor eredőjük egy egyenesbe

esik az IC-vel, így algebrai különbségként számíthatjuk az IN nagyságát.

IN = IC – 2*IA*cos 30o = 5,77 – 2*1,92*√3

2 = 2,44 A

4.2.4 Aszimmetrikus delta kapcsolás

A ábrán látható háromfázisú fogyasztó rendszer adatai: U400 V, R23 , XL40 ,

XC40 . Mekkorák a fázisáramok? Rajzoljon fazorábrát, majd ez alapján határozza meg a

vonali áramok nagyságát!

Megoldás:

Az egyes fázisok árama: IAB = Uf

R=

400

23= 17,4 A

IBC = Uf

XC=

400

40= 10 A

ICA = Uf

XL=

400

40= 10 A

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

29

A fazorábra:

Az ábra elkészítésének menete:

- kiindulásként felvesszük a vonali feszültségek szimmetrikus rendszerét

(UAB , UBC , UCA),

- berajzoljuk a fázisáramokat (IAB fázisban van UAB-vel, IBC 90o-ot siet UBC-hez

képest, ICA 90o-ot késik UCA-hoz képest.)

- a vonali áramok a csomóponti törvények alapján:

IA = IAB − ICA

IB = IBC − IAB

IC = ICA − IBC

A fázisáramok nagysága és a fázishelyzetek alapján az IA, IB, IC vonali áramok szabályos

háromszöget alkotnak, nagyságuk:

IA = IB = IC = 10 A

A feladat megoldása a komplex számítási módszer alkalmazásával:

A fázisfeszültségek:

UAB = 400 V (valós)

UBC = 400 e−j 2π

3

UCA = 400 e+j 2π

3

A fázisáramok:

IAB = UAB

R=

400

23= 17,3 A

IBC = UBC

XC

= 400 e−j

2π3

40 e−jπ2

= 10 e−j π6 A = (8,66 − j 5) A

ICA = UCA

XL

= 400 e+j

2π3

40 e+jπ2

= 10 e+j π6 A = (8,66 + j 5) A

A vonali áramok:

IA = IAB − ICA = 17,3 − 8,66 − j5 = 8,66 − j5 = 10 e−j π

6 A

IB = IBC − IAB = 8,66 − j5 − 17,3 = −8,66 − j5 = 10 e−j 5π

6 A

IC = ICA − IBC = 8,66 + j5 − 8,66 + j5 = j10 = 10 ej π

2 A

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

30

4.3 Gyakorló feladatok

1. Egy háromfázisú, szimmetrikus, csillag kapcsolású fogyasztó fázisonkénti

impedanciája komplex alakban Z=(16 + j12) Ω. A hálózatból felvett árama 11,5 A.

Határozza meg a fogyasztó:

a) fázisáramát,

b) fázisfeszültségét,

c) vonali feszültségét,

d) hatásos, meddő és látszólagos teljesítményét

e) teljesítménytényezőjét.

(Eredmények: If = 11,5 A, Uf = 230 V, Uv = 400 V, P = 6350 W, Q = 4760 var, S = 7940 VA,

cos = 0,8.)

2. A 400 V-os, háromfázisú hálózatra kapcsolt, szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó

hatásos teljesítménye 8 kW, teljesítménytényezője 0,8 (induktív).

a) Számítsa ki a fogyasztó látszólagos és meddő teljesítményét!

b) Mekkora a fogyasztó fázisfeszültsége?

c) Mekkora a fogyasztó fázisárama?

d) Mekkora a vonali áram?

e) Határozza meg a fogyasztó egy fázisának ellenállását és induktív reaktanciáját soros

összetevők feltételezésével! (Eredmények: S = 10 kVA, Q = 6 kvar, Uf = 230 V, If = 14,5 A, Iv = 14,5 A, R = 12,7 Ω,

XL = 9,52 Ω.)

3. Egy háromfázisú, szimmetrikus, delta kapcsolású fogyasztó fázisonkénti impedanciája

Z = (60 + j80) Ω. A fogyasztót 400 V vonali feszültségű hálózatra kapcsoljuk. Számítsa

ki a fogyasztó:

a) fázisfeszültségét,

b) fázisáramát,

c) vonali áramát,

d) látszólagos, hatásos és meddő teljesítményét,

e) teljesítménytényezőjét.

(Eredmények: Uf = 400 V, If = 4 A, Iv = 6,93 A, S = 4,8 kVA, P = 2,88 kW,

Q = 3,84 kvar, cos = 0,6.)

4. Egy háromfázisú, szimmetrikus delta kapcsolású fogyasztó látszólagos teljesítménye

9 kVA, a hálózat vonali feszültsége 400 V. A kapacitív fogyasztó teljesítménytényezője

cos =0,6. Mekkora:

a) a vonali áram,

b) a fázisáram,

c) a hatásos és a meddő teljesítmény,

d) az egy fázisban lévő impedancia? Meghatározandó az az ellenállás és reaktancia,

amelyek párhuzamosan kapcsolva eredőül a kérdéses impedanciát adják!

(Eredmények: Iv = 13 A, If = 7,5 A, P = 5,4 kW, Q = – 7,2 kvar, Z = 53,3 Ω, R = 88,9 Ω,

XC = 66,7 Ω.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

31

A következő, aszimmetrikus háromfázisú fogyasztóra vonatkozó feladatok mindegyike

megoldható mind a komplex leírásmód segítségével, mind pedig fazorábrák segítségével, az

áramok nagyságának és fázishelyzetének rajz alapján történő meghatározásával.

5. A 190 V-os háromfázisú, négyvezetős rendszerre csatlakoztatjuk az ábra szerinti

fogyasztót. Határozza meg az egyes fázisok, valamint a nulla vezető áramát.

Adatok: XL = 220 Ω, XC = 110 Ω.

(Eredmények: IA = 0,5 A, IB = IC = 1 A, IN = 1,5 A.)

6. Az ábrán látható háromfázisú fogyasztó adatai: U = 141 V, R = XL = XC = 100 Ω.

a) Határozza meg a fázis és a vonali áramokat.

b) Mekkora a fogyasztó eredő meddő teljesítménye?

(Eredmények: IAB = IBC = ICA = 1 A, IA = 1,94 A, IB = 1,73 A, IC = 0,518 A,

Q = 100 var.)

7. Három darab 1000 W-os ellenállás csillag kapcsolásban csatlakozik a 400 V-os

hálózatra. Mekkorák az egyes vezetőkben folyó áramok, ha az A fázis vezetője

megszakad és (a) a csillagpont össze van kötve a nullvezetővel, (b) nincs összekötve.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

32

(Eredmények: (a) IA = 0, IB = IC = IN = 4,38 A, (b) IA = 0 A, IB = IC = 3,81 A)

8. A gyakorlatban sokszor szükséges a három fázis sorrendjének megállapítása, ennek az

egyik lehetséges módja az optikai fázissorrend mutató, amely tulajdonképpen egy

speciális aszimmetrikus terhelés. (Pozitív a fázissorrend, ha az U1-hez képest 120o-ot

késik az U2 és 240o-ot az U3. Negatív sorrend esetén az U1-hez képest az U3 késik 120o-

ot az U2 és 240o-ot.) Kössünk egy kondenzátort és két azonos nagyságú ellenállást

három vezetékkel a hálózatra az ábrán látható kapcsolásban. Alkossanak a hálózat U1,

U2, U3 fázisfeszültségei szimmetrikus rendszert, ahol a feszültségek nagysága Uf,

azonkívül a fogyasztóra teljesül az R = XC feltétel. Mivel a csillagpontok nincsenek

összekötve, azok között U00’ feszültségkülönbség lép fel. Határozza meg az fogyasztó

aszimmetrikus fázisfeszültségeit!

(Eredmények: UA = 1,34Uf /-270o,) UB = 1,5 Uf /-102o, UC = 0,4 Uf /139o; a számítások során

az U1 feszültséget tekintettük valósnak. Az eredményekből látszik, hogy amennyiben az

ellenállásokat 1-1 izzó képviseli, akkor a B fázisban lévő sokkal erősebben világít, mint a C

fázisban lévő. Az is belátható, hogy fordított fázissorrend esetén a C fázisban lévő izzó fog

erősebben világítani, így a kapcsolás alkalmas a fázissorrend indikálására.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra

33

Irodalom

1. Uray Vilmos – dr. Szabó Szilárd: Elektrotechnika, Tankönyv, Tankönyvkiadó, Budapest,

1981.

2. Tevanné Szabó Júlia: Feladatgyűjtemény I., Kézirat, Tankönyvkiadó, Budapest, 2000.

3. Demeter Károlyné – Dén Gábor – Szekér Károly – Varga Andrea: Villamosságtan I.

(Óbuda) 4. változatlan utánnyomás, BMF-KVK, 2006.

Köszönetnyilvánítás

Az oktatási segédlet kidolgozása a Miskolci Egyetem társadalmi – gazdasági szerepének

fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra témakörű K+F projektje

keretében - TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 - az „ELTÉRŐ UTAK A SIKERES ÉLETHEZ”

projekt részeként – az Új Széchenyi Terv keretében – az Európai Unió támogatásával, az

Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg.

Elkal példák

Kétpólusok u, i kapcsolatai a berajzolt referencia irányoknál

Általános időfüggvényű ellenállás induktivitás kondenzátor

kapcsolatok (pillanatértékek)

Mindig igazak!

iRu dt

diLu dti

C

1u

8.21,22,23. Szinuszos áramú és feszültségű kétpólusok

legyen )tsin(Ii

)tsin(IRu )tcos(ILu ))tcos((IC

1u

)tsin(Uu )tcos(U )tcos(U

= )90tsin(U 0 = )90tsin(U 0

Az effektív érték (négyzetes középérték) dtiT

1I 2 a periódusidő T=

f

1. Szinuszos

mennyiségeknél 2

II I2I

Szinuszos áramoknál I

U

I

UR ][

I

UXL L ][

I

UX

C

1C

][

a fentiek alapján R ellenállás XL induktív XC kapacitív

(rezisztencia) reaktancia reaktancia

8.24,25. Egy induktivitás 5 A effektív értékű áramot vesz fel a 110 V effektív értékű 60 Hz-es

hálózatból.

Írja fel az áram és a feszültség pillanatértékét matematikailag és határozza meg az induktív

reaktanciát valamint az induktivitást!

( 377602f2 rad/s )t377sin(07.7i A )90tsin(56.155)tcos(56.155u 0 V.

Az áram 900-ot késik a feszültséghez az képest! 22I

UXL 36.58

XL L

mH)

8.26,27. Egy kondenzátor 2 A áramot vesz fel a 120 V-os 50 Hz-es hálózatból.

Írja fel feszültség és az áram pillanatértékét matematikailag, és határozza meg a kapacitív

reaktanciát, valamint a kapacitást!

( 314502f2 rad/s )t314sin(828.2i A )90tsin(7.169)tcos(7.169u 0 V.

Az áram 900-ot siet a feszültséghez képest! 60I

UXC 53

X

1C

C

F)

8.28. A feszültség egy 0.5 H-s induktivitáson u=200.sin(100.t). Írja fel az áram pillanatértékét

(időfüggvényét)!

(i=4.sin(100.t-900))

8.29. Az áram egy 50 μF-os kapacitáson i=2.sin(1000.t). Írja fel a feszültség pillanatértékét

(időfüggvényét)!

(u=40.sin(1000.t-900))

8.30. A feszültség és az áram egy kétpóluson u=100.sin(377.t+200) és i=4.sin(377.t-700). Milyen

fajta elemről van szó és mekkora az értéke?

(Mivel a feszültség és az áram közötti fázisszög φ=φu-φi=900, az áram késik a feszültséghez, a

kétpólus induktív reaktancia. XL=25 , L=66,3 mH)

ui

8.31. A feszültség és az áram egy kétpóluson u=200.sin(314.t-100) és i=20.sin(314.t-100). Milyen

fajta elemről van szó és mekkora az értéke?

(Mivel a feszültség és az áram közötti fázisszög φ=φu-φi=00, az áram fázisban van a

feszültséggel, a kétpólus ellenállás. R=10 )

8.32. A feszültség és az áram egy áramköri elemen u=6.sin(1000.t-800) és i=3.sin(1000.t+100).

Azonosítsa az elemet és határozza meg az értékét?

(Mivel a feszültség és az áram közötti fázisszög φ=φu-φi=-800-100=-900, az áram siet a

feszültséghez, a kétpólus kapacitív reaktancia. XC=2 , C=500 F)

8.36. Mekkora teljesítmény disszipálódik a 8.32. példa áramköri elemén?

(Mivel =-900, cos=0 és P=0)

8.43. Mekkora a reaktanciája az 50 mH-s induktivitásnak a) egyenáramnál (0 Hz), b) 60 Hz-es

váltakozó áramnál?

( XL=2. .f.L a) XL=0, rövidzár! b) XL=18.85 .)

8.44. Határozza meg a tekercs induktivitását, amelynek induktív reaktanciája XL=50 60 Hz-

en!

(L=132.63 mH.)

8.45. Határozza meg azt a frekvenciát, amelynél az 50 mH-s induktivitás reaktanciája XL=50

!

(f=159.15 Hz.)

8.46. Mekkora a reaktanciája az 500 F-os kondenzátornak a) egyenáramon, b) 100 Hz-en?

( ,Cf2

1XC

a) XC=, szakadás! b) XC=3.18 .)

8.47. Határozza meg a kapacitását annak a kapacitív reaktanciának, amelyik 60 Hz-en 50

értékű! (C=53.05 F.)

8.48. Mekkora frekvenciánál lesz a 100 F-os kondenzátornak 100 -os reaktanciája?

(f=15.9 Hz.)

8.33,34. A feszültség és az áram egy kétpóluson )tsin(Uu és )tsin(Ii . Írja fel a

teljesítmény pillanatértékét (időfüggvényét), és határozza meg ennek átlagértékét (lineáris

középértékét), a P hatásos teljesítményt!

( ))t2cos(co(IU)t2cos((cosIU2

1p . Mivel a cos(2..t-) átlagértéke

zérus, a pátlag=U.I.cos =P [W]. Ahol a IU

Pcos

a teljesítménytényező, pedig a feszültség és

az áram közötti fázisszög =u-i, ahol a u feszültség, a i az áram kezdő fázisszöge.

A szinuszos áramú áramkörökben 3 féle teljesítményt értelmezünk, amelyeket jelöléssel és

dimenziójukkal is megkülönböztetünk. A már megismert p teljesítmény-idő függvény

átlagértéke (lineáris középértéke) a P=U.I.cos a hatásos teljesítmény [W] dimenzióval. Aktív

teljesítménynek is nevezik, mert ez alakul át másféle (hő-, fény-, mechanikai-, stb.)

teljesítménnyé. Áramkörökben az R ellenállásokon disszipálódik (alakul hővé). Áramkörökben P

csak az R-eken keletkezik, vagyis a P és R kölcsönösen feltételezik egymást. Az áramkörök

kapcsain jelen lévő feszültség és áram effektív értékeinek szorzata az S=U.I, a látszólagos

teljesítmény, amelynek dimenziója [VA]. A meddő vagy reaktív teljesítmény jelölése és

definíciója Q=U.I.sin [VAr], amely a reaktív áramköri elemek (L és C) jelenlétéhez kötődik.

A definíciókból látszik, hogy 22 QPS [VA], valamint a teljesítménytényező cos=S

P,

amely annak mértéke, hogy a rendelkezésre álló teljesítményből mennyi alakul át hatásos

teljesítménnyé. A cos „késő” elnevezés arra utal, hogy az áram késik a feszültséghez képest,

azaz az áramkör induktív jellegű. Ilyenkor a meddő teljesítmény pozitív. A cos „siető” pedig

azt jelenti, hogy az áram siet a feszültséghez képest, vagyis az áramkör kapacitív jellegű, a

meddő teljesítmény pedig negatív.

8.35 Egy váltakozó áramú áramkör csupán ellenállásokat tartalmaz, amelyek eredője a

kapcsokon R=15 .

A kapcsokra 110 V 60 Hz-es feszültséget kapcsolva határozza meg a felvett áramot, a

teljesítménytényezőt és a teljesítményt!

(I=7.33 A, cos=1, mert a =0 és P=U.I.1=806.67 W)

8.38 Egy áramkör 5 A-t vesz fel 220 V-os feszültségen, és 1000 W teljesítményt fogyaszt.

Mekkora a teljesítménytényező?

(cos=0.91)

8.39. A feszültség és az áram egy áramkörben u=200.sin(377.t+300), i=10.sin(377.t+600).

Határozza meg a P teljesítményt!

(P=866 W)

8.40. A feszültség és az áram egy áramkörben u=100.sin(377.t-300) V, i=10.sin(377.t+300) A.

Mekkora a teljesítménytényező és milyen jellegű (siető vagy késő)?

(=-300-300=-600, cos=0.5 siető, mert az áram siet a feszültséghez képest)

8.41. Egy áramkör árama és feszültsége I=3 A, U=50 V, teljesítménye P=150 W. Mekkora és

milyen jellegű a teljesítménytényező ?

(cos=1, =0. Az áramkör csak ellenállásokat tartalmaz, ellenállás jellegű.)

8.42. Egy 5 ellenállás, egy 100 F kondenzátor és egy 100 mH induktivitás van

párhuzamosan kapcsolva egy 100 V 60 Hz-es feszültségre. Határozza meg az áramkör P

közepes teljesítményét!

(Mivel az XC-nek és az XL-nek 0 a közepes teljesítménye, az áramkör P teljesítménye az R

teljesítményével egyezik. P=U.I=R

U 2

=2 kW)

8.49. Egy áramkör teljesítménytényezője cos=0.866 késő. A felvett teljesítmény P=600 W, a

feszültség pedig )10t377sin(1102u 0 V. Írja fel az áram időfüggvényét (pillanatértékét)!

(i=8.9.sin(377.t-200)

8.50. Határozza meg a teljesítménytényezőt és a bemenő teljesítményt annál az áramkörnél

amelynél az u=50.sin(t+100) V és az i=2.sin (t+200) A.

(=u-i=100-200=-100, cos=0.9848, P=49.24 W)

9.32,33. Egy áramkör feszültsége és árama u=150.sin(.t+300) V, i=2.sin(.t-300).

Számítsa ki a látszólagos, a hatásos és a meddő teljesítményt!

(S=150 VA, =u-i=600, P=75 W, Q=129.9 VAr)

9.34. Egy áramkör feszültsége és árama u=200.sin(377.t) és i= 8.sin(377.t-300).

Határozza meg a

a) teljesítménytényezőt,

b) hatásos teljesítményt,

c) látszólagos teljesítményt,

d) meddő teljesítményt.

(=300, cos=0.866 késő (az áram késik a feszültséghez képest), P=692.8 W, S=800 VA,

Q=400 VAr)

Komplex számok és fazorok

Az időben szinuszosan váltakozó mennyiségek kifejezésére fazorokat használunk. A fazorok

komplex számok, a számsík egy-egy pontjához az origóból húzott vektorszerű mennyiségek. Az

áram és feszültség effektív értékeinek megfelelő fazorok felrajzolása a komplex számsíkon, -a

fazorábra- szemléletessé teszi a számítást és a fázisszögeket is mutatja. Ezek nagymértékben

egyszerűsítik a szinuszos hálózatok számítását, mert ugyanazokat a módszereket használhatjuk,

mint az egyenáramú hálózatok számításánál. Az eredmény is természetesen komplex lesz.

Sokszor a komplex szám abszolutértéke, -a valós effektív érték- jelenti a számítás

végeredményét, mert a váltakozó áram hatásai ezzel kifejezhető, de a feladattól függően

visszatérhetünk a valós időfüggvényre is.

Egy feszültség vagy áram időfüggvénynek megfelelő komplex effektív érték exponenciális

alakja (és szokásos írásmódja), algebrai alakja, és ennek elérési módjai:

)

a

b(arctgj

22 eba

)tsin(Uu u ujeUU

(=U/-u) a-j∙b V

U∙cos(u)-j∙U∙sin(u)

)

a

b(arctgj

22 eba

)tsin(Ii i ijeII

=( I/i ) a+j∙b

I∙cos(i)+j∙I∙sin(i)

Láthatóan a komplex számoknak három alakjuk van:

az exponenciális alak (az időfüggvényből ezt írhatjuk fel közvetlenül), ebből az Euler-relációval

a trigonometrikus alakra jutunk, amelynek tényezői az algebrai alakot adják. Ebből az

abszolutértéket és a szöget meghatározva visszajutunk az exponenciális alakra:

pl. 4

3arctgj

220087.36j e343j4)87.36j87.36(cos5e50

=5/-36.870

A komplex számok összeadása és kivonása az algebrai alakban végezhető, míg az osztás, a

szorzás, a hatványozás elvégzése az exponenciális alakban egyszerűbb. Ezért számolás közben

célszerű közlekedni az algebrai és az exponenciális alak között.

Az impedancia i

u

j

j

/I

/U

eI

eU

I

UZ

i

u

[Ω], és ennek reciproka az admittancia Z

1Y [S]

szintén komplex számok, fazorok, amelyekkel a szinuszos áramkörökben ugyanúgy

dolgozhatunk, (eredő számítással, Kirchhoff egyenletekkel, áramosztóval, Norton tétellel, stb.)

mint az ellenállásokkal az egyenáramú áramkörökben.

Az ellenállás, az induktív reaktancia és a kapacitív reaktancia komplex

kifejezései:

RZ = RI

U

R

R L

L

90jL

L

LL XjLj

I

eU

I

UZ

0

C

C

90jC

C

CC Xj

Cj

1

I

eU

I

UZ

0

,

mert az Euler-relációt felhasználva j90sinj90cose 0090j 0

, ill.

j90sinj90cose 0090j 0

. Tehát a j-vel való szorzás 900-os előre forgatást (az óramutató

járásával ellentétes irányú forgatást), a –j-vel való szorzás (vagy a j-vel való osztás) 900-os

visszafelé forgatást jelent.

Az ellenállás reciproka a vezetés R

1G , az induktív reaktancia reciproka az induktív

szuszceptancia Lj

1BL

, a kapacitív reaktancia reciproka a kapacitív szuszceptancia

.CjBC

9.19. Fejezze ki a következő áram időfüggvényeket, mint fazorokat, és rajzolja fel azokat a

komplex számsíkon:

a) )tsin(4.141i b) )60tsin(10i 0 c) )tcos(2i A

( a) 2

4.141I /00 A b)

2

10I /600 A c)

2

2I /900 A )

9.20. Fejezze ki az alábbi áram fazorokat pillanatértékkel (időfüggvényekkel), ha a

körfrekvenciájuk :

a) 10/00; b) 25/-300; c) 6/-900 A;

( a) )0tsin(102 0 A b) )30tsin(252 0 A c) )90tsin(62 0 A )

Komplex (szimbolikus) számítási módszerrel megoldandó feladatok

9.23. A feszültségek két sorba kapcsolt kétpóluson: u1=50.sin(.t) V és u2=30.sin(.t-300) V.

Mekkora a rájuk kapcsolt eredő feszültség effektív értéke? Határozza meg ennek a feszültségnek

a u kezdő fázisszögét is!

(a komplex effektív érték 75.54U /-11.160 V, U=54.75, u=-11.160)

9.24,25. Két áramköri elem van párhuzamosan kapcsolva. Az egyiken i1=3.sin(.t-600) A áram

folyik. Az eredő áram i=10.sin(.t+900). Határozza meg a másik elemen folyó áram effektív

értékét, fázisszögét és írja fel annak pillanatértékét!

(I2=8.967 A, 2=96.790, i2= )79.96tsin(68.12 0 )

9.31. Az ábrán látható áramkörben 1I 6/300 A, 2I 2/200 A.

Határozza meg az i3 időfüggvényét, ha f=60 Hz.

3I =4.045/34.90, =377 rad/s, i3= )9.34t377sin(045.42 0 A)

A szinuszos áramú hálózatok S, P, Q teljesítményei a komplex effektív értékekkel is

kifejezhetők. Egy kétpólus komplex feszültségének és a komplex árama konjugáltjának szorzata

a komplex látszólagos teljesítmény, az S . Ha az U és az I referencia irányai megegyeznek, az

QjPIUS

[VA], ha a referenciairányok ellentétesek, az QjPIUS

, vagyis

az S valós része a P hatásos, képzetes része a Q meddő, abszolutértéke pedig az S=U.I

látszólagos teljesítmény.

9.26,27,28. Egy áramkör két párhuzamosan kapcsolt elemet tartalmaz. Az áramaik komplex

effektív értékei rendre 1I 40/200 A, 2I 30/-650, a feszültségük 100U /00 V.

Határozza meg az eredő áramot és a teljesítménytényezőt! Számítsa ki a felvett teljesítményt!

Számítsa ki az elemek teljesítményét külön-külön, hasonlítsa össze az így kiszámított

teljesítmények összegét az eredő árammal számított teljesítménnyel!

(I=52.05 A, cosi=0.966, P=5026.7 W, P1=3758.8 W, P2=1267.8 W )

13.1. Mekkora teljesítményt vesz fel (fogyaszt) az ábrán látható

hálózat? A generátor feszültsége u=28.28.sin(10000.t) V.

Számítsa ki az egyenértékű soros impedancia ellenállását és

ennek segítségével is számítsa ki a P teljesítményt!

(P=61.89 W, SZ =5.6+j.2.2 , PS=61.89 W)

,u U

,i1 1I

,i2 2I

3I,i3

4

u

3.0

25F

mH

2

13.2. Egy generátor feszültsége u=7.07.sin(.t).A generátor különböző hálózatokat táplál.

Határozza meg a cos teljesítménytényezőt és a P disszipált teljesítményt, ha

a) a hálózat eredő árama i=1.414.sin(.t-300) A,

b) a hálózat eredő árama i=0.3535. (sin.t+600) A,

c) a hálózat eredő impedanciája 4j3Z !

(Pa=4.33 W, Pb=0.625 W, Pc=3 W)

13.4. Egy terhelést, amelynek impedanciája 10Z /36.90 egy 30U V feszültségű generátor táplál.

Határozza meg a komplex teljesítményt, ennek abszolutértékét és összetevőit, valamint a fázisszöget és a

teljesítménytényezőt!

( 90S /36.90 VA, S=90 VA, P=72 W, Q=54 VAr, =36.90, cos=0.8)

13.5. Egy terhelés 1kW teljesítményt vesz fel. Határozza meg a teljesítménytényezőt, ha a

a) Q=0 VAr,

b) Q=500 VAr (induktív),

c) Q=200 VAr (kapacitív)!

(cosa=1, cosb=0.894 késő, cosc=0.981 siető)

13.6. Egy terhelés P=2 kW teljesítményt vesz fel cos=0.9 késő teljesítménytényező mellett.

Határozza meg a terhelés komplex teljesítményét!

( 2.22226.968j2000S /25.840 VA)

13.7. Egy terhelés 4 kW teljesítményt vesz fel, a meddő (reaktív) teljesítménye pedig Q=3 kVAr

kapacitív. A terhelés feszültsége 500 V.

Határozza meg a látszólagos teljesítményt, a teljesítménytényezőt, a terhelő áramot, a terhelő impedanciát

és annak soros összetevőit!

(S=5000 VA, cos=0.8, I=10 A, Z=50 , R=40 , XC=30 )

13.8. Az ábrán három terhelőimpedanciát

látunk teljesítmény adataikkal.

Határozza meg a hálózat komplex

teljesítményét, a teljesítménytényezőt, az

és az I áram fazort!

( S =1039/11.10 VA, cos=0.981,

I =10.39/-11.10)

13.9. Számítsa ki az ábrán látható hálózat mindhárom

ágának komplex teljesítményét, majd a hálózat teljes

komplex teljesítményét, teljesítménytényezőjét és az

I áram fazorját!

(S =540.8/33.70 VA, cos=0.832 (késő),

I =10.82/-33.70 A)

12.21. Az eredő áram az ábrán látható áramkörben i=7.07.sin(2..20000.t) A. Határozza meg

a) az áramkör eredő admittanciáját, az egyenértékű soros impedanciát és annak elemeit,

b) a P hatásos (közepes) teljesítményt,

c) az U feszültséget, valamennyi ág áramát és rajzolja fel az áramok és a feszültség fazorábráját!

( 011.0Y /25.20 S, 5.90Z /-25.170=81.9-j.38.5 Ω, P=2047 W, U =452.5/-25.20 V, az eredő áram siet

a feszültséghez képest, így egészében véve az áramkör kapacitív jellegű,

RI 4.525/-25.20 A LI 2.4/-115.20 A, CI 4.525/64.80 A)

U

I 100P1 W200Q1 VAr )ind(

8.0cos 2 siető

W400P2

300Q3 VAr )ind(

600S3 VA

V100

50 V4j 8j

10j U

5j

3I6 3

2I1I

00/

I

U

RIi CILI

R100

L5.1 mH C

08.0 F

Háromfázisú feladatok

18.1. Egy háromfázisú, négyvezetékes, pozitív sorrendű, (ABC sorrendű) hálózat fázisfeszültsége

120 V. A csillagba, (Y-ba) kapcsolt

szimmetrikus fogyasztó impedanciája

YZ =15/-200 Ω.

a) Határozza meg a vonali áramokat és a

csillagponti áramot!

b) Rajzolja fel a fázisfeszültségek és az

áramok fazorábráját!

c) Számítsa ki egy fázis hatásos teljesítményét

és a háromfázisú teljesítményt!

( AI =8/200 A, BI =8/-1000 A, CI =8/1400 A

0IN , Pf=902 W, P=2706 W)

18.2. Az ábrán látható háromfázisú három vezetékes, U=199 V vonali feszültségű, ABC sorrendű

hálózat táplál egy szimmetrikus,

csillagkapcsolású háromfázisú fogyasztót,

melynek fázis impedanciája YZ =23/300 Ω.

a) Számítsa ki a fázisfeszültséget és a

vonali áramokat!

b) Rajzolja fel a fázisfeszültségek, a vonali

feszültségek és az áramok fazorábráját!

(Uf=114,9 V, AI =5/-300 A, BI =5/-1500 A,

CI =5/900 A.)

18.3. Egy háromfázisú, háromvezetékes 120 V-os ABC (pozitív sorrendű) rendszer táplál egy

(háromszög) kapcsolású szimmetrikus fogyasztót, amelynek impedanciája Z =30/450 .

a) Határozza meg a fázis és a vonali áramokat!

b) Rajzolja fel az áramok és feszültségek fazorábráját!

c) Számítsa ki egy fázis hatásos teljesítményét és a háromfázisú teljesítményt!

( ABI =4/-150 A, BCI =4/-1350 A, CAI =4/1050 A, AI =6,928/-450 A, BI =6,928/-1650 A,

CI =6,928/750 A, Pf=339,4 W, P=1018,2 W.)

18.4. Egy háromfázisú, háromvezetékes, 240 V-os, ABC

sorrendű hálózat az ábrán látható kapcsolású fogyasztót

táplálja, ahol ABZ =10/300 Ω, BCZ =20/900 Ω,

CAZ =15/-450 Ω.

Határozza meg a fázisáramokat és a vonali áramokat!

Rajzolja fel a feszültségek és áramok fazorábráját!

Számítsa ki a háromfázisú teljesítményt!

( ABI =24/00 A, BCI =12/-1800 A, CAI =16/-1650 A,

AI =39,67/60 A, BI =-36 A,

CI =5,39/-1300 A, P=7703,6 W)

18.5. Egy háromfázisú, négyvezetékes, 208 V vonali

feszültségű, ABC rendszer az ábrán látható csillagba (Y-

ba) kapcsolt, aszimmetrikus fogyasztót táplálja ,ahol a

AZ =10/-600 Ω, BZ =6/-900 Ω, CZ =12/300 Ω.

Számítsa ki a vonali áramokat!

Határozza meg az NI csillagponti áramot!

A

B

ABU

C

BCU

CAUABU

BCU

CAU

CAIBCI

ABI

CAZ

ABZ

BCZ

A

B

C

AU

BUCU

AZ

BZCZ

ABU

BCU

CAU

AI

CI

BI0

NI

B

CBCU

N

A

AU

BUCU

AZ

BZCZ

ABUCAU

AI

CI

BI0NI

A

B

C

AU

BUCU

AZ

BZCZ

ABU

BCU

CAU

AI

CI

BI0