Elektrotechnika példatár - siva.bgk.uni-obuda.hulanger/Elektrotechnika/Elektropltár.pdf · 2 Előszó A példatár az Óbudai Egyetem Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai

Elektrotechnika példatár

Langer Ingrid

1

Tartalomjegyzék

Előszó ................................................................................................................................ 2

1. Egyenáramú hálózatok ................................................................................................ 3

1.1. Alapfogalmak ............................................................................................................. 3

1.2. Példák passzív hálózatok eredő ellenállásának kiszámítására ................................... 6

1.3. Impedanciahű átalakítások ....................................................................................... 12

1.4. A feszültség és az áramosztás törvénye ................................................................... 24

1.5. A Thévenin és a Norton tétel ................................................................................... 29

1.6. Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó

elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok kiszámítására .......................................... 50

2. Váltakozó áramú hálózatok......................................................................................... 97

2.1. Alapfogalmak ........................................................................................................... 97

2.2. Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú áramkörök számításához ...... 102

2

Előszó

A példatár az Óbudai Egyetem Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai mérnöki

Karán a Mechatronikai mérnök BSc képzésen oktatott Elektrotechnika tárgy egyenáramú és

váltakozó áramú hálózatok számításával kapcsolatos anyagának elsajátításához szeretne

segítséget nyújtani. A tantermi gyakorlatok nem mindig elegendőek ahhoz, hogy a hallgatók

a számítási módszereket első hallásra megértsék, illetve levelező tagozaton idő hiányában a

részletes magyarázatok gyakran elmaradnak. A példatár ezért sok, részletesen kidolgozott

feladatot is tartalmaz, amelyben a számítás menetét lépésről lépésre követni lehet, de

minden témakörhöz tartoznak olyan gyakorló feladatok is, amelyeket önállóan kell

megoldani, segítségként csak a végeredmény van megadva.

Remélem, hasznos segítség lesz a zárthelyi dolgozatokra és a vizsgára való

felkészülésben.

2013. augusztus

A szerző

3

1. EGYENÁRAMÚ HÁLÓZATOK

1.1. Alapfogalmak

1.1.1. Villamos áram (jele: I)

Egységnyi felületen egységnyi idő alatt átahaladó töltésmennyiséget áramnak nevezzük:

𝐼 =𝑑𝑄

𝑑𝑡 [𝐴]

ahol Q – töltésmennyiség [C]

t – idő [s]

1.1.2. Villamos feszültség (jele: U)

A tér két pontja közötti potenciálkülönbség.

Elektromos potenciál: egységnyi töltésnek a tér egyik pontjából a másikba mozgatásához

szükséges energia:

𝑊𝐴𝐵 = ∫𝑄 ∙ 𝐸𝑑𝑙 = 𝑄∫𝐸𝑑𝑙 = 𝑄

𝐵

𝐴

𝐵

𝐴

∙ 𝑈𝐴𝐵

𝑈𝐴𝐵 = ∫𝐸𝑑𝑙 =

𝐵

𝐴

𝑊𝐴𝐵𝑄 [𝐽

𝐶= 𝑉]

ahol WAB – Q töltésmennyiség A pontból B pontba mozgatásához szükséges munka [J]

E – elektromos térerősség [N/C]

1.1.3. Ellenállás (jele: R)

Fém vezető ellenállása:

𝑅 = 𝜌 ∙𝑙

𝐴 [Ω]

ahol 𝜌 – a fajlagos ellenállás [Ω∙𝑚𝑚2

𝑚]

l – a vezető hossza [m]

A – a vezet keresztmetszete [mm2]

4

(A fajlagos ellenállás hőmérsékletfüggő, a hőmérséklet növekedésével a fém vezetők

ellenállása nő.)

Villamos áramkörökben az ellenállások árama és feszültsége közötti kapcsolatot az

Ohm-törvény írja le:

𝑅 =𝑈

𝐼

(Az ellenállás reciprokát vezetőképességnek hívjuk, jele G, mértékegysége S (Siemens)

𝐺 =1

𝑅 )

1.1.4. Villamos áramkörök

Az egyenáramú villamos áramkörök aktív elemekből, azaz energiaforrásokból

(feszültség vagy áramgenerátorokból), passzív elemekből, azaz fogyasztókból

(ellenállásokból) és az őket összekötő vezetékekből állnak.

A generátorok villamos energia előállítására alkalmas készülékek. (Villamos energiát

számos energiafajta átalakításával előállítható, pl. vegyi energia (galvánelemek,

akkumulátorok), fényenergia (napelemek), mechanikai energia (egyen- és váltakozó

áramú generátorok) átalakításával.

Ideális feszültséggenerátor: Kapcsai között a feszültség a rá kapcsolt fogyasztóktól

függetlenül állandó.

Ideális áramgenerátor: Árama a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó.

Jelölések:

1.1.5. Kirchhoff törvények a) Kirchhoff csomóponti törvénye:

Csomópont definíciója a villamos hálózatban: Kettőnél több vezeték találkozási pontja.

Villamos hálózat csomópontjába befolyó és kifolyó áramok előjeles összege nulla.

+ +

- -

Ideális áramgenerátor

Ug Ig

Ideális feszültséggenerátor

1-1. ábra

5

1-2. ábra

b) Kirchhoff hurok törvénye:

Hurok definíciója a villamos hálózatban: A hálózat azon ágainak összessége, melyeken

végighaladva úgy érhetünk vissza a kiindulási pontba, hogy minden ágon csak egyszer

haladtunk végig.

Villamos hálózatban bármely zárt hurokban a generátorok és fogyasztók

feszültségeinek előjeles összege nulla.

1-3. ábra

1.1.6. Ellenállások kapcsolása

a. Ellenállások soros kapcsolása

1-4. ábra

R1 R

2 R

e 𝑅𝑒 = 𝑅1 + 𝑅2 +⋯+ 𝑅𝑛 =∑𝑅𝑖

𝑛

𝑖=1

Rn =

R1

R3

R2

R4

I1

I2 U

R2

UR1

Ug1

I3

I4

UR4

Ug2

UR3

𝑈𝑔1 − 𝑈𝑔2 + 𝑈𝑅2 + 𝑈𝑅3 −𝑈𝑅4 −𝑈𝑅1 = 0

∑𝑈𝑖

𝑛

𝑖=1

= 0

I1

I2

I3

I4

I5

𝐼1 − 𝐼2 − 𝐼3 + 𝐼4 − 𝐼5 = 0

∑𝐼𝑖 = 0

𝑛

𝑖=1

6

b. Ellenállások párhuzamos kapcsolása

1-5. ábra

1.2. Példák passzív hálózatok eredő ellenállásának

kiszámítására

1.2.1. A és B pontok között számítsa ki az eredő ellenállást!

1-6. ábra

A megoldás menete:

Keressünk sorba vagy párhuzamosan kapcsolt ellenállásokat és cseréljük ki ezek

eredőjével az eredeti ellenállásokat!

R3 R5 R1

R8

R6

R4 R7 R2

R1=4Ω R2=3Ω R3=3,6Ω R4=4Ω R5=1,8 Ω R6=3 Ω R7=2 Ω R8=3 Ω

A

B

R2

Re

1

𝑅𝑒=1

𝑅1+1

𝑅2+⋯+

1

𝑅𝑛=∑

1

𝑅𝑖

𝑛

𝑖=1

𝑅𝑒 =1

1𝑅1+1𝑅2+⋯+

1𝑅𝑛

=1

∑1𝑅𝑖

𝑛𝑖=1

jelölésben: 𝑅𝑒 = 𝑅1 × 𝑅2 × … . .× 𝑅𝑛

(Az ×-szel jelölt művelet elnevezése replusz , jelentése:

reciprok értékek összegének a reciproka)

R1

Rn

=

7

1-7. ábra

1-8. ábra

1.2.2. Számítsa ki az ellenállás hálózat eredőjét A és B pontok között!

R3 R1

R4 R2

R3 R1

R2 R5678 R45678

R1

R2 R345678

𝑅45678 = 𝑅5678 × 𝑅4 =6 ∙ 4

10= 2,4Ω 𝑅345678 = 𝑅3 + 𝑅45678 = 3,6 + 2,4 = 6 Ω

𝑅2345678 = 𝑅345678 × 𝑅2 =6 ∙ 3

9= 2 Ω

R1

R2345678

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅12345678 = 𝑅1 + 𝑅2345678 = 2 + 4

= 6 Ω

A A

A A

B B

B B

A R3 R

5 R

1

R8

R2

R6

R4 R

7 R

2

R3 R

5 R

1

R6

R4 R

2 R

78

𝑅5678 = 𝑅5 + 𝑅6 + 𝑅78 = 1,8 + 3 + 1,2

= 6 Ω

A

B B

𝑅78 = 𝑅7 × 𝑅8 =𝑅7 ∙ 𝑅8𝑅7 + 𝑅8

=2 ∙ 3

2 + 3= 1,2Ω

8

1-9. ábra

Megoldás:

A C-D pontok és a B-E pontok egy-egy ellenállás nélküli vezetékdarabbal vannak

összekötve (rövidre vannak zárva), ezért a két csomópont összevonható. Így látható,

hogy az R5 R6 és R7 ellenállások a B-D pontok között párhuzamosan vannak

kapcsolva. Ugyanez igaz az R2 és R3 ellenállásokra a D-F pontok között:

1-10. ábra

Az R1 és az R23 ellenállások egymással sorban, ketten együtt az R4-gyel

párhuzamosan vannak kapcsolva. Eredőjük pedig az R567-tel sorba kapcsolódik.

Így AB között az eredő ellenállás:

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅4 × [(𝑅2 × 𝑅3) + 𝑅1] + (𝑅5 × 𝑅6 × 𝑅7)

𝑅𝐴𝐵 = 7 × [(2 × 3) + 1,8] + (3 × 6 × 2) = [7 × (2 ∙ 3

2 + 3+ 1,8)] + (

3 ∙ 6

3 + 6× 2)

=7 ∙ 3

7 + 3+2 ∙ 2

2 + 2= 3,1 Ω


R2×R3

R4 A B

R1

R5×R6×R7

R7

R2 R5

R4 A B

R1 R6 R3

C

D

R7

E F

R1=1,8Ω R2=2Ω R3=3Ω R4=7Ω R5=3 Ω R6=6 Ω R7=2 Ω

9

R2 A B

R1

R3

1-11. ábra

Megoldás:

Vegyük észre, hogy a rövidre záró vezetékek miatt mindhárom ellenállás A és B

pontok közé van bekötve, vagyis a három ellenállás A és B pontok között

párhuzamosan kapcsolódik egymáshoz.

A kapcsolás átrajzolva:

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 × 𝑅2 × 𝑅3

𝑅𝐴𝐵 =8 ∙ 20 ∙ 30

8 ∙ 20 + 8 ∙ 30 + 20 ∙ 30= 4,8Ω


1-13. ábra

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = ([(𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅3] + 𝑅4 × 𝑅5 × 𝑅8) + (𝑅6 × 𝑅7) = 31𝛺

A B

R7

R6 R4

R1

R2

R8

R5

R3

R1=20 Ω

R2=40 Ω

R3=30 Ω

R4=10 Ω

R5=60 Ω

R6=70 Ω

R7=30 Ω

R8=20 Ω

R1 R2 R3 A B

R1=8 Ω

R2=20Ω

R3=30Ω

1-12. ábra

10

1.2.5. Számítsa ki az ellenállás hálózat eredőjét A és B pont között!

1-14. ábra

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 + 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅5 + [𝑅4 × (𝑅6 + 𝑅7)]) = 9,1𝛺)

1.2.6. Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást!

1-15. ábra

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = [(𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅3] × 𝑅5 + (𝑅4 × 𝑅6) = 3,975𝛺)


R2

R1

R3

R6

R5

R4

A

B

R1= 2 Ω

R2= 4Ω

R3= 6 Ω

R4= 3 Ω

R5= 5 Ω

R6= 7 Ω

A

B R2

R1

R3

R6

R4

R5

R7

R1= 1 Ω

R2= 6Ω

R3= 3 Ω

R4= 3 Ω

R5= 5 Ω

R6= 2Ω

R7= 4 Ω

11

R2 R6

R4

A B

R1 R7 R3

R9

R8

R5 R10

R1=15 Ω

R2=25 Ω

R3=20 Ω

R4=30 Ω

R5=60 Ω

R6=40 Ω

R7=60 Ω

R8=16 Ω

R9=40 Ω

R10=30 Ω

1-16. ábra

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = [([(𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅3] + 𝑅4 × 𝑅5) + (𝑅6 × 𝑅7)] × 𝑅8 = 24𝛺


1-17. ábra

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 × 𝑅2 × 𝑅3 × 𝑅4 × 𝑅5 = 3,6𝛺)


R2 R3 R4 B

R1=6 Ω

R2=30Ω

R3=30Ω

R4=30 Ω

R5=90 Ω

R1

R5

A

R4 R8

R2

B

R1 R7 R3

R6

R1=10 Ω

R2=30 Ω

R3=10 Ω

R4=12 Ω

R5=80 Ω

R6=40 Ω

R7=60 Ω

R8=60 Ω

A

R5

1-18. ábra

12

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = [(𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅3 × 𝑅4 × 𝑅5] + [(𝑅6 × 𝑅7) + 𝑅8] × 𝑅9 × 𝑅10 =

20𝛺)

1.2.10. Az ábrán az emberi test ellenállásának egyszerűsített modellje

látható. Számítsa ki 150 V egyenfeszültség hatására a testen

átfolyó áramot, ha a feszültség a(z)

a) A-B

b) B-C

c) B-E

d) A-E

pontok között hat.

1-19. ábra

(Megoldás: 𝑎) 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 + 𝑅6 + (𝑅2 × (𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5)) = 551𝛺, 𝐼𝑎 = 0,27𝐴

𝑏) 𝑅𝐵𝐶 = 𝑅6 + 𝑅7 + [(𝑅2 + 𝑅3) × (𝑅4 + 𝑅5)] = 994,2𝛺, 𝐼𝑎 = 0,15𝐴

𝑐) 𝑅𝐵𝐸 = 𝑅6 + (𝑅4 × (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅5)) + 𝑅8 + 𝑅10 = 1423,6𝛺, 𝐼𝑎 = 0,11𝐴

𝑑) 𝑅𝐴𝐸 = 𝑅1 + [𝑅2 + 𝑅4) × (𝑅3 + 𝑅5)] + 𝑅8 + 𝑅10 = 987,5𝛺, 𝐼𝑎 = 0,15𝐴 )

1.3. Impedanciahű átalakítások

Nem minden kapcsolás bontható fel soros és párhuzamos kapcsolások sorozatára.

Ilyen esetben segítséget jelenthet a delta-csillag vagy a csillag-delta átalakítás: a

hálózat egy részét kicseréljük más ellenállás-kombinációra oly módon, hogy a

hálózat többi részében semmi változás ne történjen és az eredő impedancia a hálózat

R1 R

2 R

3

R4 R

5

R6 R

7

R8

R9 R

10

A

B C

D E

R1=40 Ω

R2=35 Ω

R3=35 Ω

R4=120 Ω

R5=120 Ω

R6=480 Ω

R7=460 Ω

R8=20 Ω

R9=800 Ω

R10

=850 Ω

13

bármely két pontja felöl nézve változatlan maradjon. Ezt a hálózat impedanciahű

átalakításának nevezzük.

a. Delta-csillag átalakítás

Az 1-2-3 pontok közé ún. delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki

ugyanezen pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy

bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Δ és a Y kapcsolásban

megegyezzen.

1-20. ábra

Az 1-2 pontok között az ellenállás, ha a 3. pont nincs csatlakoztatva:

(1) 𝑅1 + 𝑅2 = 𝑅12 × (𝑅23 + 𝑅13)

Az 2-3. pontok között az ellenállás, ha az 1. pont nincs csatlakoztatva:

(2) 𝑅2 + 𝑅3 = 𝑅23 × (𝑅12 + 𝑅13)

Az 1-3. pontok között az ellenállás, ha a 2. pont nincs csatlakoztatva:

(3) 𝑅1 + 𝑅3 = 𝑅13 × (𝑅12 + 𝑅23)

Az (1) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (2) egyenletet:

2 ∙ 𝑅1 =𝑅12 ∙ (𝑅13 + 𝑅23)

𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23+𝑅13 ∙ (𝑅12 + 𝑅23)

𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23−𝑅23 ∙ (𝑅13 + 𝑅12)

𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

1. 1.

2. 3. 2. 3.

R2

R1

R3

R12

R13

R23

Delta kapcsolás Csillag kapcsolás

14

2 ∙ 𝑅1 =𝑅12 ∙ 𝑅13 + 𝑅12 ∙ 𝑅23𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

+𝑅13 ∙ 𝑅12 + 𝑅13 ∙ 𝑅23𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

−𝑅23 ∙ 𝑅13 + 𝑅23 ∙ 𝑅12𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

Így a Y kapcsolás R1 ellenállása:

𝑅1 =𝑅12 ∙ 𝑅13

𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

Az (1) és (2) egyenletek összegéből levonva a (3) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás

R2 ellenállását:

𝑅2 =𝑅12 ∙ 𝑅23

𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

És végül a (2) és (3) egyenletek összegéből levonva az (1) egyenletet, megkapjuk a Y

kapcsolás R3 ellenállását:

𝑅3 =𝑅13 ∙ 𝑅23

𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

b. Csillag-delta átalakítás

Az 1-2-3 pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki

ugyanezek pontok közé delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy

bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Y és a Δ kapcsolásban

megegyezzen.

15

1-21. ábra

Az átalakítás képletének levezetéséhez képzeletben kössük össze (zárjuk rövidre) a 2 és

3 pontot. Impedanciahű átalakítás esetén a csillag kapcsolásban az 1 és a 2-3 pontok

közötti eredő ellenállás meg kell, hogy egyezzen a delta kapcsolásban az 1. és a szintén

összekötött 2-3 pontok közötti ellenállással. Ez csillag kapcsolásban a R1 soros

kapcsolását jelenti R2 és R3 párhuzamos eredőjével. Delta kapcsolásban a rövidzár miatt

R23 ellenállás nem szól bele az eredő ellenállásba, ami így az R12 és R13 ellenállások

párhuzamos eredőjével lesz egyenlő:

(1) 𝑅13 × 𝑅12 = 𝑅1 + (𝑅2 × 𝑅3)

a “replusz” jelölést képletként felírva:

(1) 1

1𝑅13

+1𝑅12

= 𝑅1 +1

1𝑅2+1𝑅3

A fenti gondolatmenetet követve az 1 és a 3 pontok összekötésével az eredő ellenállás a 2 és

1-3 pontok között csillag és delta kapcsolásban:

(2) 𝑅12 × 𝑅23 = 𝑅2 + (𝑅1 × 𝑅3)

a “replusz” műveletet képletben felírva:

(2) 1

1𝑅12

+1𝑅23

= 𝑅2 +1

1𝑅1+1𝑅3

Végül az 1 és a 2 pontok összekötésével a 3 és az 1-2 pontok között az eredő ellenállás

csillag és delta kapcsolásban:

(3) 𝑅13 × 𝑅23 = 𝑅3 + (𝑅1 × 𝑅2)

azaz

(3) 1

1𝑅13

+1𝑅23

= 𝑅3 +1

1𝑅1+1𝑅2

1.

2. 3.

R2

R1

R3

Csillag kapcsolás

1.

2. 3.

R12

R13

R23

Delta kapcsolás

16

A fenti összefüggésekben az ellenállásokat cseréljük ki reciprok értékükkel, vezessük be

a 𝐺 = 1/𝑅 jelölést. (G a vezetőképesség jele, mértékegysége Siemens, [S])

Az (1) egyenlet így a következőképpen írható:

(1) 1

𝐺13 + 𝐺12=1

𝐺1+

1

𝐺2 + 𝐺3

𝐺13 + 𝐺12 =1

1𝐺1+

1𝐺2 + 𝐺2

=𝐺1(𝐺2 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3

A fenti összefüggés formailag nagyon hasonlít a delta-csillag átalakításnál az ellenállásokra

felírt összefüggésre.

Az (1) egyenlet mintájára a (2) és a (3) egyenletek a következőképpen írhatók:

(2) 𝐺12 + 𝐺23 =𝐺2(𝐺1 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3

(3) 𝐺13 + 𝐺23 =𝐺3(𝐺1 + 𝐺2)

𝐺1+𝐺2+𝐺3

Az (1) és (2) egyenletek összegéből kivonva a (3) egyenletet:

2 ∙ 𝐺12 =𝐺1(𝐺2 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3+𝐺2(𝐺1 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3−𝐺3(𝐺1 + 𝐺2)

𝐺1+𝐺2+𝐺3

2 ∙ 𝐺12 =𝐺1 ∙ 𝐺2 + 𝐺1 ∙ 𝐺3𝐺1+𝐺2+𝐺3

+𝐺1 ∙ 𝐺2 + 𝐺2 ∙ 𝐺3𝐺1+𝐺2+𝐺3

−𝐺1 ∙ 𝐺3 + 𝐺2 ∙ 𝐺3𝐺1+𝐺2+𝐺3

𝐺12 =𝐺1𝐺2

𝐺1 + 𝐺2 + 𝐺3

Visszaírva R-eket a képletbe:

1

𝑅12=

1𝑅1∙1𝑅2

1𝑅1+1𝑅2+1𝑅3

𝑅12 = (1

𝑅1+1

𝑅2+1

𝑅3)𝑅1𝑅2

𝑅12 =𝑅1𝑅2 + 𝑅1𝑅3 + 𝑅2𝑅3

𝑅1𝑅2𝑅3∙ 𝑅1𝑅2

17

𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 +𝑅1𝑅2𝑅3

A (2) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (1) egyenletet:

2 ∙ 𝐺23 =𝐺2(𝐺1 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3+𝐺3(𝐺1 + 𝐺2)

𝐺1+𝐺2+𝐺3−𝐺1(𝐺2 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3

𝐺23 =𝐺2𝐺3

𝐺1 + 𝐺2 + 𝐺3


𝑅23 = 𝑅2 + 𝑅3 +𝑅2𝑅3𝑅1

Végül az (1) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (2) egyenletet:

2 ∙ 𝐺13 =𝐺1(𝐺2 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3+𝐺3(𝐺1 + 𝐺2)

𝐺1+𝐺2+𝐺3−𝐺2(𝐺1 + 𝐺3)

𝐺1+𝐺2+𝐺3

𝐺13 =𝐺1𝐺3

𝐺1 + 𝐺2 + 𝐺3


𝑅13 = 𝑅1 + 𝑅3 +𝑅1𝑅3𝑅2

1.3.1. Számítsuk ki három azonos nagyságú…

a) …deltába kapcsolt R ellenállással egyenértékű csillag kapcsolás

ellenállásainak értékeit!

1-22. ábra

Alkalmazzuk a delta-csillag átalakítás képlet három azonos nagyságú

ellenállásra. Behelyettesítve R-t mindhárom ellenállás helyére látjuk, hogy elég a

csillag kapcsolás egyetlen ellenállásának kiszámolása, hiszen az átalakítás után is

mindhárom ellenállás azonos nagyságú lesz:

?

?

?

R R

R

18

𝑅Y =𝑅 ∙ 𝑅

𝑅 + 𝑅 + 𝑅=𝑅

3

Tehát egy R ellenállásokból álló delta kapcsolás R/3 nagyságú ellenállásokból álló

csillag kapcsolással helyettesíthető.

b) …csillagba kapcsolt R ellenállással egyenértékű delta kapcsolás

ellenállásainak értékeit!

1-23. ábra

𝑅Δ = 𝑅 + 𝑅 +𝑅 ∙ 𝑅

𝑅= 3𝑅

Tehát egy R ellenállásokból álló csillag kapcsolás 3R nagyságú ellenállásokból álló

delta kapcsolással helyettesíthető.

1.3.2. Számítsa ki A és B pont között az eredő

ellenállást!

1-24. ábra

1.3.2.1. Megoldás delta-csillag átalakítással

R1 R

4

R3

R2 R

5

A B

C

D

R1=2Ω

R2=3Ω

R3=5Ω

R4=4Ω

R5=6Ω

R

R

R

? ?

?

19

Cseréljük ki ACD pontok között a delta kapcsolású R1, R2, R3 ellenállásokat a velük

egyenértékű csillag kapcsolású RA, RC, RD ellenállásokra!

1-25. ábra

𝑅𝐴 =𝑅1 ∙ 𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=

2 ∙ 3

2 + 3 + 5= 0,6Ω

𝑅𝐶 =𝑅1 ∙ 𝑅3

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=

2 ∙ 5

2 + 3 + 5= 1Ω

𝑅𝐷 =𝑅2 ∙ 𝑅3

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=

3 ∙ 5

2 + 3 + 5= 1,5Ω

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅𝐴 + [(𝑅𝐶 + 𝑅4) × (𝑅𝐷 + 𝑅5)] = 0,6 + [(1 + 4) × (1,5 + 6)] = 0,6 +5 ∙ 7,5

5 + 7,5

𝑅𝐴−𝐵 = 3,6 Ω

1.3.2.2. Megoldás csillag-delta átalakítással

Cseréljük ki ADB pontok között a csillag kapcsolású R1, R3, R3 ellenállásokat a velük

egyenértékű delta kapcsolású RAB, RAD, RBD ellenállásokra! (Megjegyzés: C pont az

R1, R3, R3 ellenállások csillagpontja, ami az átalakítás után eltűnik)

R1 R

4

R3

R2 R

5

A

B

C

D

RD

R4 R

C

RA

R5

A

C

D

B

20

1-26. ábra

𝑅𝐴𝐷 = 𝑅1 + 𝑅3 +𝑅1 ∙ 𝑅3𝑅4

= 2 + 5 +2 ∙ 5

4= 9,5Ω

𝑅𝐵𝐷 = 𝑅3 + 𝑅4 +𝑅3 ∙ 𝑅4𝑅1

= 5 + 4 +5 ∙ 4

2= 19Ω

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 + 𝑅4 +𝑅1 ∙ 𝑅4𝑅3

= 2 + 4 +2 ∙ 4

5= 7,6Ω

𝑅𝐴−𝐵 = 𝑅𝐴𝐵 × [(𝑅𝐴𝐷 × 𝑅2) + (𝑅𝐵𝐷 × 𝑅5)] = 7,6 × [(9,5 × 3) + (19 × 6)]

= 7,6 × [9,5 ∙ 3

12,5+19 ∙ 6

25] = 7,6 × 6,84 =

7,6 ∙ 6,84

7,6 + 6,84= 3,6Ω


1-27. ábra

R2 R3 R4 B

R1=1Ω

R2=3Ω

R3=4Ω

R4=2,5Ω

R5=4,5Ω

R1

R5

A C

D

R1 R

4

R3

R2 R

5

A

B

C

D

R2

RAB

R5

A

D

B

RAD

RBD

21


Az ACD pontok között R1 R2 R3 ellenállások delta kapcsolásban vannak kötve.

Cseréljük ki ezt a három ellenállást három csillag kapcsolású ellenállásra!

1-28. ábra

𝑅𝐴 =𝑅1 ∙ 𝑅2

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=

1 ∙ 3

1 + 3 + 4= 0,375Ω

𝑅𝐷 =𝑅1 ∙ 𝑅3

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=

1 ∙ 4

1 + 3 + 4= 0,5Ω

𝑅𝐶 =𝑅2 ∙ 𝑅3

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=

3 ∙ 4

1 + 3 + 4= 1,5Ω

Az eredő ellenállás A-B pontok között:

𝑅𝐴−𝐵 = 𝑅𝐴 + [(𝑅𝐷 + 𝑅4) × (𝑅𝐶+𝑅5)] = 0,375 + [(0,5 + 2,5) × (1,5 + 4,5)]

= 2,375Ω


1-29. ábra

R4 B RAD

RAB

A D

RDB

R1

RA RD R4 B

R5

A

C

D

RC

22

Az R2, R3, R5 ellenállások A-D-B pontok között csillagba vannak kapcsolva. Cseréljük ki

ezeket RAD, RAB, RDB delta kapcsolású ellenállásokra. A C pont (csillagpont) az

átalakítás során eltűnik.

𝑅𝐴𝐷 = 𝑅2 + 𝑅3 +𝑅2 ∙ 𝑅3𝑅5

= 3 + 4 +3 ∙ 4

4,5= 9,667Ω

𝑅𝐷𝐵 = 𝑅3 + 𝑅5 +𝑅3 ∙ 𝑅5𝑅2

= 4 + 4,5 +4 ∙ 4,5

3= 14,5Ω

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅2 + 𝑅5 +𝑅2 ∙ 𝑅5𝑅3

= 3 + 4,5 +3 ∙ 4,5

4= 10,875Ω

𝑅𝐴−𝐵 = 𝑅𝐴𝐵 × [(𝑅𝐴𝐷 × 𝑅1) + (𝑅𝐷𝐵 × 𝑅4)] = 10,875 × [(9,667 × 1) + (14,5 × 2,5)]

= 10,875 × [9,667 ∙ 1

10,667+14,5 ∙ 2,5

17]

= 10,875 × 3,038610,875 ∙ 3,0386

10,875 + 3,386= 2,375Ω

1.3.4. Számítsa ki A-B pontok között az eredő ellenállást!


R1 és R2 ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen

R12=R1×R2 ellenállással. Az így kapott csillagba kapcsolt R12, R4, R5 ellenállásokat

helyettesítsük a deltába kapcsolta RAC, RBC, RAB, ellenállásokkal!

R7

R3

R1

R5

R2

R4

R6

A B

R1=6Ω

R2=3Ω

R3=3Ω

R4=4Ω

R5=8Ω

R6=6Ω

R7=12Ω

1-30. ábra

23

R4

R1 R2

R5

R3

R7 R6

A B

R7

R3

R5

R12

R4

R6

A B

C

R7

R3 RBC R

AC R

6

B

C

RAB

A

1-31. ábra

𝑅12 = 𝑅1 × 𝑅2 =𝑅1 ∙ 𝑅2𝑅1 + 𝑅2

=6 ∙ 3

6 + 3= 2Ω

𝑅𝐴𝐶 = 𝑅12 + 𝑅4 +𝑅12 ∙ 𝑅4𝑅5

= 2 + 4 +2 ∙ 4

8= 7Ω

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅4 + 𝑅5 +𝑅4 ∙ 𝑅5𝑅12

= 4 + 8 +4 ∙ 8

2= 28Ω

𝑅𝐵𝐶 = 𝑅12 + 𝑅5 +𝑅12 ∙ 𝑅5𝑅4

= 2 + 8 +2 ∙ 8

4= 14Ω

𝑅𝐴−𝐵 = [𝑅7 × 𝑅𝐴𝐵] × [(𝑅3 × 𝑅𝐴𝐶) + (𝑅𝐵𝐶 × 𝑅6)] = [12 × 28] × [(3 × 7) + (14 × 6)]

= 8,4 × (2,1 + 4,2) = 3,6Ω

1.3.4.2. Oldja meg a feladatot delta-csillag átalakítással! (Pl. R12, R3, R4 delta

kapcsolás csillaggá alakításával.)


R1=9Ω

R2=9Ω

R3=4,5Ω

R4=1Ω

R5=3Ω

R6=6Ω

R7=6Ω

1-32. ábra

24

R4

R2

R5

R13

R7 R6

A B R

C

RD

R2

RA R

4 A B C

R7

C

D D


R1 és R3 ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen

R13=R1×R3 ellenállással. Az így kapott deltába kapcsolt R13, R5, R6 ellenállásokat

helyettesítsük a csillagba kapcsolt RA, RC, RD, ellenállásokkal!

𝑅13 = 𝑅1 × 𝑅3 =𝑅1∙𝑅3

𝑅1+𝑅3=

9∙4,5

9+4,5= 3Ω

𝑅𝐴 =𝑅13 ∙ 𝑅5

𝑅13 + 𝑅5 + 𝑅6=

3 ∙ 3

3 + 3 + 6= 0,75Ω

𝑅𝐶 =𝑅13 ∙ 𝑅6

𝑅13 + 𝑅5 + 𝑅6=

3 ∙ 6

3 + 3 + 6= 1,5Ω

𝑅𝐷 =𝑅5 ∙ 𝑅6

𝑅13 + 𝑅5 + 𝑅6=

3 ∙ 6

3 + 3 + 6= 1,5Ω

𝑅𝐴−𝐵 = 𝑅𝐴 + [(𝑅𝐷 + 𝑅7) × (𝑅𝐶+𝑅4)] × 𝑅2 = 0,75 + [(1,5 + 6) × (1,5 + 1)] × 9

= (0,75 +7,5 ∙ 2,5

10) × 9 = 2,625 × 9 = 2,03Ω

1.3.5.2. Oldja meg a feladatot csillag-delta átalakítással! (Pl. R13, R4, R6 delta

kapcsolás csillaggá alakításával.)

1-33. ábra

25

R5

R2 R3

R6

R4

R8 R7

A B

R1

R1=3Ω

R2=2Ω

R3=6Ω

R4=6Ω

R5=12Ω

R6=4Ω

R7=2Ω

R8=8Ω


(Megoldás: Pl. R1 R2 R3 és R6 R7 R8 csillag kapcsolások delta kapcsolássá alakításával RAB=4Ω)

1.4. A feszültség és az áramosztás törvénye a) A feszültségosztás törvénye

Sorba kapcsolt ellenálláslánc elemei a rájuk kapcsolt feszültséget az ellenállások

arányában osztják le. A soros ellenálláslánc minden tagján ugyanaz az áram folyik

keresztül, ezért:

1-35. ábra

b) Az áramosztás törvénye

Egy áramkör párhuzamosan kapcsolt ágainak áramai fordítottan arányosak az egyes

ágak ellenállásaival. A párhuzamos ágakon eső feszültségek megegyeznek, ezért:

R1

R2

R3

Ube

Uki

UR3

UR2

UR1

I

𝐼 =𝑈𝑏𝑒

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3=𝑈𝑅1𝑅1=𝑈𝑅2𝑅2=𝑈𝑅3𝑅3=

𝑈𝑘𝑖𝑅2 + 𝑅3

𝑈𝑅1 = 𝑈𝑏𝑒 ∙𝑅1

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3

𝑈𝑘𝑖 = 𝑈𝑏𝑒 ∙𝑅2 + 𝑅3

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3

1-34. ábra

26

1-36. ábra

Speciális eset: két párhuzamosan kötött ellenállás esetén az áramosztás törvénye:

1-37. ábra

1.4.1. Az áramosztás törvényének segítségével számítsa ki a

feszültséggenerátor feszültségét, ha az R5 ellenálláson 1,8 A áram

folyik keresztül.

1-38. ábra

Az áramosztás törvényét I5 áramra és a csomópontba befolyó I3 áramra felírva:

𝐼5 = 𝐼3 ∙𝑅4

𝑅4 + 𝑅5 ⇒ 𝐼3 = 𝐼5 ∙

𝑅4 + 𝑅5𝑅4

= 1,8 ∙30 + 20

30= 3 𝐴

R1=6Ω

R2=60Ω

R3=28Ω

R4=30Ω

R5=20Ω

R1

R2

R4

R5

R3

U=?

I5=1,8 A

I1

I2

I3

I4

Ube

IR2 IR1

I

R2

𝑈𝑏𝑒 = 𝐼𝑅1 ∙ 𝑅1 = 𝐼𝑅2 ∙ 𝑅2 = 𝐼 ∙ 𝑅𝑒

𝑅𝑒 = 𝑅1 × 𝑅2 =1

1𝑅1+1𝑅2

=𝑅1 ∙ 𝑅2𝑅1 + 𝑅2

𝐼𝑅1 = 𝐼 ∙𝑅𝑒𝑅1= 𝐼 ∙

𝑅2𝑅1 + 𝑅2

, 𝐼𝑅2 = 𝐼 ∙𝑅𝑒𝑅2= 𝐼 ∙

𝑅1𝑅1 + 𝑅2

R1

Rn Ube

IR3 IR2 IR1

I

R3 R

2

𝑈𝑏𝑒 = 𝐼𝑅1 ∙ 𝑅1 = 𝐼𝑅2 ∙ 𝑅2 = 𝐼𝑅3 ∙ 𝑅3 = ⋯ = 𝐼𝑅𝑛 ∙ 𝑅𝑛= 𝐼 ∙ 𝑅𝑒

𝑅𝑒 = 𝑅1 × 𝑅2 × 𝑅3 × …× 𝑅𝑛 =1

1𝑅1+1𝑅2+1𝑅3+⋯+

1𝑅𝑛

𝐼𝑅𝑛 = 𝐼 ∙𝑅𝑒𝑅𝑛

R1

IRn

….

27

I1 és I3 áramra felírva:

𝐼3 = 𝐼1 ∙𝑅2

𝑅2 + 𝑅345= 𝐼1 ∙

𝑅2𝑅2 + 𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5)

R345 az R2 ellenállással párhuzamosan kapcsolt ág eredő ellenállása

𝐼1 = 𝐼3 ∙𝑅2 + 𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5)

𝑅2= 3 ∙

60 + 28 + (30 × 20)

60= 5𝐴

A feszültséggenerátor feszültsége:

𝑈 = 𝑅𝑒 ∙ 𝐼1 = 30 ∙ 5 = 150 𝑉

Re az egész áramkör eredő ellenállása:

𝑅𝑒 = 𝑅1 + [𝑅2 × (𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5))] = 6 + [60 × (28 + (30 × 20))] = 30Ω

1.4.2. Számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásain eső feszültségeket!

1-39. ábra

A feszültségosztás törvényét felírva az egyes ellenállásokra:

𝑈𝑅1 = 𝑈 ∙𝑅1𝑅𝑒= 𝑈 ∙

𝑅1𝑅1 + 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4)

= 12 ∙2

2 + 4 + (6 × 9)= 12 ∙

2

9,6= 2,5 𝑉

𝑈𝑅2 = 𝑈 ∙𝑅2𝑅𝑒= 12 ∙

4

9,6= 5 𝑉

𝑈𝑅3 = 𝑈𝑅4 = 𝑈 ∙𝑅3 × 𝑅4𝑅𝑒

= 12 ∙6 × 9

9,6= 12 ∙

3,6

9,6= 4,5 𝑉

(UR3(=UR4) értékét természetesen az 𝑈𝑅3 = 𝑈 − 𝑈1 − 𝑈2 = 12 − 2,5 − 5 = 4,5 𝑉

összefüggésből is megkaphattuk volna.)

R2

U

R1=2Ω

R2=4Ω

R3=6Ω

R4=9Ω

U=12V

U2=14V

U3=16V

R1

R4 R3

UR1 UR2

UR3 UR4

28

1.4.3. Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat!

1-40. ábra

(Megoldás: 𝐼1 = 11,52 𝐴, 𝐼2 = 5,76 𝐴, 𝐼3 = 3,84 𝐴, 𝐼4 = 2,88 𝐴)

1.4.4. Számítsa ki az alábbi áramkör áramgenerátorának és R3

ellenállásának áramát, ha az R2 ellenállás árama 5 A.

1-41. ábra

(Megoldás: I=10,1 A, IR3=1,5 A)

1.4.5. Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az R3

ellenálláson eső feszültség 18 V!

1-42. ábra

(Megoldás: U=42V)

U

R1=3Ω

R2=2Ω

R3=6Ω

R4=2Ω

R5=3Ω

UR3=18V

R5 R4 R1

R3

R2

I

R1=5Ω

R2=8Ω

R3=7Ω

R4=3Ω

IR2=5A

R4 R3 R1

R2

I

R1=1Ω

R2=2Ω

R3=3Ω

R4=4Ω

I=24A

U2=14V

U3=16V

R4 R3 R2 R

1

29

1.4.6. Számítsa ki az alábbi áramkör feszültséggenerátorának

feszültségét, és R7 ellenállásának áramát, ha az R2 ellenállás

árama 1,5 A!

1-43. ábra

(Megoldás: U=24 V, IR7=1 A)

1.4.7. Számítsa ki az áramgenerátor áramát, ha az R6 ellenállás árama

4 A!

1-44. ábra

(Megoldás: I=15 A)

R7

R8

R6

I

R4

R5

R3

R1

R2

R1=12Ω

R2=4,8Ω

R3=1,2Ω

R4=1Ω

R5=4Ω

R6=1,8Ω

R7=2Ω

R8=3Ω

IR6

=4 A

R1=6Ω

R2=6Ω

R3=4Ω

R4=6Ω

R5=2Ω

R6=8Ω

R7=5Ω

IR2=1,5 A

R1

R4

U=? R2

R3

R6

R5

R7

30

1.4.8. Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét és az R6 ellenállás

áramát, ha az R1 ellenálláson eső feszültség 21 V!

1-45. ábra

(Megoldás: U=30 V, IR6=0,24 A)

1.5. A Thévenin és a Norton tétel

A Thévenin tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos

hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális feszültséggenerátorral

(U0) és egy vele sorba kapcsolt belső ellenállással (Rb).

A helyettesítő feszültséggenerátor forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő

részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a felnyitott kapcsok közötti

feszültségét. A belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden

feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét

megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok

felöl kiszámítjuk. (1.47. ábra)

A Norton tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat

bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális áramgenerátorral (I0) és egy

vele párhuzamosan kapcsolt belső ellenállással (Rb).

Az helyettesítő áramgenerátor forrásáramát úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt

leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a rövidre zárt kapcsok között folyó áramot.

A belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden

feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét

megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok

felöl kiszámítjuk. (1.48. ábra) (A Norton és a Thévenin generátor belső ellenállása

megegyezik)

Az összefüggés a Norton és Thévenin generátor között (1.46. ábra):

R6

R7 U

R4

R5

R1

R1=14Ω

R2=2Ω

R3=3Ω

R4=10Ω

R5=20Ω

R6=30Ω

R7=40Ω

UR1

=21 V

R3

R2

31

𝑈0𝑇ℎé𝑣𝑒𝑛𝑖𝑛 = 𝐼0𝑁𝑜𝑟𝑡𝑜𝑛 ∙ 𝑅𝑏

1-46. ábra

A

B

Uk

I

R

A

B

U0

A

B

R

Rb

U0

Uk

I

A

B

Helyettesítendő hálózat rész

A Thévenin generátor forrásfeszültségének meghatározása

A Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározása

Rb

A Thévenin-féle helyettesítő generátor

A

B

A

B

U0T

Rb

I0N Rb

A

B

= =

1-47. ábra

32

Kidolgozott példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására

Az alábbi példákat gyakorlásként mindkét tétel alkalmazásával kiszámoljuk, bár látni

fogjuk, hogy a példától függően hol az egyik, hol a másik tétel alkalmazása ad egyerűbb

megoldást. Ezért a példa megoldása előtt érdemes átgondolni, melyik módszerrel lehet

egyszerűbben, kevesebb számolással megkapni az eredményt.

A

B

Uk

I

R

A

B

I0

A

B

R Rb I

0 U

k

I

A

B

Helyettesítendő hálózat rész

A Norton generátor forrásáramának meghatározása

A Norton generátor belső ellenállásának

meghatározása

Rb

A Norton-féle helyettesítő generátor

33

1.5.1. A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi

áramkör R1 ellenállásának áramát és feszültségét!

1-49. ábra

1.5.1.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével

a) Először távolítsuk el R1 ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó

hálózatrészben számítsuk ki a feszültséget a felnyitott A-B kapcsok között. Ez a

feszültség lesz a Thévenin generátor forrásfeszültsége:

R4

U

R1=10Ω

R2=20Ω

R3=30Ω

R4=60Ω

U=30V

U2=14V

U3=16V

R1

R2

R3

R4

U

R2

R3

U0 A B

C=A

1-50. ábra

34

A felnyitott ág miatt R2 ellenálláson nem folyik áram, így rajta nem esik feszültség,

ezért U0 feszültség megegyezik az R4 ellenálláson eső feszültséggel. (Ami pedig

egyenlő U feszültségforrás és az R3 ellenálláson eső feszültség különbségével. (ld.

Kirchhoff hurok tv.) A feszültségosztás törvényét felírva R4 ellenállásra:

𝑈0 = 𝑈 ∙𝑅4

𝑅3 + 𝑅4= 30 ∙

60

30 + 60= 20 𝑉

b) Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki A és B pontok között az

eredő ellenállást. Ez lesz a Thévenin generátor belső ellenállása:

𝑅𝑏 = 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4) = 𝑅2 +𝑅3 ∙ 𝑅4𝑅3 + 𝑅4

= 20 +30 ∙ 60

30 + 60= 40 Ω

c) Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk

R1 ellenállást, majd számoljuk ki R1 áramát és feszültségét:

R4

R2 R3

RAB=Rb A B

1-51. ábra

35

1-52. ábra

𝑈𝑅1 = 𝑈0 ∙𝑅1

𝑅1 + 𝑅𝑏= 20 ∙

10

10 + 40= 4 𝑉

𝐼𝑅1 =𝑈𝑅1𝑅1=4

10= 0,4 𝐴

1.5.1.2. Megoldás a Norton tétel segítségével

a) Először távolítsuk el R1 ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó

hálózatrészben számítsuk ki az áramot a rövidre zárt A-B kapcsok között. Ez az

áram lesz a Norton generátor forrásárama:

Az 1-53. áramkör eredő ellenállása:

𝑅𝑒 = 𝑅3 + (𝑅2 × 𝑅4) = 30 + (20 × 60) = 45 Ω

Árama:

𝐼 =𝑈

𝑅𝑒=30

45=2

3= 0,667 𝐴

R1

U0

Rb

UR1

IR1

A

B

R4

U

R2

R3

I0 A B

C=A

1-53. ábra

36

I0 áramra az áramosztás törvényét felírva:

𝐼0 = 𝐼 ∙𝑅4

𝑅2 + 𝑅4=2

3∙

60

20 + 60= 0,5 𝐴

b) A belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátor belső

ellenállásának kiszámításával. Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk

ki A és B pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Norton generátor belső

ellenállása (ld. 1-51. ábra):

𝑅𝑏 = 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4) = 𝑅2 +𝑅3 ∙ 𝑅4𝑅3 + 𝑅4

= 20 +30 ∙ 60

30 + 60= 40 Ω

c) Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-54.ábra), a kapcsaira

csatlakoztassuk R1 ellenállást, majd számoljuk ki R1 áramát és feszültségét:

Az áramosztás törvénye IR1 áramra:

𝐼𝑅1 = 𝐼 ∙𝑅𝑏

𝑅𝑏 + 𝑅1= 0,5 ∙

40

40 + 10= 0,4 𝐴

Végül UR1 feszültség:

𝑈𝑅1 = 𝐼𝑅1 ∙ 𝑅1 = 0,4 ∙ 10 = 4 𝑉



R1 I0 UR1

IR1

Rb

A

B

1-54. ábra

37

1-55. ábra


1-56. ábra


𝑅𝑒 = 𝑅5 + (𝑅4 × (𝑅1 + 𝑅3)) = 6 + (3 × (4 + 2)) = 8 Ω

Az 1-56. áramkör árama:

𝐼 =𝑈

𝑅𝑒=24

8= 3 𝐴

R1 és R3 ellenállásokon folyó áram az áramosztás törvényéből:

𝐼𝑅13 = 𝐼 ∙𝑅4

𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4= 3 ∙

3

4 + 2 + 3= 1 𝐴

A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége egyenlő az R1 ellenálláson eső

feszültséggel, így:

𝑈0 = 𝑅1 ∙ 𝐼𝑅13 = 4 ∙ 1 = 4 𝑉

A Thévenin generátor belső ellenállását U feszültségforrás rövidre zárása után az A-

R5

U

R3

R4 R1

A

B

U0

R5

U

R3

R4 R1 R

2

R1=4Ω

R2=6 Ω

R3=2Ω

R4=3Ω

R5=6Ω

U=24V

R5 R3

R4 R1

A

B

RAB=R

b

1-57. ábra

38

B pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk:

𝑅𝑏 = 𝑅1 × [𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5)] = 4 × [2 + (3 × 6)] = 2 Ω

Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R2

ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét:

1-58. ábra

𝑈𝑅2 = 𝑈0 ∙𝑅2

𝑅2 + 𝑅𝑏= 4 ∙

6

6 + 2= 3 𝑉

𝐼𝑅2 =𝑈𝑅2𝑅2=3

6= 0,5 𝐴

Mielőtt megoldanánk a feladatot a Norton tétel alkalmazásával, a Thévenin generátor

adataiból a Norton generátor adatai egyszerűen kiszámíthatóak. A Norton generátor

forrásárama:

𝐼0 =𝑈0𝑅𝑏=4

2= 2 𝐴

A belsőellenállás mindkét helyettesítő generátornál ugyanaz.


1-59. ábra

R5

U

R3

R4 R1

A

B

I0

R2

U0=4V

UR2

IR2

Rb=2Ω

A

B

39

I0 forrásfeszültség kiszámításához R2 ellenállás eltávolítása után rövidre zárjuk a

visszamaradó áramkört A és B pontok között. I0 egyenlő az A és B pontok között

folyó árammal. A rövidzár miatt R1 ellenálláson nem folyik áram, az áramkör árama

a két párhuzamosan kapcsolt R3 és R4 ellenállás között oszlik meg.

Írjuk fel a feszültségosztás törvényét R5 és a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás,

R3 és R4 eredőjére. A párhuzamos ágak feszültsége:

𝑈𝑅34 = 𝑈 ∙𝑅3 × 𝑅4

𝑅5 + (𝑅3 × 𝑅4)= 24 ∙

2 × 3

6 + (2 × 3)= 4 𝑉

R3 ellenállás árama:

𝐼0 =𝑈𝑅34𝑅3

=4

2= 2 𝐴

A belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátornál leírtakkal (1-57.

ábra), így Rb=2Ω.

Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-60.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk

R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét:



𝑅𝑏 + 𝑅2= 2 ∙

2

2 + 6= 0,5 𝐴


𝑈𝑅2 = 𝐼𝑅2 ∙ 𝑅2 = 0,5 ∙ 6 = 3 𝑉



R2 I0=2A UR2

IR2

A

B

Rb=2Ω

1-60. ábra

40

1-61. ábra


1-62. ábra

R3 eltávolítása után a visszamaradó áramkör két párhuzamos ágat tartalmaz (1-62. ábra). Az

egyik ágban R1, a másikban a sorba kapcsolt R2, R4 és R5 található. Az áramgenerátor I

árama e két ág között az áramosztás törvényének megfelelően oszlik meg:

𝐼𝑅245 = 𝐼 ∙𝑅1

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5= 5 ∙

60

60 + 15 + 30 + 20= 2,4 𝐴

A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége az R4 és R5 ellenállásokon eső feszültségek

összegével egyenlő:

𝑈0 = 𝐼𝑅245 ∙ (𝑅4 + 𝑅5) = 2,4 ∙ (30 + 20) = 120 𝑉

A Thévenin generátor belső ellenállását az áramgenerátor áramkörének megszakításával A

és B pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk (1-62. ábra)

𝑅𝑏 = (𝑅1 + 𝑅2) × (𝑅4 + 𝑅5) = (60 + 15) × (30 + 20) = 30Ω

Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R3


I

R2

R5 R

1

R4 R2

R5 R

1

R4

A A

B B

U0 R

b

R4

I

R2

R3 R

5 R

1

R1=60Ω

R2=15Ω

R3=50Ω

R4=30Ω

R5=20Ω

I=5A

41

1-63. ábra

𝑈𝑅3 = 𝑈0 ∙𝑅3

𝑅3 + 𝑅𝑏= 120 ∙

50

50 + 30= 75 𝑉

𝐼𝑅3 =𝑈𝑅3𝑅3=75

50= 1,5 𝐴


1-64. ábra

R3 ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkört A és B pontok között rövidre

zárjuk. Az itt folyó áram lesz a Norton generátor forrásárama. A rövidre zárás miatt R4

és R5 ellenállásokon nem folyik áram, ezért I áram a párhuzamosan kapcsolt R1 és R2

között oszlik meg. I0 áram az R2 ellenállás áramával egyenlő:

𝐼0 = 𝐼 ∙𝑅1

𝑅1 + 𝑅2= 5 ∙

60

60 + 15= 4 𝐴

I

R2

R5 R

1

R4 R2

R5 R

1

R4

A A

B B

I0 R

b

R3

U0=120V

UR3

IR3

Rb=30Ω

A

B

42

A belső ellenállás kiszámítás a 1.5.3.1. pontban leírttal megegyező módon történik, így

Rb=30 Ω.

Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-65.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R3




𝑅𝑏 + 𝑅3= 4 ∙

30

30 + 50= 1,5 𝐴


𝑈𝑅3 = 𝐼𝑅3 ∙ 𝑅3 = 1,5 ∙ 6 = 75 𝑉



1-66. ábra


R2

U

R3

R6 R

4

R1=6Ω

R2=6Ω

R3=6Ω

R4=2Ω

R5=2Ω

R6=2Ω

U=30 V

R5

R1

R3 I0=4A UR3

IR3

A

B

Rb=30Ω

1-65. ábra

43

1-67. ábra

A Thévenin féle helyettesítő generátor U0 forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy az R2

ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkör felnyitott A és B pontjai között

kiszámítjuk a feszültséget. Az 1-67. ábrán mindkét rajz ugyanazt az áramkört ábrázolja, csak

a jobb oldali ábra jobban áttekinthető.

Az 1-67. ábrán lévő áramkör eredő ellenállása:

𝑅𝑒 = 𝑅3 + 𝑅5 + (𝑅6 × (𝑅1 + 𝑅4)) = 2 + 6 + (2 × (6 + 2)) = 9,6 Ω

Az áramkör árama:

𝐼 =𝑈

𝑅𝑒=30

9,6= 3,125 𝐴

I1 áramra az áramosztás törvényét felírva:

𝐼1 = 𝐼 ∙𝑅6

𝑅6 + 𝑅1 + 𝑅4= 3,125 ∙

2

2 + 6 + 2= 0,625 𝐴

Az 1-67. ábrán látjuk, hogy A és B pontok közötti feszültséget, (ami egyben a Thévenin

generátor forrásfeszültsége), az alábbi módon tudjuk felírni:

𝑈0 = 𝐼 ∙ 𝑅3 + 𝐼1 ∙ 𝑅1 = 3,125 ∙ 6 + 0,625 ∙ 6 = 22,5 𝑉

A Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításához az 1-67. ábra áramkörének

feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk A és B pontok között az ellenállást.

U

R3

R6 R

4

R5

R1

U0

A B

U

R3

R6

R4 R

5

U0

A B

R1

C

C

D D

I1 I

2 I

44

1-68. ábra

Az 1-68. ábrán mindkét rajz ugyanazt az ellenállás hálózatot ábrázolja. A jobboldali ábrából

jól látszik, hogy az eredő ellenállás kiszámításához csillag-delta vagy delta-csillag

átalakításra van szükség. Például az R4, R5, R6 ellenállások alkotta csillag kapcsolást

átalakítsuk át delta kapcsolássá.

1-69. ábra

𝑅𝐴𝐶 = 𝑅4 + 𝑅6 +𝑅4 ∙ 𝑅6𝑅5

= 2 + 2 +2 ∙ 2

2= 6Ω,

𝑅𝐵𝐶 = 𝑅5 + 𝑅6 +𝑅5 ∙ 𝑅6𝑅4

= 2 + 2 +2 ∙ 2

2= 6Ω,

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅4 + 𝑅5 +𝑅4 ∙ 𝑅5𝑅6

= 2 + 2 +2 ∙ 2

2= 6 Ω,

Most már fel tudjuk írni A és B pontok között az eredő ellenállást:

𝑅𝑏 = [(𝑅1 × 𝑅𝐴𝐶) + (𝑅3 × 𝑅𝐵𝐶)] × 𝑅𝐴𝐵 = [(6 × 6) + (6 × 6)] × 6 = 3 Ω

Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R2


A B C

R1 R3

RAC RBC

RAB

R3

R6 R

4 R5

R1

Rb A B

R6

A B

C

C

D D

R1 R3

R4 R5

45

1-70. ábra

𝑈𝑅2 = 𝑈0 ∙𝑅2

𝑅2 + 𝑅𝑏= 22,5 ∙

6

6 + 3= 15 𝑉

𝐼𝑅2 =𝑈𝑅2𝑅2=15

6= 2,5 𝐴


1-71. ábra


𝑅𝑒 = 𝑅5 + (𝑅4 × [(𝑅1 × 𝑅3) + 𝑅6]) = 2 + (2 × [(6 × 6) + 2]) =24

7 Ω


𝐼 =𝑈

𝑅𝑒= 30 ∙

7

24= 8,75 𝐴

Az 1-71. ábra bal oldali áramkörénél az A pontra felírt Kirchhoff csomóponti egyenletből a

Norton generátor I0 forrásáramára a következő egyenletet kapjuk:

𝐼0 = 𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅4

Ebből IR4 áram:

U

R3

R6 R

4

R5

R1

I0 A B

U

R3

R6 R

4

R5

A=B

R1

C C

D D

IR4

IR1

I IR3

IR4

IR1

R2

U0=18,462V

UR2

IR2

Rb=2,615Ω

A

B

46

𝐼𝑅4 = 𝐼 ∙(𝑅1 × 𝑅3) + 𝑅6

(𝑅1 × 𝑅3) + 𝑅6 + 𝑅4= 8,75 ∙

(6 × 6) + 2

(6 × 6) + 2 + 2= 8,75 ∙

5

7= 6,25 𝐴

A maradék áram R1 és R3 ellenállásokon oszlik meg. Mivel R1 és R3 azonos nagyságú, a

rajtuk átfolyó áram is azonos nagyságú lesz.

𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅3 = 𝐼 − 𝐼𝑅4 = 8,75 − 6,25 = 2,5 𝐴


𝐼𝑅1 = (𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅3) ∙𝑅3

𝑅1 + 𝑅3= 2,5 ∙

6

6 + 6= 1,25 𝐴

A Norton generátor I0 forrásáramára tehát:

𝐼0 = 𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅4 = 1,25 + 6,25 = 7,5 𝐴

A Norton generátor belső ellenállásának meghatározása a Thévenin tételes számításnál az

1.5.4.1. pontban megtalálható.

Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-72.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R2




𝑅𝑏 + 𝑅2= 7,5 ∙

3

3 + 6= 2,5 𝐴


𝑈𝑅2 = 𝐼𝑅2 ∙ 𝑅2 = 2,5 ∙ 6 = 15𝑉

R2 I0=7,06A UR2

IR2

A

B

Rb=2,615Ω

1-72. ábra

47

1.5.5. Számítsa ki az alábbi áramkör R3 ellenálláson kívüli részének

Thévenin és Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit,

majd ennek segítségével számítsa ki R3 ellenállás feszültségét és

áramát!

1-73. ábra


R3 ellenállás eltávolítása után számítsuk ki az A és B pontok közötti feszültséget, ami a

Thévenin generátor forrásfeszültségével lesz egyenlő.

1-74. ábra

Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenletét 1-74. ábrán látható áramkör áramának kiszámításához:

𝐼 ∙ (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4) + 𝑈2 − 𝑈1 = 0

𝐼 =𝑈1 − 𝑈2

𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4=120 − 90

2 + 3 + 5= 3 𝐴

A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége:

𝑈0 = 𝑈1 − 𝐼 ∙ (𝑅1 + 𝑅2) = 120 − 3 ∙ 5 = 105 𝑉 (𝑣𝑎𝑔𝑦 𝑈0 = 𝑈2 + 𝐼 ∙ 𝑅4 = 105 𝑉)

A Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározásához mindkét feszültséggenerátort

rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk A és B pontok között az eredő ellenállást:

R4

U1

U2 R1

R2

A

B

U0

I

R4

U1

U2

R1=2Ω

R2=3Ω

R3=8Ω

R4=5Ω

U1=120V

U2=90V

U2=14V

U3=16V

R2

R1

R3

48

1-75. ábra

𝑅𝑏 = (𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅4 = (2 + 3) × 5 = 2,5Ω

Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R3


1-76. ábra

𝑈𝑅3 = 𝑈0 ∙𝑅3

𝑅3 + 𝑅𝑏= 105 ∙

8

8 + 2,5= 80 𝑉

𝐼𝑅3 =𝑈𝑅3𝑅3=80

8= 10 𝐴


Az R3 ellenállás eltávolítása után zárjuk rövidre az áramkört A és B pontok között, majd

számítsuk ki az A-B pontok között folyó áramot:

R3

U0=105V

UR3

IR3

Rb=2,5Ω

A

B

R4

R1

R2

A

B

I

49

1-77. ábra

A rövidzár miatt U1 feszültségforrás teljes feszültsége R1 és R2 ellenállásokon esik, U2

feszültségforrás teljes feszültsége pedig R4 ellenálláson.

𝐼𝑅12 =𝑈1

𝑅1 + 𝑅2=120

2 + 3= 24 𝐴

𝐼𝑅4 =𝑈2𝑅4=90

5= 18 𝐴

Kirchhoff csomóponti törvényét felírva az A csomópontra a Norton generátor I0 forrásárama:

𝐼0 = 𝐼𝑅12 + 𝐼𝑅4 = 42 𝐴

A belső ellenállás kiszámítása megegyezik az 1.5.5.1. pontban leírtakkal, így Rb=2,5Ω.

Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-78.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R3




𝑅𝑏 + 𝑅3= 42 ∙

2,5

2,5 + 8= 10 𝐴

R4

U1

U2

R1

R2

A

B

I0

IR12 IR4

R3 I0=42A UR3

IR3

A

B

Rb=2,5Ω

1-78. ábra

50


𝑈𝑅3 = 𝐼𝑅3 ∙ 𝑅3 = 10 ∙ 8 = 80𝑉

Gyakorló példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására

1.5.6. A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi


1-79. ábra

(Megoldás: U0=15 V, I0=1 A, Rb=15 Ω, UR4=12 V, IR4=0,2 A)



1-80. ábra

(Megoldás: U0=8 V, I0=1,818 A, Rb=4,4 Ω, UR3=2,5 V, IR3=1,25 A)

R5

U

R3

R4 R1 R

2

R1=4Ω

R2=6Ω

R3=2Ω

R4=3Ω

R5=6Ω

U=24V

R4

U

R1=10Ω

R2=20Ω

R3=30Ω

R4=60Ω

U=30V

U2=14V

U3=16V

R1

R2

R3

51

1.5.8. A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az

alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét!

1-81. ábra

(Megoldás: U0=120 V, I0=4 A, Rb=50 Ω, UR4=60 V, IR4=2 A)



1-82. ábra

(Megoldás: U0=10 V, I0=3 A, Rb=3,333 Ω, UR1=6,429 V, IR1=1,071 A)

1.5.10. Számítsa ki az alábbi áramkör R2 ellenálláson kívüli részének

Thévenin vagy Norton féle helyettesítő generátorának

paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki R2 ellenállás

feszültségét és áramát!

R2

U

R3

R6 R

4

R1=6Ω

R2=6Ω

R3=2Ω

R4=2Ω

R5=2Ω

R6=6Ω

U=30 V

R5

R1

R4

I

R2

R3 R

5 R

1

R1=60Ω

R2=15Ω

R3=50Ω

R4=30Ω

R5=20Ω

I=5A

52

1-83. ábra

(Megoldás: U0=48 V, I0=13,33 A, Rb=3,6 Ω, UR2=21,818 V, IR2=7,272 A)

1.6. Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó

elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok

kiszámítására

Az alábbiakban négy módszer, a Kirchhoff-törvények, a szuperpozíció tétel, a

csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere alkalmazásával ismerkedünk

meg. A módszerek ismertetése példákon keresztül történik, az első három példánál

mind a négyfajta megoldás bemutatásra kerül, hogy lássuk, hogy példánként

változik, hogy melyik megoldási mód vezet kevesebb számolással gyorsabb

eredményre.

1.6.1. Számítsuk ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat!

R4

U3

U1

U2

R1=1Ω

R2=2Ω

R3=3Ω

R4=4Ω

U1=35V

U2=14V

U3=16V

I1 I3

I2 + +

R1

R2

R3

1-84. ábra

R4

U1

U2

R1=2Ω

R2=3Ω

R3=8Ω

R4=2Ω

U1=120V

U2=90V

U2=14V

U3=16V

R2

R1

R3

53

1.6.1.1. Megoldás Kirchhoff törvények segítségével

a) Jelöljük be az ágak áramait! (I1, I2, I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós

áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni.

b) Jelöljük be a hurkokban a pozitív körüljárás irányát!

c) A három ismeretlen ágáram meghatározásához három független egyenletből álló

egyenletrendszer felírása szükséges. Ez esetünkben két hurok és egy csomóponti

egyenletet jelent.

Hurok egyenletek (Az ellenállásokon eső feszültségek iránya a rajtuk átfolyó áram irányával

megegyező.):

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅3 ∙ 𝐼2 − 𝑈2 + 𝑅2 ∙ 𝐼1 − 𝑈1 = 0

(2) −𝑅4 ∙ 𝐼3 + 𝑈2 + 𝑈3 − 𝑅3 ∙ 𝐼2 = 0

Csomóponti egyenlet:

(3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

Behelyettesítve a megadott értékeket:

(1) 𝐼1 + 3 ∙ 𝐼2 + 2 ∙ 𝐼1 = 14 + 35

(2) −4 ∙ 𝐼3 − 3 ∙ 𝐼2 = −14 − 16

(3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(1) 3 ∙ 𝐼1 + 3 ∙ 𝐼2 = 49

(2) 4 ∙ 𝐼3 + 3 ∙ 𝐼2 = 30

(3) 𝐼1 = 𝐼2 − 𝐼3

(1) 3 ∙ (𝐼2 − 𝐼3) + 3 ∙ 𝐼2 = 49

(2) 4 ∙ 𝐼3 + 3 ∙ 𝐼2 = 30

(1) 6 ∙ 𝐼2 − 3 ∙ 𝐼3 = 49

(2) 3 ∙ 𝐼2 + 4 ∙ 𝐼3 = 30

11 ∙ 𝐼3 = 11

𝐼3 = 1𝐴

54

𝐼2 =30 − 4 ∙ 1

3=26

3= 8,67 𝐴

𝐼1 =26 − 3

3=23

3= 7,67𝐴

1.6.1.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével

1-85. ábra

Az ágak áramai az ágak két végpontja közötti potenciálkülönbségtől függnek. Az ábrán

mindhárom ág egyik végpontja UA, másik végpontja UB potenciálon van. Mivel az áram

szempontjából csak a két potenciál különbsége számít, az egyik értékét tekinthetjük

nullának. Legyen UB=0.

Az ágáramok a csomóponti potenciálok segítségével kifejezhetők:

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = −𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑈1 − 𝑅2 ∙ 𝐼1 𝑚𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑈𝐵=0⇒ 𝐼1 =

𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1+𝑅2

(2) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑅3 ∙ 𝐼2 − 𝑈2 𝑚𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑈𝐵=0⇒ 𝐼2 =

𝑈𝐴+𝑈2

𝑅3

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = −𝑅4 ∙ 𝐼3 + 𝑈3 𝑚𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑈𝐵=0⇒ 𝐼3 =

𝑈3−𝑈𝐴

𝑅4

Így mindhárom ágáram csak UA csomóponti potenciáltól függ. UA kiszámításához pedig

elég egyetlen Kirchhoff csomóponti egyenlet felírása.

𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

Behelyettesítve a csomóponti potenciálokkal kifejezett áram értékeket:

𝑈1 − 𝑈𝐴𝑅1 + 𝑅2

−𝑈𝐴 − 𝑈2𝑅3

+𝑈3 − 𝑈𝐴𝑅4

= 0

35 − 𝑈𝐴3

−𝑈𝐴 − 14

3+16 − 𝑈𝐴4

= 0

R4

U3

U1

U2

R1=1Ω

R2=2Ω

R3=3Ω

R4=4Ω

U1=35V

U2=14V

U3=16V

I1 I3

I2

R1

R2

R3

UA

UB=0

55

4(35 − 𝑈𝐴) − 4(𝑈𝐴 − 14) + 3(16 − 𝑈𝐴) = 0

11𝑈𝐴 = 132

𝑈𝐴 = 12 𝑉

Visszahelyettesítve UA értékét (1), (2), (3) egyenletekbe:

𝐼1 =𝑈1 − 𝑈𝐴𝑅1 + 𝑅2

=35 − 12

3=23

3= 7,67 𝐴

𝐼2 =𝑈𝐴 − 𝑈2𝑅1 + 𝑅2

=12 + 14

3=26

3= 8,67 𝐴

𝐼3 =𝑈3 − 𝑈𝐴𝑅4

=16 − 12

4= 1 𝐴

1.6.1.3. Megoldás a hurokáramok módszerével

1-86. ábra

A hurokáramok módszerénél feltételezzük, hogy az ágak áramait az áramkör egyes zárt

hurkaiban folyó ún. „hurokáramok” eredője hozza létre, vagyis azon ágak áramai,

melyek két hurokhoz is tartoznak, kiszámíthatók a hurokáramok előjeles összegéből. Ez

által az ismeretlenek száma a független hurokegyenletek számára csökken. Ez ennél a

példánál azt jelenti, hogy két Kirchhoff hurokegyenletből álló kétismeretlenes

egyenletrendszert kell megoldani.

1. Jelöljük be az ágak áramait! (I1,I2,I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós


2. Jelöljük be a hurkokáramok irányát minden hurokban!

3. Írjuk fel a valós ágáramok és a fiktív hurokáramok közötti az összefüggéseket!

Amelyik ág csak egy hurokhoz tartozik, ott az ágáram és a hurokáram nagysága

megegyezik, de az előjelre itt is figyelni kell!

I s2 I s1

R4

U3

U1

U2

R1=1Ω

R2=2Ω

R3=3Ω

R4=4Ω

U1=35V

U2=14V

U3=16V

I1 I3

I2

R1

R2

R3

56

𝐼1 = 𝐼𝑠1

𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2

𝐼3 = −𝐼𝑠2

4. Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenleteit Is1 és Is2 segítségével:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) − 𝑈2 + 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑈1 = 0

(2) 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠2 + 𝑈2 + 𝑈3 + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈2 + 𝑈1

(2) −𝑅3 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅4+𝑅3) ∙ 𝐼𝑠2 = −𝑈2 − 𝑈3

(1) 6 ∙ 𝐼𝑠1 − 3 ∙ 𝐼𝑠2 = 49

(2) −3 ∙ 𝐼𝑠1 + 7 ∙ 𝐼𝑠2 = −30

11 ∙ 𝐼𝑠2 = −11

𝐼𝑠2 = −1 𝐴

𝐼𝑠1 =7 ∙ 𝐼𝑠2 + 30

3=23

3= 7,67 𝐴

Így a valódi ágáramok:

𝐼1 = 𝐼𝑠1 = 7,67 𝐴, 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 7,67 − (−1) = 8,67 𝐴, 𝐼3 = −𝐼𝑠2 = −(−1) = 1 𝐴

1.6.1.4. Megoldás a szuperpozíció tétel segítségével

Több feszültség és/vagy áramgenerátort tartalmazó hálózat bármely ágának árama egyenlő

azon áramok összegével, amelyet a csak egy-egy generátor hozna létre, ha a többi áram-

és/vagy feszültségforrást kiiktatnánk, vagyis a feszültséggenerátorokat rövidre zárnánk, az

áramgenerátorok áramkörét megszakítanánk.

57

1-87. ábra

1-88. ábra

1-89. ábra

1. Jelöljük be az ágak áramait! (I1,I2,I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós


2. Rajzoljuk fel az egyenként a három rész áramkört, melyeket egy feszültséggenerátor

meghagyásával, a két másik kiiktatásával kapunk. Jelöljük be az áramirányokat!

Ezeknek az áramoknak az iránya már nem vehető fel tetszőlegesen, mert a

feszültséggenerátorok feszültségei által adottak!

3. Számítsuk ki egyenként a három áramkör ágaiban folyó áramokat!

U3

R4

I’’’

1

I’’’

3

I

’’’

2

R1

R

2

R3

R4

U1

I’1 I’3

I’2

R1

R2

R3

R4

U2

I’’1

I’’3

I’’2

R1

R2

R3

R4

U3

U1

U2

R1=1Ω

R2=2Ω

R3=3Ω

R4=4Ω

U1=35V

U2=14V

U3=16V

I1 I3

I2

R1

R2

R3

UA

UB

58

𝑹𝒆′ = 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + (𝑹𝟑 × 𝑹𝟒) = 𝟏 + 𝟐 +

𝟑 ∙ 𝟒

𝟑 + 𝟒= 𝟒, 𝟕𝟏𝟒 𝛀

𝐈𝟏′ =

𝐔𝟏𝐑𝐞′=

𝟑𝟓

𝟒, 𝟕𝟏𝟒= 𝟕, 𝟒𝟐𝟒 𝐀

𝐼2′ = 𝐼1

′ ∙𝑅4

𝑅3+𝑅4= 4,242 𝐴, 𝐼3

′ = 𝐼1′ − 𝐼2

′ = 7,424 − 4,242 = 3,182 𝐴

a) 𝑅𝑒" = 𝑅3 + [(𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅4] = 3 +

(1+2)∙4

1+2+4= 4,714 Ω

𝐈𝟐" =

𝐔𝟐𝐑𝐞"=

𝟏𝟒

𝟒, 𝟕𝟏𝟒= 𝟐, 𝟗𝟔𝟗𝟕 𝐀

𝐼1" = 𝐼2

" ∙𝑅4

𝑅1 + 𝑅2+𝑅4= 1,697 𝐴, 𝐼3

" = 𝐼2" − 𝐼1

" = 2,9697 − 1,697 = 1,273 𝐴

b) 𝑅𝑒′′′ = 𝑅4 + [(𝑅1 + 𝑅2) × 𝑅3] = 4 +

(1+2)∙3

1+2+3= 5,5 Ω

𝐈𝟑′′′ =

𝐔𝟑𝐑𝐞′′′

=𝟏𝟔

𝟓, 𝟓= 𝟐, 𝟗𝟎𝟗 𝐀

𝐼1′′′ = 𝐼3

′′′ ∙𝑅3

𝑅1 + 𝑅2+𝑅3= 1,4545 𝐴, 𝐼2

′′′ = 𝐼3′′′ − 𝐼1

′′′ = 2,909 − 1,4545

= 1,4545 𝐴

4. A kapott eredményekből írjuk fel az eredeti áramkör áramait!

𝐼1 = 𝐼1′ + 𝐼1

′′ − 𝐼1′′′ = 7,424 + 1,6969 − 1,4545 = 7,67 𝐴

𝐼2 = 𝐼2′ + 𝐼2

′′ + 𝐼2′′′ = 4,242 + 2,969 + 1,4545 = 8,67 𝐴

𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3

′′ + 𝐼3′′′ = −3,182 + 1,2727 + 2,0909 = 1 𝐴

59


1-90. ábra

1.6.2.1. Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával

A kapcsolási rajzon jelöljük be az ismeretlen ágáramokat! Az áramok irányát

tetszőlegesen felvehetjük, ha a számítások végén negatív előjelet kapunk, az azt jelenti,

hogy a tényleges áramirány a feltételezettel ellentétes irányú.

1-91. ábra

Az ábrából látszik, hogy négy ismeretlen ágáramot kell meghatározni. Ehhez egy négy

egyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszerre van szükség. (R3 és R5

ellenállások áramai megegyeznek, hiszen a B és a D csomópontba a befutó ágak közül

kettő azonos, így a harmadik ág áramának is azonosnak kell lenni.)

A négy egyenlet két csomóponti és két hurokegyenletet jelent. Csomóponti egyenletet

írhatunk fel pl. az A és a B csomópontra, hurokegyenletet pl. az ábrán bejelölt két

hurokra:

Hurok egyenletek:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 − 𝑈1 = 0

(2) 𝑈2−𝑅3 ∙ 𝐼3 + 𝑅4 ∙ 𝐼4 − 𝑅5 ∙ 𝐼3 − 𝑅2 ∙ 𝐼2 = 0

+

R5

I0

U1

U2

I1 I3

I2 + R2

R1

R3

R4 I

4

I3

A B

C D

R5

I0

U1

U2 R1=10Ω

R2=10Ω

R3=5Ω

R4=15Ω

R5=20Ω

U1=90V

U2=45V

I0=6A

R2

R1

R3

R4

60

Csomóponti egyenletek:

(3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(4) 𝐼0 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 = 𝑈1

(2) −𝑅2 ∙ 𝐼2 − (𝑅3 + 𝑅5) ∙ 𝐼3 + 𝑅4 ∙ 𝐼4 = −𝑈2

(3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(4) 𝐼3 + 𝐼4 = 𝐼0

Az egyenletrendszer megoldása tetszőleges módszerrel történhet, egyik lehetőség pl. a

Gauss elimináció alkalmazása.

Az egyenletrendszer mátrixos alakja:

[

𝑅1 𝑅2 0 00 −𝑅2 −(𝑅3 + 𝑅5) 𝑅41 −1 1 00 0 1 1

] ∙ [

𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4

] = [

𝑈1−𝑈20𝐼0

]

Behelyettesítve a megadott értékeket:

[

10 10 0 00 −10 −25 151 −1 1 00 0 1 1

] ∙ [

𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4

] = [

90−4506

]

A bővített mátrix:

[

10 10 0 0 900 −10 −25 15 −451 −1 1 0 00 0 1 1 6

]

A Gauss elimináció lépései:

[

10 10 0 0 900 −10 −25 15 −450 20 −10 0 900 0 1 1 6

] → [

10 10 0 0 900 −10 −25 15 −450 0 −60 30 00 0 1 1 6

]

→ [

10 10 0 0 900 −10 −25 15 −450 0 −60 30 00 0 0 90 360

]

61

Az utolsó lépésként kapott mátrixból felírható:

90 ∙ 𝐼4 = 360

𝐼4 = 4 𝐴

−60 ∙ 𝐼3 + 30 ∙ 4 = 0

𝐼3 = 2 𝐴

−10 ∙ 𝐼2 − 25 ∙ 2 + 15 ∙ 4 = −45

𝐼2 = 5,5 𝐴

10 ∙ 𝐼1 + 10 ∙ 5,5 = 90

𝐼1 = 3,5 𝐴


1-92. ábra

Ha megnézzük az 1-92. ábrát, látjuk, hogy négy különböző potenciálú csomópont

található a kapcsolásban, amelyikből egynek a potenciálját 0-nak vehetjük, de így is

marad 3 ismeretlen csomóponti potenciál. Az előzőekben, amikor a Kirchhoff-törvények

segítségével oldottuk meg a feladatot, láttuk, hogy csak 2 egymástól független

csomóponti egyenlet írható fel, márpedig a csomóponti potenciálok módszerénél a

csomóponti egyenletek számával megegyező egyenletet tudunk felírni az ismeretlenek

kiszámításához. A látszólagos ellentmondást az okozza, hogy a kapcsolás 2 ágában is I3

áram folyik, vagyis I3 kifejezhető nemcsak UA és UB, hanem UC és UD csomóponti

potenciálok segítségével is, vagyis ha UC-t nullának vesszük, UD kifejezhető UA és UB

segítségével.

Fejezzük ki az ágáramokat!

(1) 𝑈𝐴 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1 ⇒ 𝐼1 =𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1

(2) 𝑈𝐴 = 𝑅2 ∙ 𝐼2 ⇒ 𝐼2 =𝑈𝐴

𝑅2

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3

R5

I0

U1

U2

I1 I3

I2

R2

R1

R3

R4 I

4

I3

UA UB

UC=0 UD

62

(4) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 𝑅4 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 =𝑈𝐵−𝑈𝐶

𝑅4

(5) 𝑈𝐷 = −𝑅5 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 = −𝑈𝐷

𝑅5

A (3) és az (5) egyenletekből UD kifejezhető:

𝐼3 =𝑈2 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵

𝑅3= −

𝑈𝐷𝑅5 ⇒ 𝑈𝐷 = −

𝑈2 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵𝑅3

∙ 𝑅5

UD behelyettesítve a (4) egyenletbe I4 kifejezhető:

(4) 𝑈𝐵 +𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3 ∙ 𝑅5 = 𝑅4 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 =

𝑈𝐵

𝑅4+𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3∙𝑅4∙ 𝑅5

Írjuk fel a csomóponti egyenleteket A és B csomópontra!

(A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(B) 𝐼0 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(A) 𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1−𝑈𝐴


𝑅3= 0

(B) 𝐼0 −𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3−𝑈𝐵

𝑅4−𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3∙𝑅4∙ 𝑅5 = 0

(A) 90−𝑈𝐴

10−𝑈𝐴

10+45−𝑈𝐴+𝑈𝐵

5= 0

(B) 6 −45−𝑈𝐴+𝑈𝐵

5−𝑈𝐵

15−45−𝑈𝐴+𝑈𝐵

5∙15∙ 20 = 0

(A) 90 − 𝑈𝐴 − 𝑈𝐴 + 90 − 2 ∙ 𝑈𝐴 + 2 ∙ 𝑈𝐵 = 0

(B) 90 − 135 + 3 ∙ 𝑈𝐴 − 3 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐵 − 180 + 4 ∙ 𝑈𝐴 − 4 ∙ 𝑈𝐵 = 0

(A) −4 ∙ 𝑈𝐴 + 2 ∙ 𝑈𝐵 = −180

(B) 7 ∙ 𝑈𝐴 − 8 ∙ 𝑈𝐵 = 225

(A) −16 ∙ 𝑈𝐴 + 8 ∙ 𝑈𝐵 = −720

63

(B) 7 ∙ 𝑈𝐴 − 8 ∙ 𝑈𝐵 = 225

(A)+(B)

−9 ∙ 𝑈𝐴 = −495

𝑈𝐴 = 55 𝑉

𝑈𝐵 = −90 + 2 ∙ 𝑈𝐴

𝑈𝐵 = 20 𝑉

Az eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe:

(1) 𝐼1 =𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1=90−55

10= 3,5 𝐴

(2) 𝐼2 =𝑈𝐴

𝑅2=55

10= 5,5 𝐴

(3) 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3=45−55+20

5= 2 𝐴

(4) 𝐼4 =𝑈𝐵−𝑈𝐷

𝑅4=45−𝑈𝐷

𝑅4=20+40

15= 4 𝐴

(5) 𝐼3 = −𝑈𝐷

𝑅5 ⇒ 𝑈𝐷 = −𝑅5 ∙ 𝐼3 = −20 ∙ 2 = −40 𝑉


1-93. ábra

Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket!

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2

(3) 𝐼3 = −𝐼𝑠2

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 + 𝐼0

Is1

1

R5

I0

U1

U2

I1 I3

I2

R2

R1

R3

R4 I

4

I3

A B

C D

Is2

1

64

A két ismeretlen hurokáram az 1-93. ábrán bejelölt két hurokra felírt

hurokegyenletekből kiszámítható:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) − 𝑈1 = 0

(2) 𝑈2 + 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠2 + 𝐼0) + 𝑅5𝐼𝑠2 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1

(2) −𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5) ∙ 𝐼𝑠2 = −𝑈2 − 𝑅4 ∙ 𝐼0

(1) 20 ∙ 𝐼𝑠1 − 10 ∙ 𝐼𝑠2 = 90

(2) −10 ∙ 𝐼𝑠1 + 50 ∙ 𝐼𝑠2 = −135

(1)+2∙(2):

90𝐼𝑠2 = −180

𝐼𝑠2 = −2 𝐴

𝐼𝑠1 =90 + 10 ∙ (−2)

20= 3,5 𝐴

A fenti eredmények segítségével megkapjuk a valós ágáramokat

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 = 3,5 𝐴

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 3,5 − (−2) = 5,5 𝐴

(3) 𝐼3 = −𝐼𝑠2 = −(−2) = 2 𝐴

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 + 𝐼0 = −2 + 6 = 4 𝐴

1.6.2.4. Megoldás a szuperpozíció tételével

Az áramkör két feszültség- és egy áramgenerátort tartalmaz, a megoldáshoz három rész

áramkörre bontjuk a kapcsolást.

65

A rész áramkörök áramainak kiszámítása:

a)

𝑅𝑒′ = 𝑅1 + (𝑅2 × (𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5)) = 10 + (10 × (5 + 15 + 20) = 18 Ω

𝐼1′ =

𝑈1𝑅𝑒′=90

18= 5 𝐴

𝐼2′ = 𝐼1

′ ∙𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5

𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5= 5 ∙

5 + 15 + 20

10 + 5 + 15 + 20= 4 𝐴

𝐼3′ = 𝐼1

′ − 𝐼2′ = 5 − 4 = 1 𝐴

b)

𝑅𝑒′′ = (𝑅1 × 𝑅2) + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 = (10 × 10) + 5 + 15 + 20 = 45 Ω

𝐼3′′ =

𝑈2𝑅𝑒′′=45

45= 1𝐴

𝐼2′′ = 𝐼3

′′ ∙𝑅1

𝑅1 + 𝑅2= 1 ∙

10

10 + 10= 0,5 𝐴

𝐼1′′ = 𝐼3

′′ − 𝐼2′′ = 1 − 0,5 = 0,5 𝐴

c)

𝐼4′′′ = 𝐼0 ∙

𝑅3 + 𝑅5 + (𝑅1 × 𝑅2)

𝑅3 + 𝑅5 + (𝑅1 × 𝑅2) + 𝑅4= 6 ∙

5 + 20 + (10 × 10)

5 + 20 + (10 × 10) + 15= 4 𝐴

R5

I0

U1

U2

I1 I3

I2 R2

R1

R3

R4 I

4

R5

U1

I1

’ I3

’

I2

’ R

2

R1

R3

R4 I

3’

R5

I1

’’ I3

’’

I2

’’ R2

R1

R3

R4 I

3’’

R5

I0

I1

’’’ I3

’’’

I2

’’’ R2

R1

R3

R4 I

4’’’

U2

= +

+

a)

b) c)

1-94. ábra

66

𝐼3′′′ = 𝐼0 − 𝐼4

′′′ = 6 − 4 = 2 𝐴

𝐼2′′′ = 𝐼3

′′′ ∙𝑅1

𝑅1 + 𝑅2= 2 ∙

10

10 + 10= 1 𝐴

𝐼1′′′ = 𝐼3

′′′ − 𝐼2′′′ = 2 − 1 = 1 𝐴

A rész áramkörök áramainak összegzésével megkapjuk a valódi ágáramokat. Az összegzés

során figyeljünk az áramirányokra! (A feladatot a rossz előjelekkel lehet legkönnyebben

elrontani, ezért a végén mindig érdemes a végeredményt a Kirchhoff csomóponti

egyenletekkel ellenőrizni)

𝐼1 = 𝐼1′ − 𝐼1

′′ − 𝐼1′′′ = 5 − 0,5 − 1 = 3,5 𝐴

𝐼2 = 𝐼2′ + 𝐼2

′′ + 𝐼2′′′ = 4 + 0,5 + 1 = 5,5 𝐴

𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3

′′ + 𝐼3′′′ = −1 + 1 + 2 = 2 𝐴

𝐼4 = 𝐼3′ − 𝐼3

′′ + 𝐼4′′′ = −1 + 1 + 4 = 4 𝐴


1-95. ábra

1.6.3.1. Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával

Jelöljük be az áramokat (az áramirányok felvétele tetszőleges, ha a végén negatív értéket

kapunk, akkor az azt jelenti, hogy a berajzolttal ellentétes a valódi áramirány):

R6

U3

U1

U2

R1=2,5Ω

R2=10Ω

R3=3Ω

R4=6Ω

R5=8Ω

R6=8Ω

U1=25V

U2=40V

U3=64V

R2

R1

R5

R3

R4

67

1-96. ábra

A hat ismeretlen ágáram kiszámításához a Kirchhoff törvények segítségével hat

egyenletet, 2 csomóponti- és 4 hurokegyenletet lehet felírni:

Hurok egyenletek:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 − 𝑈1 = 0

(2) −𝑅2 ∙ 𝐼2 + 𝑅4 ∙ 𝐼4 − 𝑅5 ∙ 𝐼5 = 0

(3) 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3 − 𝑅4 ∙ 𝐼4 = 0

(4) 𝑈3 − 𝑅5 ∙ 𝐼5 − 𝑅6 ∙ 𝐼6 = 0

Csomóponti egyenletek:

(5) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(6) −𝐼3 + 𝐼4 − 𝐼5 + 𝐼6 = 0

Mátrixos formába rendezve az egyenleteket:

[ 𝑅1 𝑅2 0 0 0 00 −𝑅2 0 𝑅4 𝑅5 00 0 𝑅3 𝑅4 0 00 0 0 0 𝑅5 𝑅61 −1 1 −1 0 00 0 −1 1 −1 1 ]

∙

[ 𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4𝐼5𝐼6]

=

[ 𝑈10𝑈2𝑈300 ]

Írjuk be a megadott értékeket a paraméterek helyébe:

R6

U3

U1

U2

R2

R1

R5

R3

R4

I1

I2 I

5

I6

I3

I4

A B

+

+

+ +

68

[ 2,5 10 0 0 0 00 −10 0 6 8 00 0 3 6 0 00 0 0 0 8 81 −1 1 −1 0 00 0 −1 1 −1 1]

∙

[ 𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4𝐼5𝐼6]

=

[ 250406400 ]

Látjuk, hogy az együttható mátrix főátlójában a 4. sorban nulla van, ezért cseréljük fel a 4.

és az 5. sort és a Gauss elimináció elvégzéséhez a bővített mátrixot már így írjuk fel. Ezek

után végezzük el a főátló alatti helyek „kinullázását”:

[ 2,5 10 0 0 0 0 250 −10 0 6 8 0 00 0 3 6 0 0 401 −1 1 −1 0 0 00 0 0 0 8 8 640 0 −1 1 −1 1 0 ]

→

[ 2,5 10 0 0 0 0 250 −10 0 6 8 0 00 0 3 6 0 0 400 12,5 −2,5 2,5 0 0 250 0 0 0 8 8 640 0 −1 1 −1 1 0 ]

→

[ 2,5 10 0 0 0 0 250 −10 0 6 8 0 00 0 3 6 0 0 400 0 −1 4 4 0 100 0 0 0 8 8 640 0 −1 1 −1 1 0 ]

→

[ 2,5 10 0 0 0 0 250 −10 0 6 8 0 00 0 3 6 0 0 400 0 0 18 12 0 700 0 0 0 1 1 80 0 0 9 −3 3 40]

→

[ 2,5 10 0 0 0 0 250 −10 0 6 8 0 00 0 3 6 0 0 400 0 0 18 12 0 700 0 0 0 1 1 80 0 0 0 18 −6 −10]

→

[ 2,5 10 0 0 0 0 250 −10 0 6 8 0 00 0 3 6 0 0 400 0 0 18 12 0 700 0 0 0 1 1 80 0 0 0 0 24 154]

Az utolsó mátrix 6. sorából felírható:

24 ∙ 𝐼6 = 154

𝐼6 =154

24= 6,4167 𝐴

Az 5. sorból:

𝐼5 + 𝐼6 = 8

𝐼5 = 8 − 6,4167 = 1,5833 𝐴

A 4. sorból:

18 ∙ 𝐼4 + 12 ∙ 𝐼5 = 70

69

𝐼4 =70 − 12 ∙ 1,5833

18= 2,833 𝐴

A 3. sorból:

3 ∙ 𝐼3 + 6 ∙ 𝐼4 = 40

𝐼3 =40 − 6 ∙ 2,833

3= 7,667 𝐴

A 2. sorból:

−10 ∙ 𝐼2 + 6 ∙ 𝐼6 + 4 ∙ 𝐼4 = 0

𝐼2 =3 ∙ 2,833 + 4 ∙ 1,5833

5= 2,9667 𝐴

Az 1. sorból:

2,5 ∙ 𝐼1 + 10 ∙ 𝐼2 = 25

𝐼1 =25 − 10 ∙ 2,9667

2,5= −1,8667 𝐴

Az I1-re negatív értéket kaptunk, tehát az áram iránya az ábrába berajzolttal ellentétes. (A

többi áram irányát jól vettük fel.)


Az előző (1.6.3.1) megoldásnál láttuk, hogy az áramkörre két csomóponti egyenlet írható

fel. Ez azt jelenti, hogy a csomóponti potenciálok módszerének alkalmazásával a hat

ismeretlenes egyenletrendszer két ismeretlenesre egyszerűsödik. Így ennél a példánál

valószínűleg ez a módszer adja a legegyszerűbb megoldást.

1-97. ábra

Jelöljük be a csomóponti potenciálokat! Az alsó két csomópont azonos potenciálon van,

válasszuk ennek az értékét 0-nak.

R6

U3

U1

U2

R2

R1

R5

R3

R4

I1

I2 I

5

I6

I3

I4

UA UB

UC=0 U

C=0

70

Fejezzük ki az ágáramokat a csomóponti potenciálok segítségével:

(1) 𝑈𝐴 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1 ⇒ 𝐼1 =𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1

(2) 𝑈𝐴 = 𝑅2 ∙ 𝐼2 ⇒ 𝐼2 =𝑈𝐴

𝑅2

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3

(4) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑅4 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 =𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅4

(5) 𝑈𝐵 = 𝑅5 ∙ 𝐼5 ⇒ 𝐼5 =𝑈𝐵

𝑅5

(6) 𝑈𝐵 = 𝑈3 − 𝑅6 ∙ 𝐼6 ⇒ 𝐼6 =𝑈3−𝑈𝐵

𝑅6

Írjuk fel a csomóponti egyenleteket A és B csomópontra!

(A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(B) −𝐼3 + 𝐼4 − 𝐼5 + 𝐼6 = 0

(A) 𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1−𝑈𝐴


𝑅3−𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅4= 0

(B) −𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3+𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅4−𝑈𝐵

𝑅5+𝑈3−𝑈𝐵

𝑅6= 0

(A) 25−𝑈𝐴

2,5−𝑈𝐴

10+40−𝑈𝐴+𝑈𝐵

3−𝑈𝐴−𝑈𝐵

6= 0

(B) −40−𝑈𝐴+𝑈𝐵

3+𝑈𝐴−𝑈𝐵

6−𝑈𝐵

8+64−𝑈𝐵

8= 0

(A) 12 ∙ (25 − 𝑈𝐴) − 3 ∙ 𝑈𝐵 + 400 − 10 ∙ 𝑈𝐴 + 10 ∙ 𝑈𝐵 − 5 ∙ 𝑈𝐴 + 5 ∙ 𝑈𝐵 = 0

(B) −320 + 8 ∙ 𝑈𝐴 − 8 ∙ 𝑈𝐵 + 4 ∙ 𝑈𝐴 − 4 ∙ 𝑈𝐵 − 3 ∙ 𝑈𝐵 + 192 − 3 ∙ 𝑈𝐵 = 0

(A) −30 ∙ 𝑈𝐴 + 15 ∙ 𝑈𝐵 = −700

(B) 12 ∙ 𝑈𝐴 − 18 ∙ 𝑈𝐵 = 128

(A) −6 ∙ 𝑈𝐴 + 3 ∙ 𝑈𝐵 = −140

(B) 6 ∙ 𝑈𝐴 − 9 ∙ 𝑈𝐵 = 64

(A)+(B)

71

−6 ∙ 𝑈𝐵 = −76

𝑈𝐵 =76

6=38

3= 12,667 𝑉

3(A)+(B)

−12 ∙ 𝑈𝐴 = −356

𝑈𝐴 =356

12=89

3= 29,667 𝑉

Az eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe:

(1) 𝐼1 =𝑈1−𝑈𝐴

𝑅1=25−

89

3

2,5= −1,8667 𝐴

(2) 𝐼2 =𝑈𝐴

𝑅2=

89

3

10= 2,9667 𝐴

(3) 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅3=40−

89

3+38

3

3= 7,667𝐴

(4) 𝐼4 =𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅4=

89−38

3

6= 2,833 𝐴

(5) 𝐼5 =𝑈𝐵

𝑅5=

38

3

8= 1,5833 𝑉

(6) 𝐼6 =𝑈3−𝑈𝐵

𝑅6=64−

38

3

8= 6,41667 𝐴

Az eredmények megegyeznek az 1.6.3.1. pontban kapott értékekkel.


Ezzel a módszerrel most négy hurokegyenletből álló négy ismeretlenes

egyenletrendszert kell megoldanunk.

1-98. ábra

R6

U3

U1

U2

R2

R1

R5

R3

R4

I1

I2 I

5

I6

I3

I4

Is

2

Is3

Is1 Is4

72

Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket!

(Amelyik ág csak egy hurokhoz tartozik, annak árama (figyelembe véve a berajzolt

áramirányokat) az hurokárammal megegyezik, amelyik ág két hurokhoz tartozik, annak

árama a hurokáramok előjeles összegével egyenlő.)

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2

(3) 𝐼3 = −𝐼𝑠3

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3

(5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4

(6) 𝐼6 = −𝐼𝑠4

Írjuk fel a hurokegyenleteket az 1-98. ábrán bejelölt négy hurokra:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) − 𝑈1 = 0

(2) 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3) + 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4) = 0

(3) 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠2) + 𝑈2 + 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠3 = 0

(4) 𝑅6 ∙ 𝐼𝑠4 + 𝑈3 + 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠4 − 𝐼𝑠2) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1

(2) −𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5) ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠3 − 𝑅5 ∙ 𝐼𝑠4 = 0

(3) −𝑅4 ∙ 𝐼𝑠2 + (𝑅3 + 𝑅4) ∙ 𝐼𝑠3 = −𝑈2

(4) −𝑅5 ∙ 𝐼𝑠2 + (𝑅5 + 𝑅6) ∙ 𝐼𝑠4 = −𝑈3

Mátrixos alakba írva az egyenletrendszert:

[ (𝑅1 + 𝑅2) −𝑅2 0 0

−𝑅2 (𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5) −𝑅4 −𝑅50 −𝑅4 (𝑅3 + 𝑅4) 0

0 −𝑅5 0 (𝑅5 + 𝑅6)]

∙ [

𝐼𝑠1𝐼𝑠2𝐼𝑠3𝐼𝑠4

] = [

𝑈10−𝑈2−𝑈3

]

Írjuk be a megadott értékeket:

[

12,5 −10 0 0−10 24 −6 −80 −6 9 00 −8 0 16

] ∙ [


] = [

250−40−64

]

73

A Gauss- eliminációhoz írjuk fel a bővített mátrixot, majd végezzük el az együttható mátrix

főátló alatti értékeinek kinullázását!

[

12,5 −10 0 0 25−10 24 −6 −8 00 −6 9 0 −400 −8 0 16 −64

] → [

12,5 −10 0 0 250 8 −3 −4 100 −6 9 0 −400 −8 0 16 −64

]

⇒ [

12,5 −10 0 0 250 8 −3 −4 100 0 27 −12 −1300 0 −3 12 −54

] ⇒

⇒ [

12,5 −10 0 0 250 8 −3 −4 100 0 27 −12 −1300 0 0 96 −616

]

Az utolsó mátrix 4. sorából felírható:

96 ∙ 𝐼𝑠4 = −616

𝐼𝑠4 = −616

96= −6,4167 𝐴

A 3. sorból:

27 ∙ 𝐼𝑠3 − 12 ∙ 𝐼𝑠4 = −130

𝐼𝑠3 =12 ∙ (−6,4167) − 130

27= −7,667 𝐴

A 2. sorból:

8 ∙ 𝐼𝑠2 − 3 ∙ 𝐼𝑠3 − 4 ∙ 𝐼𝑠4 = 10

𝐼𝑠2 =10 + 3 ∙ (−7,667) + 4 ∙ (−6,4167 )

8= −4,833 𝐴

Az 1. sorból:

12,5 ∙ 𝐼𝑠1 − 10 ∙ 𝐼𝑠2 = 25

𝐼𝑠1 =25 + 10 ∙ (−4,833)

12,5= −1,8667 𝐴

A hurokáramokból felírhatjuk a valódi ágáramokat:

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 = −1,8667 𝐴

(2) 𝐼2 = −1,8667 − (−4,833) = 2,9667 𝐴

(3) 𝐼3 = −𝐼𝑠3 = 7,667 𝐴

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3 = −4,833 − (−7,667) = 2,833 𝐴

(5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 = −4,833 − (−6,4167) = 1,5833 𝐴

(6) 𝐼6 = −𝐼𝑠4 = 6,4167 𝐴

74

Az eredmények megegyeznek az 1.6.3.1. és 1.6.3.2. pontban kapott értékekkel.

1.6.3.4. Megoldás a szuperpozíció tétel használatával

Ezzel a módszerrel három, egy feszültségforrással rendelkező áramkör ágaiban kell

meghatározni, majd a végén összegezni az áramokat. Előny, hogy nem kell több

ismeretlenes egyenletrendszerek megoldásával bajlódni, a három „rész áramkör” áramai

nagyon hasonló, viszonylag egyszerű számolási műveletekkel meghatározhatók, hátrány

viszont, hogy a 6 különböző ágáramot háromszor is ki kell számolni.

1-99. ábra

A rész áramkörök áramainak kiszámítása:

a)

𝑅𝑒′ = 𝑅1 + (𝑅2 × [(𝑅3 × 𝑅4) + (𝑅5 × 𝑅6)]) = 2,5 + (10 × [(6 × 3) + (8 × 8)]) = 6,25 Ω

𝐼1′ =

𝑈1𝑅𝑒′=25

6,25= 4 𝐴

Az áramosztás törvényét I2’ áramra felírva

𝐼2′ = 𝐼1

′ ∙(𝑅3 × 𝑅4) + (𝑅5 × 𝑅6)

𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4) + (𝑅5 × 𝑅6)= 4 ∙

(3 × 6) + (8 × 8)

10 + (3 × 6) + (8 × 8)= 4 ∙

6

16= 1,5 𝐴

A csomóponti törvény értelmében 𝐼1′ = 𝐼2

′ + 𝐼3′ + 𝐼4

′ , és 𝐼3′ + 𝐼4

′ = 𝐼5′ + 𝐼6

′ , vagyis 𝐼1′ − 𝐼2

′ =

𝐼3′ + 𝐼4

′ = 𝐼5′ + 𝐼6

′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban

𝑅3, 𝑅4 valamint 𝑅5, 𝑅6 ellenállások ágai között.

𝐼3′ + 𝐼4

′ = 𝐼1′ − 𝐼2

′ = 4 − 1,5 = 2,5 𝐴

R6

U3

U1

U2

R2

R1

R5

R3

R4

I1

I2 I

5

I6

I3

I4

R6

R2

R1

R5

R3

R4

I’1

I’2 I’

5 I’

6

I’3

I’4

R6

R2

R1

R5

R3

R4

I’’1 I’’

2

I’’5

I’’6

I’’3

I’’4

R6

R2

R1

R5

R3

R4

I’’’1

I’’’2 I’’’

5

I’’’6

I’’’3

I’’’4

U1

U2

U

3

= +

+ +

a)

b) c)

75

𝐼3′ = (𝐼1

′ − 𝐼2′) ∙

𝑅4𝑅3 + 𝑅4

= 2,5 ∙6

3 + 6= 1,667 𝐴

𝐼4′ = 𝐼1

′ − 𝐼2′ − 𝐼3

′ = 2,5 − 1,667 = 0,833 𝐴

𝐼5′ = (𝐼1

′ − 𝐼2′) ∙

𝑅6𝑅5 + 𝑅6

= 2,5 ∙8

8 + 8= 1,25 𝐴

𝐼6′ = 𝐼1

′ − 𝐼2′ − 𝐼5

′ = 2,5 − 1,25 = 1,25 𝐴

b)

𝑅𝑒′′ = 𝑅3 + (𝑅4 × [(𝑅1 × 𝑅2) + (𝑅5 × 𝑅6)]) = 3 + (6 × [(2,5 × 10) + (8 × 8)]) = 6 Ω

𝐼3′′ =

𝑈2𝑅𝑒′′=40

6=20

3= 6,667𝐴

Az áramosztás törvényét 𝐼4′′ áramra felírva:

𝐼4′′ = 𝐼3

′′ ∙(𝑅1 × 𝑅2) + (𝑅5 × 𝑅6)

𝑅4 + (𝑅1 × 𝑅2) + (𝑅5 × 𝑅6)=20

3∙(2,5 × 10) + (8 × 8)

6 + (2,5 × 10) + (8 × 8)=20

3∙6

12

= 3,33 𝐴

A csomóponti törvény értelmében 𝐼3′′ = 𝐼1

′′ + 𝐼2′′ + 𝐼4

′′ , és 𝐼1′′ + 𝐼2

′′ = 𝐼5′′ + 𝐼6

′′ , vagyis

𝐼3′′ − 𝐼4

′′ = 𝐼1′′ + 𝐼2

′′ = 𝐼5′′ + 𝐼6

′′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő

arányban 𝑅1, 𝑅2 valamint 𝑅5, 𝑅6 ellenállások ágai között.

𝐼1′′ + 𝐼2

′′ = 𝐼3′′ − 𝐼4

′′ = 6,667 − 3,333 = 3,333 𝐴

𝐼1′′ = (𝐼3

′′ − 𝐼4′′) ∙

𝑅2𝑅1 + 𝑅2

= 3,333 ∙10

2,5 + 10= 2,667 𝐴

𝐼2′′ = 𝐼3

′′ − 𝐼4′′ − 𝐼1

′′ = 3,333 − 2,667 = 0,667 𝐴

𝐼5′′ = (𝐼3

′′ − 𝐼4′′) ∙

𝑅6𝑅5 + 𝑅6

= 3,333 ∙8

8 + 8= 1,667 𝐴

𝐼6′′ = 𝐼3

′′ − 𝐼4′′ − 𝐼5

′′ = 3,333 − 1,667 = 1,667 𝐴

c)

𝑅𝑒′′′ = 𝑅6 + (𝑅5 × [(𝑅3 × 𝑅4) + (𝑅1 × 𝑅2)]) = 8 + (8 × [(3 × 6) + (2,5 × 10)]) =

32

3 Ω

𝐼6′′′ =

𝑈3𝑅𝑒′′′

=64

323

= 6 𝐴

Az áramosztás törvényét 𝐼5′′′ áramra felírva:

𝐼5′′′ = 𝐼6

′′′ ∙(𝑅3 × 𝑅4) + (𝑅1 × 𝑅2)

𝑅5 + (𝑅3 × 𝑅4) + (𝑅1 × 𝑅2)= 6 ∙

(3 × 6) + (2,5 × 10)

8 + (2,5 × 10) + (8 × 8)= 6 ∙

4

12= 2 𝐴

76

A csomóponti törvény értelmében 𝐼6′′′ = 𝐼3

′′′ + 𝐼4′′′ + 𝐼5

′′′ , és 𝐼1′′′ + 𝐼2

′′′ = 𝐼3′′′ + 𝐼4

′′′ , vagyis

𝐼6′′′ − 𝐼5

′′′ = 𝐼1′′′ + 𝐼2

′′′ = 𝐼3′′′ + 𝐼4

′′′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő

arányban 𝑅1, 𝑅2 valamint 𝑅3, 𝑅4 ellenállások ágai között.

𝐼6′′′ − 𝐼5

′′′ = 𝐼1′′′ + 𝐼2

′′′ = 6 − 2 = 4 𝐴

𝐼1′′′ = (𝐼6

′′′ − 𝐼5′′′) ∙

𝑅2𝑅1 + 𝑅2

= 4 ∙10

2,5 + 10= 3,2𝐴

𝐼2′′′ = 𝐼6

′′′ − 𝐼5′′′ − 𝐼1

′′′ = 4 − 3,2 = 0,8 𝐴

𝐼3′′′ = (𝐼6

′′′ − 𝐼5′′′) ∙

𝑅4𝑅3 + 𝑅4

= 4 ∙6

3 + 6= 2,667 𝐴

𝐼4′′′ = 𝐼6

′′′ − 𝐼5′′′ − 𝐼3

′′′ = 4 − 2,667 = 1,333 𝐴

A rész áramok összegzésével, a berajzolt áramirányok figyelembe vételével számoljuk ki a

teljes áramkör ágáramait:

𝐼1 = 𝐼1′ − 𝐼1

′′ − 𝐼1′′′ = 4 − 2,667 − 3,2 = −1,867 𝐴

𝐼2 = 𝐼2′ + 𝐼2

′′ + 𝐼2′′′ = 1,5 + 0,667 + 0,8 = 2,967 𝐴

𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3

′′ + 𝐼3′′′ = −1,667 + 6,667 + 2,667 = 7,667 𝐴

𝐼4 = 𝐼4′ + 𝐼4

′′ − 𝐼4′′′ = 0,833 + 3,333 − 1,333 = 2,833𝐴

𝐼5 = 𝐼5′ − 𝐼5

′′ + 𝐼5′′′ = 1,25 − 1,667 + 2 = 1,583 𝐴

𝐼6 = −𝐼6′ + 𝐼6

′′ + 𝐼6′′′ = −1,25 + 1,667 + 6 = 6,417 𝐴

Az eredmények megegyeznek az 1.6.3.1., 1.6.3.2. és 1.6.3.3. pontban kapott értékekkel.

Gyakorló példák

Az alábbi példák az előző pontokban bemutatott módszerek mindegyikével megoldhatók.

Minden példánál egyfajta megoldás ki van dolgozva, de ajánlott gyakorlásként a többi

módszerrel is elvégezni a számításokat.

1.6.4. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff

törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a

hurokáramok módszere segítségével!

77

1-100. ábra

1.6.4.1. Megoldás a Kirchhoff törvények segítségével

1-101. ábra

Csomóponti egyenlet:

(1)𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼 = 0

Hurok egyenlet:

(2) 𝑅1 ∙ 𝐼1 − 𝑈 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 = 0

(1)−𝐼1+ 𝐼2 = 5

(2) 30 ∙ 𝐼1 + 70 ∙ 𝐼2 = 100

100 ∙ 𝐼2 = 250

𝐼2 = 2,5 𝐴

𝐼1 = 𝐼2 − 5 = −2,5 𝐴




R2

U

R1

I

R1=30 Ω

R2=70 Ω

U=100 V

I=5 A

I1

I2

R2

U

R1

I

R1=30 Ω

R2=70 Ω

U=100 V

I=5 A

78

1-102. ábra


1-103. ábra

Az áramkör három ismeretlen áramára két hurok és egy csomóponti egyenlet írható fel. A

csomóponti potenciálok módszerével elég UA-ra egyetlen egy ismeretlenes egyenletet

felírni, UA-ból mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható:

(1) 𝑈𝐴 = −𝑈1 + 𝑅1 ∙ 𝐼1 ⇒ 𝐼1 =𝑈1+𝑈𝐴

𝑅1

(2) 𝑈𝐴 = −𝑅2 ∙ 𝐼2 ⇒ 𝐼2 = −𝑈𝐴

𝑅2

(3) 𝑈𝐴 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴

𝑅3

A csomóponti egyenlet:

−𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 − 𝐼 = 0

−𝑈1 + 𝑈𝐴𝑅1

− 𝑈𝐴𝑅2+ 𝑈2 − 𝑈𝐴𝑅3

− 𝐼 = 0

−60 + 𝑈𝐴20

− 𝑈𝐴10+ 10 − 𝑈𝐴15

= 2

−180 − 3 ∙ 𝑈𝐴 − 6 ∙ 𝑈𝐴 + 40 − 4 ∙ 𝑈𝐴 = 120

−13 ∙ 𝑈𝐴 = 260

𝑈𝐴 = −20 𝑉

R2

U1

R1

I

I1 I

2

R3

I3

U2

UA

UB=0

R2

U1

R1

I

R1=20 Ω

R2=10 Ω

R3=15 Ω

U1=60 V

U2=10 V

I=2 A

R3

U2

79

UA-t behelyettesítve megkapjuk az áramokat:

𝐼1 =𝑈1 + 𝑈𝐴𝑅1

=60 − 20

20= 2 𝐴

𝐼2 = −𝑈𝐴𝑅2= −

−20

10= 2 𝐴

𝐼3 =10 − (−20)

15= 2 𝐴




1-104. ábra


1-105. ábra

U1

U2

R2

R1

R4

R3

I1

I2 I

4

I3

Is2

Is1

I

I

U1

U2

R2

R1

R4

R3

I

R

1=4 Ω

R2=10 Ω

R3=8 Ω

R4=2 Ω

U1=3 V

U2=4 V

I=1 A

80

A négy ismeretlen áram kiszámításához két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel.

A hurokegyenletek módszerével a két hurokegyenlettel egy két ismeretlenes

egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók.

Az 1-103. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. A hurokáramok és a valódi ágáramok

közötti összefüggések:

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 − 𝐼

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2

Hurokegyenletek Is1 és Is2 hurokáramokkal:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) − 𝑈1 = 0

(2) 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼) + 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑈2 = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1

(2) −𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4) ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑅3 ∙ 𝐼 + 𝑈2

(1) 14 ∙ 𝐼𝑠1 − 10 ∙ 𝐼𝑠2 = 3

(2) −10 ∙ 𝐼𝑠1 + 25 ∙ 𝐼𝑠2 = 8 + 4

5(1)+2(2):

50 ∙ 𝐼𝑠1 = 39

𝐼𝑠1 = 0,78 𝐴

25 ∙ 𝐼𝑠2 = 10 ∙ 𝐼𝑠1 + 12

𝐼𝑠2 =10 ∙ 0,78 + 12

20= 0,792 𝐴

Az ágáramok:

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1=0,78 A

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 0,78 − 0,792 = −0,012 𝐴

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 − 𝐼 = 0,792 − 1 = −0,208 𝐴

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2=0,792 A

81




1-106. ábra


Az áramkör négy ismeretlen áramára két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel.

UA-ból és UB-ből mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható:

1-107. ábra

U2

U1

R3

R4

R1

I

R2

I1

I3 I

4

I2

UA U

B

UC=0

U2

U1

R3

R4

R1

I

R1=10 Ω

R2=20 Ω

R3=10 Ω

R4=5 Ω

U1=40 V

U2=20 V

I=2 A

R2

82

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1 ⇒ 𝐼1 =𝑈1−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅1

(2) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑅2 ∙ 𝐼2 ⇒ 𝐼2 =𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅2

(3) 𝑈𝐴 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴

𝑅3

(4) 𝑈𝐵 = −𝑅4 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 = −𝑈𝐵

𝑅4

A csomóponti egyenletek:

(A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(B) −𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼4 − 𝐼 = 0

(A) 𝑈1−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅1−𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅2+𝑈2−𝑈𝐴

𝑅3= 0


𝑅1+𝑈𝐴−𝑈𝐵

𝑅2−𝑈𝐵

𝑅4− 𝐼 = 0

(A) 40−𝑈𝐴+𝑈𝐵

10−𝑈𝐴−𝑈𝐵

20+20−𝑈𝐴

10= 0

(B) −40−𝑈𝐴+𝑈𝐵

10+𝑈𝐴−𝑈𝐵

20−𝑈𝐵

5− 2 = 0

(A) 80 − 2 ∙ 𝑈𝐴 + 2 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 + 40 − 2 ∙ 𝑈𝐴 = 0

(B) −80 + 2 ∙ 𝑈𝐴 − 2 ∙ 𝑈𝐵 + 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 − 4 ∙ 𝑈𝐵 = 40

(A) −5 ∙ 𝑈𝐴 + 3 ∙ 𝑈𝐵 = −120

(B) 3 ∙ 𝑈𝐴 − 7 ∙ 𝑈𝐵 = 120

(A) −15 ∙ 𝑈𝐴 + 9 ∙ 𝑈𝐵 = −360

(B) 15 ∙ 𝑈𝐴 − 35 ∙ 𝑈𝐵 = 600

−26 ∙ 𝑈𝐵 = 240

83

𝑈𝐵 = −240

26= −9,23 𝑉

𝑈𝐴 =120 − 7 ∙ 𝑈𝐵

3= 18,46 𝑉

Végül helyettesítsük be UA és UB értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe:

𝐼1 =𝑈1 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵

𝑅1=40 − 18,46 + 9,23

10= 1,23 𝐴

𝐼2 =𝑈𝐴 − 𝑈𝐵𝑅2

=18,46 + 9,23

20= 1,3845 𝐴

𝐼3 =𝑈2 − 𝑈𝐴𝑅3

=20 − 18,46

10= 0,154 𝐴

𝐼4 = −𝑈𝐵𝑅4=9,23

5= 1,846 𝐴




1-108. ábra


1-109. ábra

Az öt ismeretlen áramra két hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. A hurokáramok

módszerével egy két ismeretlenes egyenletrendszerből a hurokáramok, a hurokáramokból az

ágáramok meghatározhatók.

R1 R

2

R4 R

5

R3

U1 U

2

I

Is1

Is2

I2 I

1

I3

I4 I

5 I

R1 R

2

R4 R

5

R3

U1 U

2

I

R1=10 Ω

R2=20 Ω

R3=30 Ω

R4=20 Ω

R5=10 Ω

U1=60 V

U2=90 V

I=5 A

84

Összefüggések a hurokáramok és az ágáramok között:

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1

(2) 𝐼2 = −𝐼𝑠2

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠2

(4) 𝐼4 = 𝐼 + 𝐼𝑠1

(5) 𝐼5 = 𝐼 + 𝐼𝑠2

Hurokegyenletek Is1 és Is2 hurokáramokkal:

(1) −𝑈1 + 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) + (𝐼 + 𝐼𝑠1) ∙ 𝑅4 = 0

(2) 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 + 𝑈2 + 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠2 + 𝐼) + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1 − 𝑅4 ∙ 𝐼

(2) −𝑅3 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅5) ∙ 𝐼𝑠2 = −𝑅5 ∙ 𝐼 − 𝑈2

(1) 60 ∙ 𝐼𝑠1 − 30 ∙ 𝐼𝑠2 = 60 − 5 ∙ 20

(2) −30 ∙ 𝐼𝑠1 + 60 ∙ 𝐼𝑠2 = −5 ∙ 10 − 90

9 ∙ 𝐼𝑠1 = −22

𝐼𝑠1 = −2,444 𝐴

9 ∙ 𝐼𝑠2 = −32

𝐼𝑠2 = −3,555𝐴

𝐼1 = 𝐼𝑠1 = −2,444 𝐴

𝐼2 = −𝐼𝑠2 = 3,555 𝐴

𝐼3 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 1,111 𝐴

𝐼4 = 𝐼 + 𝐼𝑠1 = 2,555 𝐴

𝐼5 = 𝐼 + 𝐼𝑠2 = 1,444 𝐴

85




1-110. ábra

1.6.9.1. Megoldás a szuperpozíció tétellel

1-111/a. ábra

U

R2

R3

R5

R1

R4

I1

I2

I3

I4

I5

R2

R3

R5

R1

R4

I’1

I’2

I’3

I’4

I’4

a)

= +

I01

I01

I02

U

I01

R2

R3

R5

R1=4 Ω

R2=2 Ω

R3=2 Ω

R4=1 Ω

R5=5 Ω

U=10 V

I01

=3 A

I02

=6 A

R1

R4

I02

86

1-112/b. ábra

a)

𝐼1′ = 𝐼01 ∙

𝑅2 + [𝑅3 × (𝑅4 + 𝑅5)]

𝑅1 + 𝑅2 + [𝑅3 × (𝑅4 + 𝑅5)]= 3 ∙

2 + (2 × 6)

4 + 2 + (2 × 6)= 1,4 𝐴

𝐼2′ = 𝐼01 − 𝐼1

′ = 3 − 1,4 = 1,6 𝐴

𝐼3′ = 𝐼2

′ ∙𝑅4 + 𝑅5

𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5= 1,6 ∙

1 + 5

2 + 1 + 5= 1,2 𝐴

𝐼4′ = 𝐼2

′ − 𝐼3′ = 1,6 − 1,2 = 0,4 𝐴

𝐼5′ = 𝐼4

′ = 0,4 𝐴

b)

𝐼5′′ = 𝐼02 ∙

𝑅4 + [𝑅3 × (𝑅1 + 𝑅2)]

𝑅5 + 𝑅4 + [𝑅3 × (𝑅1 + 𝑅2)]= 6 ∙

1 + (2 × 6)

5 + 1 + (2 × 6)= 2 𝐴

𝐼4′′ = 𝐼02 − 𝐼5

′′ = 6 − 2 = 4 𝐴

𝐼3′′ = 𝐼4

′′ ∙𝑅1 + 𝑅2

𝑅3 + 𝑅1 + 𝑅2= 4 ∙

6

8= 3 𝐴

𝐼2′′ = 𝐼4

′′ − 𝐼3′′ = 4 − 3 = 1 𝐴

𝐼1′′ = 𝐼2

′′ = 1 𝐴

R2

R3

R5

R1

R4

I02

I’’2

I’’2 I’’

3

I’’4

I’’5

U

R2

R3

R5

R1

R4

I’’’1

I’’’3

I’’’4

I’’’4

I’’’1

b) c)

+ +

87

c)

𝑅𝑒′′′ = 𝑅3 + [(𝑅4 + 𝑅5) × (𝑅1 + 𝑅2)] = 2 + (6 × 6) = 5Ω

𝐼3′′′ =

𝑈

𝑅𝑒′′′=10

5= 2 𝐴

𝐼1′′′ = 𝐼2

′′′ = 𝐼3′′′ ∙

𝑅4 + 𝑅5𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5

= 2 ∙6

12= 1 𝐴

𝐼4′′′ = 𝐼5

′′′ = 1 𝐴

𝐼1 = −𝐼1′ + 𝐼1

′′ − 𝐼1′′′ = −1,4 + 1 − 1 = −1,4 𝐴

𝐼2 = −𝐼2′ − 𝐼2

′′ + 𝐼2′′′ = −1,6 − 1 + 1 = −1,6 𝐴

𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3

′′ + 𝐼3′′′ = −1,2 + 3 + 2 = 3,8 𝐴

𝐼4 = 𝐼4′ + 𝐼4

′′ + 𝐼4′′′ = 0,4 + 4 + 1 = 5,4 𝐴

𝐼5 = −𝐼5′ + 𝐼5

′′ − 𝐼5′′′ = −0,4 + 2 − 1 = 0,6 𝐴




1-113. ábra


Az áramkörben öt ismeretlen ágáramot kell kiszámítani. Az 1-111. ábrán látható, hogy a

kapcsolás négy csomópontjához négy különböző csomóponti potenciál tartozik. Ebből

az egyiket választhatjuk 0-nak. Ha UD-t 0-nak vesszük, UC csomópont potenciálja U2-vel

lesz egyenlő, így a két ismeretlen, UA és UB kiszámításával mind az 5 ismeretlen ágáram

kiszámítható:

R5

R4

R3

R2

U1

U2

R1=2 Ω

R2=4 Ω

R3=5 Ω

R4=3 Ω

R5=6 Ω

U1=15 V

U2=20 V

R1

88

1-114. ábra

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1 ⇒ 𝐼1 =𝑈1−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅1

(2) 𝑈𝐴 = 𝑅2 ∙ 𝐼2 ⇒ 𝐼2 =𝑈𝐴

𝑅2

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈2 = −𝑅3 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 =𝑈2−𝑈𝐴

𝑅3

(4) 𝑈𝐵 = −𝑅4 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 = −𝑈𝐵

𝑅4

(5) 𝑈𝐵 − 𝑈2 = 𝑅5 ∙ 𝐼5 ⇒ 𝐼5 =𝑈𝐵−𝑈2

𝑅5


(A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(B) −𝐼1 + 𝐼4 − 𝐼5 = 0

(A) 𝑈1−𝑈𝐴+𝑈𝐵

𝑅1−𝑈𝐴

𝑅2+𝑈2−𝑈𝐴

𝑅3= 0


𝑅1+𝑈𝐵

𝑅4−𝑈𝐵−𝑈2

𝑅5= 0

(A) 15−𝑈𝐴+𝑈𝐵

2−𝑈𝐴

4+20−𝑈𝐴

5= 0

(B) −15−𝑈𝐴+𝑈𝐵

2−𝑈𝐵

3−𝑈𝐵−20

6= 0

(A) 150 − 10 ∙ 𝑈𝐴 + 10 ∙ 𝑈𝐵 − 5 ∙ 𝑈𝐴 + 80 − 4 ∙ 𝑈𝐴 = 0

R5

R4

R3

R2

U1

U2

R1 I

1

I2 I

3

I4

I5

UA

UB UC=U2 U

D=0

89

(B) −45 + 3 ∙ 𝑈𝐴 − 3 ∙ 𝑈𝐵 − 2 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐵 + 20 = 0

(A) −19 ∙ 𝑈𝐴 + 10 ∙ 𝑈𝐵 = −230

(B) 3 ∙ 𝑈𝐴 − 6 ∙ 𝑈𝐵 = 25

(A) −57 ∙ 𝑈𝐴 + 30 ∙ 𝑈𝐵 = −690

(B) 15 ∙ 𝑈𝐴 − 30 ∙ 𝑈𝐵 = 125

−42 ∙ 𝑈𝐴 =−565

𝑈𝐴 = 13,452 𝑉

𝑈𝐵 =3 ∙ 13,452 − 25

6= 2,559 𝑉

Végül helyettesítsük be UA és UB értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe:

𝐼1 =𝑈1 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵

𝑅1=15 − 13,452 + 2,559

2= 2,053 𝐴

𝐼2 =𝑈𝐴𝑅2=13,452

4= 3,363 𝐴

𝐼3 =𝑈2 − 𝑈𝐴𝑅3

=20 − 13,452

5= 1,3096 𝐴

𝐼4 = −𝑈𝐵𝑅4 = −

2,559

3= −0,853 𝐴

𝐼5 =𝑈𝐵 −𝑈2𝑅5

=2,559 − 20

6= −2,9068 𝐴




90

1-115. ábra


1-116. ábra

Az öt ismeretlen áram kiszámításához három hurok és két csomóponti egyenlet írható

fel. A hurokegyenletek módszerével, a három hurokegyenlettel egy három ismeretlenes




(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠2

(5) 𝐼5 = 𝐼𝑠3

U2

U1

R3

R4

R1

R2

R5

I1

I2

I3

I4

I5

Is1

Is2

Is3

U2

U1

R3

R4

R1

R1=3 Ω

R2=6 Ω

R3=4 Ω

R4=2 Ω

R5=6 Ω

U1=60 V

U2=90 V

R2

R5

91

Hurokegyenletek Is1, Is2 és Is3 hurokáramokkal:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) − 𝑈1 = 0

(2) 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3) + 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 + 𝑈2 = 0

(3) 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠2) + 𝑈1 + 𝑅5 ∙ 𝐼𝑠3 − 𝑈2 = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1

(2) −𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4) ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠3 = −𝑈2

(3) −𝑅4 ∙ 𝐼𝑠2 + (𝑅4 + 𝑅5) ∙ 𝐼𝑠3 = 𝑈2 −𝑈1

Az egyenletrendszert mátrixos alakba rendezve:

[𝑅1 + 𝑅2 −𝑅2 0−𝑅2 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4 −𝑅40 −𝑅4 𝑅4 + 𝑅5

] ∙ [𝐼𝑠1𝐼𝑠2𝐼𝑠3

] = [𝑈1−𝑈2𝑈2 − 𝑈1

]

[9 −6 0−6 12 −20 −2 8

] ∙ [𝐼𝑠1𝐼𝑠2𝐼𝑠3

] = [60−9030]

Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával:

Az együttható mátrix determinánsa:

𝐷 = |9 −6 0−6 12 −20 −2 8

| = 540

Képezzük Di determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot

illesztve:

𝐷1 = |60 −6 0−90 12 −230 −2 8

| = 1560

𝐷2 = |9 60 0−6 −90 −20 30 8

| = −3060

92

𝐷1 = |9 −6 90−6 12 −900 −2 30

| = 1260

A Crammer-szabály értelmében az ismeretlen hurokáramok:

𝐼𝑠1 =𝐷1𝐷=1560

540= 2,889 𝐴

𝐼𝑠2 =𝐷2𝐷=−3060

540= −5,667 𝐴

𝐼𝑠3 =𝐷3𝐷=1260

540= 2,333 𝐴

Végül írjuk fel a valódi ágáramokat:

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1=2,889 A

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 2,889 − (−5,667) =8,556 A

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 = −5,667 𝐴

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠2 = 2,333 − (−5,667) = 8 𝐴

(5) 𝐼5 = 𝐼𝑠3 = 2,333 𝐴




93

1-117. ábra


Az áramkör hat ismeretlen áramára három hurok és három csomóponti egyenlet írható

fel. A csomóponti potenciálok módszerével a négy különböző potenciálú csomópontból

egynek az értékét 0-nak választva megmaradó három ismeretlen csomóponti potenciállal

a hat ismeretlen ágáram kifejezhető, a három csomóponti egyenlettel a három

csomóponti potenciál kiszámítható.

1-118. ábra

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = −𝑅 ∙ 𝐼1 ⇒ 𝐼1 =𝑈𝐵−𝑈𝐴

𝑅

(2) 𝑈𝐴 = 𝑈1 − 𝑅 ∙ 𝐼2 ⇒ 𝐼2 =𝑈1−𝑈𝐴

𝑅

(3) 𝑈𝐵 = 𝑅 ∙ 𝐼3 ⇒ 𝐼3 =𝑈𝐵

𝑅

(4) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 𝑅 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 =𝑈𝐵−𝑈𝐶

𝑅

(5) 𝑈𝐶 = 𝑈2 − 𝑅 ∙ 𝐼5 ⇒ 𝐼5 =𝑈2−𝑈𝐶

𝑅

U2

I0

R

R

R

R=10 Ω

U1=10 V

U2=20 V

I0=2 A

R

R

R

U1 I

1

I2 I

3

I4

I5 I

6

UA U

B U

C

UD=0

U2

I0

R

R

R

R=5 Ω

U1=10 V

U2=20 V

R

R

R

U1

94

(6) 𝑈𝐶 = 𝑅 ∙ 𝐼6 ⇒ 𝐼6 =𝑈𝐶

𝑅


(A) 𝐼1 + 𝐼2 − 𝐼0 = 0

(B) 𝐼0 − 𝐼1 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(C) 𝐼4 + 𝐼5 − 𝐼6 = 0

(A) 𝑈𝐵−𝑈𝐴

𝑅+𝑈1−𝑈𝐴

𝑅= 𝐼0

(B) 𝐼0 −𝑈𝐵−𝑈𝐴

𝑅−𝑈𝐵

𝑅−𝑈𝐵−𝑈𝐶

𝑅= 0

(C) 𝑈𝐵−𝑈𝐶

𝑅+𝑈2−𝑈𝐶

𝑅−𝑈𝐶

𝑅= 0

(A) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 + 𝑈1 − 𝑈𝐴 = 𝐼0 ∙ 𝑅

(B) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 + 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 𝐼0 ∙ 𝑅

(C) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 + 𝑈2 − 𝑈𝐶 − 𝑈𝐶 = 0

(A) −2 ∙ 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 = 10

(B) −𝑈𝐴 + 3 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 20

(C) 𝑈𝐵 − 3 ∙ 𝑈𝐶 = −20

Az egyetlenrendszer mátrixos alakja:

[−2 1 0−1 3 −10 1 −3

] ∙ [𝑈𝐴𝑈𝐵𝑈𝐶

] = [1020−20

]

Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával:

Az együttható mátrix determinánsa:

95

𝐷 = |−2 1 0−1 3 −10 1 −3

| = 13

Képezzük Di determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot

illesztve:

𝐷1 = |10 1 020 3 −1−20 1 −3

| = 0

𝐷2 = |−2 10 0−1 20 −10 −20 −3

| = 130

𝐷1 = |−2 1 10−1 3 200 1 −20

| = 130

A Crammer-szabály értelmében az ismeretlen csomóponti potenciálok:

𝑈𝐴 =𝐷1𝐷=0

13= 0 𝑉

𝑈𝐵 =𝐷2𝐷=130

13= 10 𝑉

𝑈𝐶 =𝐷3𝐷=130

13= 10 𝑉

Végül a kapott eredményekből számítsuk ki az ágáramokat:

𝐼1 =𝑈𝐵 − 𝑈𝐴𝑅

=10 − 0

10= 1 𝐴

𝐼2 =𝑈1 − 𝑈𝐴𝑅

=10 − 0

10= 1 𝐴

𝐼3 =𝑈𝐵𝑅=10

10= 1 𝐴

𝐼4 =𝑈𝐵 − 𝑈𝐶𝑅

=10 − 10

10= 0 𝐴

𝐼5 =𝑈2 − 𝑈𝐶𝑅

=20 − 10

10= 1 𝐴

96

𝐼6 =𝑈𝐶𝑅=10

10= 1 𝐴



hurokáramok módszere

segítségével!

1-119. ábra


A 8 ismeretlen áram kiszámításához négy hurok és négy csomóponti egyenlet írható fel.

A hurokegyenletek módszerével, a négy hurokegyenlettel egy négy ismeretlenes


1-120. ábra



(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠2

R1

R5

U1 U

2

R4

R7

R3

R2

R6

R8

Is1

Is2

Is3

Is4

I1 I

2

I3

I4 I

5

I6

I7 I

8

R1

R5

U1 U

2

R4

R7

R3

R2

R6

R8

R1=2 Ω

R2=4 Ω

R3=8 Ω

R4=2 Ω

R5=4 Ω

R6=2 Ω

R7=4 Ω

R8=8 Ω

U1=102 V

U2=34 V

97

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠3

(5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4

(6) 𝐼6 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠4

(7) 𝐼7 = 𝐼𝑠3

(8) 𝐼8 = 𝐼𝑠4

Hurokegyenletek Is1, Is2 és Is3 hurokáramokkal:

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2) + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠3) − 𝑈1 = 0

(2) 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑈2 + 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4) + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1) = 0

(3) 𝑈1 + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠1) + 𝑅6 ∙ (𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠4) + 𝑅7 ∙ 𝐼𝑠3 = 0

(4) 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠4 − 𝐼𝑠2) + 𝑈2 + 𝑅8 ∙ 𝐼𝑠4 + 𝑅6 ∙ (𝐼𝑠4 − 𝐼𝑠3) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠3 = 𝑈1

(2) −𝑅3 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅5) ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑅5 ∙ 𝐼𝑠4 = 𝑈2

(3) −𝑅4 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅4 + 𝑅6 + 𝑅7) ∙ 𝐼𝑠3 − 𝑅6 ∙ 𝐼𝑠4 = −𝑈1

(4) −𝑅5 ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑅6 ∙ 𝐼𝑠3 + (𝑅5 + 𝑅6 + 𝑅8) ∙ 𝐼𝑠4 = −𝑈2

Az egyenletrendszer mátrixos alakja:

[

𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4 −𝑅3 −𝑅4 0−𝑅3 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅5 0 −𝑅5−𝑅4 0 𝑅4 + 𝑅6 + 𝑅7 −𝑅60 −𝑅5 −𝑅6 𝑅5 + 𝑅6 + 𝑅8

] ∙ [


] = [

𝑈1𝑈2−𝑈1−𝑈2

]

[

12 −8 −2 0−8 16 0 −4−2 0 8 −20 −4 −2 14

] ∙ [


] = [

8040−80−40

]

Az egyenletrendszer megoldása Gauss-eliminációval:

[

12 −8 −2 0 80−8 16 0 −4 40−2 0 8 −2 −800 −4 −2 14 −40

] ⇒ [

12 −8 −2 0 800 16 −2 −6 1400 −8 46 −12 −4000 −4 −2 14 −40

]

⇒ [

12 −8 −2 0 800 16 −2 −6 1400 0 90 −30 −6600 0 −10 50 −20

] ⇒

98

⇒ [

12 −8 −2 0 800 16 −2 −6 1400 0 90 −30 −6600 0 0 420 −840

]

Az utolsó mátrix utolsó sorából felírható:

420 ∙ 𝐼𝑠4 = −840

𝐼𝑠4 = −2 𝐴

A 3. sorból:

90 ∙ 𝐼𝑠3 − 30 ∙ 𝐼𝑠4 = −660

𝐼𝑠3 =30 ∙ 𝐼𝑠4 − 660

90=−60 − 660

90= −8 𝐴

A 2. sorból:

16 ∙ 𝐼𝑠2 − 2 ∙ 𝐼𝑠3 − 6 ∙ 𝐼𝑠4 = 140

𝐼𝑠2 =2 ∙ 𝐼𝑠3 + 6 ∙ 𝐼𝑠4 + 140

16=2 ∙ (−8) + 6 ∙ (−2) + 140

16= 7 𝐴

Az 1. sorból:

12 ∙ 𝐼𝑠1 − 8 ∙ 𝐼𝑠2 − 2 ∙ 𝐼𝑠3 = 80

𝐼𝑠1 =8 ∙ 𝐼𝑠2 + 2 ∙ 𝐼𝑠3 + 80

12=8 ∙ 7 + 2 ∙ (−8) + 80

12= 10 𝐴

Végül írjuk fel a valódi ágáramokat:

(1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 = 10 𝐴

(2) 𝐼2 = 𝐼𝑠2 = 7 𝐴

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 3 𝐴

(4) 𝐼4 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠3 = 10 − (−8) = 18 𝐴

(5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 = 10 − (−2) = 12 𝐴

(6) 𝐼6 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠4 = −8 − (−2) = −6 𝐴

(7) 𝐼7 = 𝐼𝑠3 = −8 𝐴

(8) 𝐼8 = 𝐼𝑠4 = −2 𝐴

99

2. VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ HÁLÓZATOK

2.1. Alapfogalmak

Ebben a fejezetben szinuszosan váltakozó áramú/feszültségű generátorokból és passzív

áramköri elemekből (ellenállás, kondenzátor és induktivitás) álló egyszerű villamos

hálózatok számításával foglalkozunk. A feladatok célja a váltakozó áramú hálózatok

komplex mennyiségek használatával történő számításának megismerése és gyakorlása.

2.1.1. Szinuszos váltakozó feszültség/áram megadása

2-1. ábra

Umax [V], Imax [A] a feszültség/áram amplitúdója (csúcsértéke)

ω [1/s] körfrekvencia (𝜔 = 2𝜋 ∙ 𝑓)

t [s] idő

φ fázisszög, (fáziseltérés)

2.1.2. Szinuszos mennyiségek középértékei

Effektív érték (négyzetes középérték)

A gyakorlatban a váltakozó áram/feszültség nagyságának megadására általában nem az

amplitúdót, hanem az effektív értéket, más néven a négyzetes középértéket használják.

Váltakozó áram/feszültség effektív értékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely

ugyanakkora ellenálláson ugyanannyi idő alatt ugyanannyi hőt fejleszt, mint a váltakozó

áram. R ellenálláson egységnyi idő alatt hővé alakuló teljesítmény:

𝑃 = 𝐼2 ∙ 𝑅 =𝑈2

𝑅

A keletkezett hő az áram/feszültség négyzetével arányos, ennek átlagértéke egy periódus

alatt:

∆𝑡 = 𝜑 ∙𝑇

2𝜋

𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑)

𝑢(𝑡) = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡)

100

𝐼á𝑡𝑙2 =

1

𝑇∫ 𝑖2(𝑡)𝑑𝑡

𝑇

0

𝑈á𝑡𝑙2 =

1

𝑇∫𝑢2(𝑡)𝑑𝑡

𝑇

0

Az effektív érték e mennyiségek négyzetgyöke:

𝐼𝑒𝑓𝑓 = √1

𝑇∫ 𝑖2(𝑡)𝑑𝑡 𝑇

0= √

1

𝑇∫ (𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡)2𝑑𝑡𝑇

0=𝐼𝑚𝑎𝑥

√2

𝑈𝑒𝑓𝑓 = √1

𝑇∫ 𝑢2(𝑡)𝑑𝑡𝑇

0√1

𝑇∫ (𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡)2𝑑𝑡𝑇

0=𝑈𝑚𝑎𝑥

√2

2-2. ábra

Abszolút középérték

Váltakozó áram/feszültség abszolút középértékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük,

amely egy adott idő alatt ugyanannyi töltést szállít, mint a váltakozó áram. A

töltésmennyiség arányos az árammal, de független az áram irányával, ezért az egy

periódus alatt szállított töltésmennyiség az áram abszolút értékének időbeli átlagával

arányos.

2-3. ábra

𝐼𝑘 =1

𝑇∫ |𝑖(𝑡)|𝑑𝑡 𝑇

0=1

𝑇∫ |𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡|𝑑𝑡𝑇

0=2

𝜋∙ 𝐼𝑚𝑎𝑥

𝐼𝑘=2

𝜋∙ 𝐼𝑚𝑎𝑥

|𝑖(𝑡)|

i2(t)

i(t)

𝐼𝑚𝑎𝑥2

2

𝐼𝑒𝑓𝑓=𝐼𝑚𝑎𝑥

√2

101

𝑈𝑘 =1

𝑇∫ |𝑢(𝑡)|𝑑𝑡 𝑇

0=1

𝑇∫ |𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡|𝑑𝑡𝑇

0=2

𝜋∙ 𝑈𝑚𝑎𝑥

Összefüggés a szinuszos jel effektív és középértéke között:

𝐼𝑒𝑓𝑓 =𝜋

2 ∙ √2∙ 𝐼𝑘

2.1.3. A váltakozó áramú hálózatok passzív áramköri elemei

a) Ellenállás

Az összefüggést váltakozó áramú áramkörbe kapcsolt ellenállás árama és feszültsége

között most is az Ohm-törvény adja:

𝑖(𝑡) =𝑢(𝑡)

𝑅=𝑈𝑚𝑎𝑥

𝑅∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡,

vagyis az ellenállás árama arányos a feszültséggel és a két mennyiség fázisban van

egymással

b) Kondenzátor

A kondenzátor töltése arányos a rá kapcsolt feszültséggel, az arányossági tényező a

kondenzátor kapacitása C [F, Farad]

𝑄 = 𝐶 ∙ 𝑈 [𝐶]

ahol Q a kondenzátor töltése.

A kondenzátor áramköri jele:

Az összefüggés a kondenzátor árama és feszültsége között:

𝑖(𝑡) =𝑑𝑄(𝑡)

𝑑𝑡= 𝐶 ∙

𝑑𝑢(𝑡)

𝑑𝑡= 𝐶 ∙

𝑑(𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡)

𝑑𝑡= 𝐶 ∙ 𝜔 ∙ 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

= 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin (𝜔𝑡 + 900)

ahol 𝑈𝑚𝑎𝑥

𝐼𝑚𝑎𝑥=𝑈𝑒𝑓𝑓

𝐼𝑒𝑓𝑓=

1

𝐶∙𝜔= 𝑋𝐶 [Ω] az ún. kapacitív reaktancia

(A reaktancia reciprokát szuszceptanciának hívják, jele: B [1/Ω]

𝐵𝐶 = 𝐶 ∙ 𝜔, kapacitív szuszceptancia)

102

A fenti összefüggésből látszik, hogy a kondenzátor árama 900-kal siet a feszültséghez

képest.

c) Önindukciós tekercs, induktivitás

Váltakozó áramú tekercsben az áram hatására kialakuló váltakozó mágneses fluxus

feszültséget, ún. önindukciós feszültséget hoz létre. Az önindukciós feszültség arányos az

áram időbeli megváltozásával.

Az induktivitás áramköri jele:

𝑢(𝑡) = 𝐿 ∙𝑑𝑖(𝑡)

𝑑𝑡= 𝐿

∙𝑑(𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin𝜔𝑡)

𝑑𝑡= 𝐿 ∙ 𝜔 ∙ 𝐼𝑚𝑎𝑥∙ 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

= 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin (𝜔𝑡

+ 900)

ahol 𝑈𝑚𝑎𝑥

𝐼𝑚𝑎𝑥=𝑈𝑒𝑓𝑓

𝐼𝑒𝑓𝑓= 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑋𝐿 [Ω] az ún. induktív reaktancia

(𝐵𝐿 =1

𝐿∙𝜔 [1

Ω], induktív szuszceptancia)

A fenti összefüggésből látszik, hogy az induktivitás árama 900-kal késik a feszültséghez

képest.

2.1.4. Váltakozó áramú teljesítmény

A teljesítmény pillanatnyi értéke, ha a feszültség és az áram szinuszosan változó

mennyiségek, amik nincsenek fázisban egymással:

𝑃(𝑡) = (𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin𝜔𝑡)(𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 +𝜑)) = 2 ∙ 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin𝜔𝑡 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑)

A teljesítmény időbeli átlaga:

𝑃 =1

𝑇∫𝑃(𝑡)𝑑𝑡 =

𝑇

0

1

𝑇∫2 ∙ 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin𝜔𝑡 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑)𝑑𝑡 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ cos 𝜑

𝑇

0

Ez a mennyiség az ún. hatásos (wattos) teljesítmény: 𝑃 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ cos 𝜑 [𝑊]

A meddő teljesítmény: 𝑄 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin𝜑 [𝑣𝑎𝑟]

103

A látszólagos teljesítmény: 𝑆 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 [𝑉𝐴]

A 𝑃

𝑆= 𝑐𝑜𝑠𝜑 értéket, ami a feszültség és az áram közötti fázisszög koszinusza,

teljesítménytényezőnek nevezzük.

2.1.5. Komplex mennyiségek bevezetése

Szinuszos váltakozó áramú hálózatok számításánál a feszültség és áramértékeket

komplex mennyiségként kezelve matematikailag lényegesen egyszerűbb összefüggéseket

kapunk, mint ha az idő tartományban szögfüggvényekkel végeznénk a számításokat.

𝑢(𝑡) = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin𝜔𝑡 = 𝐼𝑚[𝑈𝑚𝑎𝑥(cosωt + j ∙ sinωt)] = 𝐼𝑚[𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡],

𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑) = 𝐼𝑚[𝐼𝑚𝑎𝑥(cos (ωt + φ) + j ∙ sin (ωt + φ)] = =

[𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒𝑗(𝜔𝑡+𝜑],

ahol 𝑗2 = −1 az imaginárius egység

A komplex feszültség és áram:

(𝑡) = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡,

𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒𝑗(𝜔𝑡+𝜑)

é𝑠 𝑖 komplex időfüggvények a komplex számsíkon ω szögsebességgel forgó

𝑈𝑚𝑎𝑥 é𝑠 𝐼𝑚𝑎𝑥 nagyságú forgó vektorok, melyek egy adott pillanatban a valós tengellyel

ωt illetve ωt+φ szöget zárnak be.

t=0 időpontban rögzítve a komplex forgó vektorokat a komplex feszültség és a komplex

áram amplitúdója a következő összefüggéssel definiálható:

𝑚𝑎𝑥 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒𝑗∙0 = 𝑈𝑚𝑎𝑥

𝐼𝑎𝑥 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒𝑗𝜑

A gyakorlatban az amplitúdó helyett az effektív értékét használjuk, a komplex effektív

érték így:

=𝑚𝑎𝑥

√2= 𝑈𝑒𝑓𝑓, 𝐼 =

𝐼𝑎𝑥

√2=𝐼𝑚𝑎𝑥

√2∙ 𝑒𝑗𝜑 = 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝑒

𝑗𝜑

Ezeket a komplex számsíkon álló síkvektor ábrázolja, amit fázornak hívunk.

2.1.6. A komplex impedancia

A feszültséghez hasonlóan a váltakozó áramú hálózatok passzív elemeinek paramétereit

is kezelhetjük komplex mennyiségekként. Ezeket összefoglaló néven komplex

impedanciáknak nevezzük. Jele: Z [Ω]

104

Rezisztív impedancia (ellenállás):

𝐼 =

𝑅=𝑈 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡

𝑅= 𝐼 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡

𝐼 = 𝑅 = 𝑅

Kapacitív impedancia:

𝐼 = 𝐶 ∙𝑑

𝑑𝑡= 𝐶 ∙

𝑑(𝑈 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡)

𝑑𝑡= 𝐶 ∙ 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝑈 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐶 ∙

𝐼 =

1

𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙ 𝑋𝐶 = 𝐶

Induktív impedancia:

= 𝐿 ∙𝑑𝐼

𝑑𝑡= 𝐿 ∙

𝑑(𝐼 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡)

𝑑𝑡= 𝐿 ∙ 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐼 ∙ 𝑒𝑗𝜔𝑡 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 ∙ 𝐼

𝐼 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝐿

A fenti összefüggésekből látható, komplex mennyiségek használatával az Ohm-törvény

kiterjeszthető az induktív és kapacitív impedanciákra is.

Az általános Ohm-törvény:

=

𝐼

Komplex teljesítmény

𝑆 = ∙ 𝐼 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ cos 𝜑 + 𝑗 ∙ 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin𝜑 = 𝑃 + 𝑗 ∙ 𝑄

2.2. Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú

áramkörök számításához

A következő részben öt részletesen kidolgozott és további 13 gyakorló példa

található.

2.2.1. 50 Hz-es szinuszosan váltakozó, 230 V effektív feszültségű

feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy

indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex

105

impedanciáját, áramát, az ellenállás és a tekercs feszültségét, a

hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a

fázor ábrát!

2-4. ábra

(Megjegyzés: A továbbiakban az alsó index nélkül jelölt feszültség és áram érték az

effektív értéket jelöli.)

A induktív impedancia:

𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 50 ∙ 1,432 = 𝑗 ∙ 450 Ω

Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak képzetes koordinátája van. A komplex

számsíkon ábrázolva a képzetes tengelyen helyezkedik el. Exponenciális alakban felírva:

𝑍𝐿 = 450 ∙ 𝑒𝑗∙900Ω

A rezisztív impedancia:

𝑍𝑅 = 𝑅 = 300Ω

Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak valós koordinátája van.

Exponenciális írásmóddal:

𝑍𝑅 = 300 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω

Az eredő impedancia kiszámítására az egyenáramú hálózatoknál az ellenállásokra felírt

összefüggések érvényesek, de természetesen itt a komplex mennyiségekre vonatkozó

szabályokat kell figyelembe venni. Vagyis sorba kapcsolt komplex impedanciák eredője

az egyes impedanciák összegével egyenlő. Párhuzamos kapcsolás esetén az eredő

impedancia reciproka egyenlő az egyes impedanciák reciprokának összegével.

Az impedanciák ábrázolása a komplex számsíkon:

~

L R

U

U=230 V

f=50 Hz

L=1,432 H

R=300 Ω

106

2-5. ábra


(A számításoknál a feszültségforrás feszültségének fázisszögét 0-nak vesszük, ehhez

viszonyítjuk a többi mennyiség fázisszögét)

𝐼 =

𝑒𝑟=230 ∙ 𝑒𝑗∙0

0

540 ∙ 𝑒𝑗∙56,30 = 0,4252 ∙ 𝑒

𝑗∙(−56,30) 𝐴

A fenti számításból látszik, hogy a komplex mennyiségekkel való számolással nemcsak

az áram effektív értékét kaptuk meg (I=0,4252 A), hanem a feszültség és az áram közötti

fázisszöget is (φ= 56,30). A mínusz előjel azt jelenti, hogy az áram késik a feszültséghez

képest.

Az ellenálláson eső feszültség:

𝑈𝑅 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅 = 0,4252 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,30) ∙ 300 = 127,58 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,3

0)𝑉

Az induktivitáson eső feszültség:

𝑈𝐿 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐿 = 0,4252 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,30) ∙ 450 ∙ 𝑒𝑗∙90

0= 191,34 ∙ 𝑒𝑗∙(33,7

0)𝑉

A feszültségek és áramok nagyságát és fázis viszonyait az ún. fázorábrán szemléltetjük.

A fázorábra a komplex számsíkon ábrázolja a kérdéses mennyiségeket, úgy, hogy a 0

fázisszögű feszültség effektív értékét mérjük a függőleges tengelyre, ami ebben az

esetben a valós tengelyt jelenti. (Olyan, mintha a komplex számsík valós és képzetes

tengelyeit óramutató járásával ellentétesen 90 fokkal elfordítanánk.) A pozitív szögeket a

valós tengelytől óramutató járásával ellentétesen, a negatív szögeket az óramutató

járásával megegyező irányban mérjük fel.

Re

Im

ZR

Zer ZL

𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 = (300 + 450 ∙ 𝑗)Ω

|𝑍𝑒𝑟| = √|𝑍𝑅|2 + |𝑍𝐿|

2 = √3002 + 4502 = 540,83Ω

𝜑 = artg𝐼𝑚(𝑍𝑒𝑟)

𝑅𝑒(𝑍𝑒𝑟)= artg

450

300=56,30

𝑍𝑒𝑟 = 540,83 ∙ 𝑒𝑗∙56,30 Ω φ

107

2-6. ábra

A hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével:

𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 230 ∙ 0,4252 ∙ cos 56,30 = 54,26 𝑊

𝑃𝑅 = 𝑈𝑅 ∙ 𝐼𝑅 = 127,58 ∙ 0,4252 = 54,26 𝑊 = 𝑃

A meddő teljesítmény megegyezik a tekercs teljesítményével:

𝑄 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ sin𝜑 =230 ∙ 0,4252 ∙ sin 56,30 = 81,36 𝑣𝑎𝑟

𝑃𝐿 = 𝑈𝐿 ∙ 𝐼𝐿 = 191,34 ∙ 0,4252 = 81,36 𝑣𝑎𝑟

A látszólagos teljesítmény:

𝑆 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 230 ∙ 0,4252 = 97,796 𝑉𝐴


feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és

egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex

impedanciáját, áramát, az ellenállás és a kondenzátor áramát, a

hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a

fázor ábrát!

2-7. ábra

A kapacitív és a rezisztív impedancia:

~

C

R

U

U=100 V

f=100 Hz

C=9,947µF

R=120 Ω

Re

Im

UR

U

UL

φ I

108

𝑍𝐶 = −𝑗 ∙1

𝜔 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 100 ∙ 9,947 ∙ 10−6= −160𝑗 Ω

= 160 ∙ 𝑒𝑗∙(−900)Ω

𝑍𝑅 = 120 Ω = 120 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω

Az eredő impedancia:

𝑍𝑒𝑟 =1

1𝑍𝑅+1𝑍𝐶

=𝑍𝑅 ∙ 𝑍𝐶𝑍𝑅 + 𝑍𝐶

=120 ∙ (−160𝑗)

120 − 160𝑗=3 ∙ (−160𝑗)

3 − 4𝑗=−480𝑗 ∙ (3 + 4𝑗)

25

= −19,2𝑗 ∙ (3 + 4𝑗) = (76,8 − 57,6𝑗)Ω = 96 ∙ 𝑒𝑗∙(−36,870)Ω

2-8. ábra


𝐼 =𝑈

𝑍𝑒𝑟=

100

96 ∙ 𝑒𝑗∙(−36,78)= 1,0467 ∙ 𝑒𝑗∙36,78

0𝐴

Az ellenállás árama:

𝐼𝑅 =𝑈

𝑍𝑅=100∙𝑒𝑗∙0

0

120∙𝑒𝑗∙00 = 0,833 Ω, tehát az áram és a feszültség fázisban vannak egymással

A kondenzátor árama:

𝐼𝐶 =𝑈

𝑍𝐶=

100∙𝑒𝑗∙00

160∙𝑒𝑗∙(−900)= 0,625 ∙ 𝑒𝑗∙90

0𝐴 = 𝑗 ∙ 0,625 𝐴, tehát az áram 90

0-kal siet a

feszültséghez képest.

Az áramkör áramát Kirchoff csomóponti törvényéből is megkaphatjuk:

𝐼 = 𝐼𝑅 + 𝐼𝐶 = 0,833 + 𝑗 ∙ 0,625 = 1,0467 ∙ 𝑒𝑗∙36,780𝐴

Az áramkör fázorábrája:

Re

Im ZR

Zer

ZC

109

2-9. ábra

A hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével:

𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 100 ∙ 1,0467 ∙ cos 36,780 = 83,3 𝑊

𝑃𝑅 = 𝑈𝑅 ∙ 𝐼𝑅 = 100 ∙ 0,833 = 54,26 𝑊 = 𝑃

A meddő teljesítmény megegyezik a kondenzátor teljesítményével:

𝑄 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ sin𝜑 =100 ∙ 1,0467 ∙ sin 36,780 = 62,5 𝑣𝑎𝑟

𝑃𝐶 = 𝑈𝐶 ∙ 𝐼𝐶 = 100 ∙ 0,625 = 62,5 𝑣𝑎𝑟


𝑆 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 100 ∙ 1,0467 = 104,67 𝑉𝐴


feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást, egy

indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör

eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás, a tekercs és a

kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos

teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör

saját frekvenciáját!

2-10. ábra

~

L R

U

U=15 V

f=150 Hz

L=26,53 mH

R=10 Ω

C=106 µF

C

Re

Im

IR

U

I φ

IC

110

A induktív, a kapacitív és a rezisztív impedancia:

𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 150 ∙ 26,53 ∙ 10−3 = 25𝑗 = 25 ∙ 𝑒𝑗∙90

0 Ω

𝑍𝐶 = −𝑗 ∙1

𝜔 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 150 ∙ 106 ∙ 10−6= −10𝑗 = 10 ∙ 𝑒𝑗∙(−90

0)Ω

𝑍𝑅 = 10 Ω = 10 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω


𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 + 𝑍𝐶 = 10 + 25𝑗 − 10𝑗 = (10 + 15𝑗)Ω = 18,027 ∙ 𝑒𝑗∙56,30

2-11. ábra


𝐼 =𝑈

𝑍𝑒𝑟=

15

18,027 ∙ 𝑒𝑗∙56,30 = 0,832 ∙ 𝑒

𝑗∙(−56,30)

A tekercs, a kondenzátor és az ellenállás feszültsége:

𝑈𝐿 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐿 = 0,832 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,30) ∙ 25 ∙ 𝑒𝑗∙90

0= 20,8 ∙ 𝑒𝑗∙(33,7

0)𝑉

𝑈𝐶 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐶 = 0,832 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,30) ∙ 10 ∙ 𝑒𝑗∙(−90

0) = 8,32 ∙ 𝑒𝑗∙(−146,30)𝑉

𝑈𝑅 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅 = 0,832 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,30) ∙ 10 ∙ 𝑒𝑗∙0

0= 8,32 ∙ 𝑒𝑗∙(−56,3

0)𝑉

Kirchoff huroktörvénye a komplex mennyiségként értelmezett feszültségekre is érvényes,

így

𝑈 = 𝑈𝐿 + 𝑈𝐶 + 𝑈𝑅

Ezt, illetve az áramot a fázorábrában ábrázolhatjuk:

Re

Im

ZR

Zer

ZC

ZL

111

2-12. ábra

A hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítmény:

𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 15 ∙ 0,832 ∙ cos 56,30 = 6,922 𝑊, ami megegyezik az ellenállás

teljesítményével: 𝑃𝑅 = 𝑈𝑅 ∙ 𝐼 = 8,32 ∙ 0,832 = 6,922 𝑊

𝑄 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ sin𝜑 =15 ∙ 0,832 ∙ sin 56,30 = 10,382 𝑣𝑎𝑟, ami meggyezik a tekercs és a

kondenzátor teljesítményének különbségével:

𝑃𝐶 = 𝑈𝐶 ∙ 𝐼 = 8,32 ∙ 0,832 = 6,922 𝑊, 𝑃𝐿 = 𝑈𝐿 ∙ 𝐼 = 20,8 ∙ 0,832 = 17,3 𝑊


𝑆 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 15 ∙ 0,832 = 12,48 𝑉𝐴

A saját frekvencia kisámítása:

Az eredő impedancia képletéből 𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 + 𝑍𝐶 = 𝑅 + 𝑗(𝜔𝐿 −1

𝜔𝐶) látszik, hogy

létezik egy olyan ω körfrekvencia (vagy f frekvencia), amelynél az impedancia képzetes

része 0, az áramkör áramát csak az ellenállás határozza meg. Ezt a frekvenciát nevezik saját

frekvenciának, kiszámítását megadó összefüggést Thomson-képletnek:

𝜔𝐿 −1

𝜔𝐶= 0 ⇒ 𝜔2 =

1

𝐿𝐶

𝜔 =1

√𝐿𝐶; 𝑓 =

1

2𝜋 ∙ √𝐿𝐶=

1

2𝜋 ∙ √26,53 ∙ 10−3 ∙ 10,6 ∙ 10−3= 9,49 𝐻𝑧

2.2.4. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, a

kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, az ellenállás és a

tekercs áramát, rajzolja fel a fázor ábrát!

Re

Im

UR

U UL φ

I

UC

112

2-13. ábra

Az elemek komplex impedanciája:

𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 50 ∙ 1,274 = 400𝑗 = 400 ∙ 𝑒𝑗∙900 Ω

𝑍𝐶 = −𝑗 ∙1

𝜔 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 50 ∙ 31,83 ∙ 10−6= −100𝑗

= 100 ∙ 𝑒𝑗∙(−900)Ω

𝑍𝑅 = 500 Ω = 500 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω


𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝐶 + (𝑍𝑅 × 𝑍𝐿) = 𝑍𝐶 +𝑍𝑅 ∙ 𝑍𝐿𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

= −100𝑗 +500 ∙ (400𝑗)

500 + 400𝑗= −100𝑗 +

2000𝑗

5 + 4𝑗

= −100𝑗 +2000𝑗 ∙ (5 − 4𝑗)

25 + 16= −100𝑗 + 195,12 + 243,9𝑗

= (195,12 + 143,9𝑗)Ω = 242,44 ∙ 𝑒𝑗∙36,4Ω


𝐼 =𝑈

𝑍𝑒𝑟=

230

242,44 ∙ 𝑒𝑗∙36,4= 0,949 ∙ 𝑒𝑗∙(−36,4

0)𝐴

A kondenzátor feszültsége:

𝑈𝐶 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐶 = 0,949 ∙ 𝑒𝑗∙(−36,40) ∙ 100 ∙ 𝑒𝑗∙(−90

0) = 94,9 ∙ 𝑒𝑗∙(−126,40)𝑉

A tekercs és az ellenállás áramának kiszámításához felírhatjuk az áramosztás törvényét

hasonlóképpen, mint az egyenáramú hálózatoknál, csak ellenállások helyett

impedanciákra:

𝐼𝑅 = 𝐼 ∙𝑍𝐿

𝑍𝑅 + 𝑍𝐿, 𝐼𝐿 = 𝐼 ∙

𝑍𝑅𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

𝐼 = 𝐼𝑅 + 𝐼𝐿

Először számítsuk ki a törteket:

~

L

R

U

U=230 V

f=50 Hz

L=1,274 H

R=500 Ω

C=31,83 μF

C

113

𝑍𝐿𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

=400𝑗

500 + 400𝑗=

4𝑗

5 + 4𝑗=4𝑗 ∙ (5 − 4𝑗)

41= 0,39 + 0,49𝑗 = 0,626 ∙ 𝑒𝑗∙51,48

0

𝑍𝑅𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

=500

500 + 400𝑗=

5

5 + 4𝑗=5 ∙ (5 − 4𝑗)

41= 0,61 − 0,49𝑗 = 0,782 ∙ 𝑒𝑗∙(−38,77

0)

𝐼𝑅 = 𝐼 ∙𝑍𝐿

𝑍𝑅 + 𝑍𝐿= 0,949 ∙ 𝑒𝑗∙(−36,4

0) ∙ 0,626 ∙ 𝑒𝑗∙51,480= 0,594 ∙ 𝑒𝑗∙15

0

𝐼𝐿 = 𝐼 ∙𝑍𝑅

𝑍𝑅 + 𝑍𝐿= 0,949 ∙ 𝑒𝑗∙(−36,4

0) ∙ 0,782 ∙ 𝑒𝑗∙(−38,770) = 0,742 ∙ 𝑒𝑗∙(−75

0)

A két párhuzamos ág feszültsége természetesen megegyezik, ellenőrzésként számoljuk ki

mindkettőt!

𝑈𝑅 = 𝐼𝑅 ∙ 𝑍𝑅 = 0,594 ∙ 𝑒𝑗∙150 ∙ 500 = 297 ∙ 𝑒𝑗∙15

0

𝑈𝐿 = 𝐼𝐿 ∙ 𝑍𝐿=0,742 ∙ 𝑒𝑗∙(−750) ∙ 400 ∙ 𝑒𝑗∙90

0= 297 ∙ 𝑒𝑗∙15

0

Végül rajzoljuk fel a fázor ábrát:

2-14. ábra

2.2.5. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, az

egyes elemek feszültségét, a párhuzamos ágak áramát, rajzolja fel

a fázor ábrát!

Re

Im

IL

U UL=UR

φ I

UC

IR

114

2-15. ábra

A komplex impedanciák:

𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 80 ∙ 0,159 = 80𝑗 = 80 ∙ 𝑒𝑗∙900 Ω

𝑍𝐶 = −𝑗 ∙1

𝜔 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶= −𝑗 ∙

1

2𝜋 ∙ 80 ∙ 33,16 ∙ 10−6= −60𝑗 = 60 ∙ 𝑒𝑗∙(−90

0)Ω

𝑍𝑅1 = 10 Ω = 10 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω

𝑍𝑅2 = 20 Ω = 20 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω

𝑍𝑅3 = 5 Ω = 5 ∙ 𝑒𝑗∙00Ω


𝑍𝑒𝑟 = [(𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿) × (𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶)] + 𝑍𝑅3 =(𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿) ∙ (𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶)

(𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿) + (𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶)+ 𝑍𝑅3

𝑍𝑅𝐿 = 𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿 = (10 + 80𝑗)Ω = 80,62 ∙ 𝑒𝑗∙82,870Ω

𝑍𝑅𝐶 = 𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶 = (20 − 60𝑗)Ω = 63,25 ∙ 𝑒𝑗∙(−71,565)Ω

𝑍𝑅𝐿 × 𝑍𝑅𝐶 =(10 + 80𝑗) ∙ (20 − 60𝑗)

10 + 80𝑗 + 20 − 60𝑗=(10 + 80𝑗) ∙ (20 − 60𝑗)

30 + 20𝑗

=(1 + 8𝑗) ∙ (20 − 60𝑗)

3 + 2𝑗=500 + 100𝑗

3 + 2𝑗=(500 + 100𝑗) ∙ (3 − 2𝑗)

9 + 4

= 130,77 − 53,846𝑗

𝑍𝑒𝑟 = (𝑍𝑅𝐿 × 𝑍𝑅𝐶) + 𝑍𝑅3 = 130,77 − 53,846𝑗 + 5 = 135,77 − 53,846𝑗

= 146,06 ∙ 𝑒𝑗∙(−21,6330)Ω


𝐼 =𝑈

𝑍𝑒𝑟=

24

146,06 ∙ 𝑒𝑗∙(−21,6330)= 0,1643 ∙ 𝑒𝑗∙21,63

0𝐴

~

L

R3

U

C

R1

R2

U=24 V f=80 Hz

L=0,159 H

C=33,16 μF

R1=10 Ω

R2=20 Ω

R3=5 Ω

115

R3 ellenállás feszültsége:

𝑈𝑅3 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅3 = 0,1643 ∙ 𝑒𝑗∙21,630 ∙ 5 = 0,8215 ∙ 𝑒𝑗∙21,63

0𝑉

Az áramosztás törvényével számoljuk ki a párhuzamos ágak áramát:

𝐼𝑅𝐿 = 𝐼 ∙𝑍𝑅𝐶

𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶, 𝐼𝑅𝐶 = 𝐼 ∙

𝑍𝑅𝐿𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶

𝑍𝑅𝐶𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶

=20 − 60𝑗

10 + 80𝑗 + 20 − 60𝑗=20 − 60𝑗

30 + 20𝑗=2 − 6𝑗

3 + 2𝑗=(2 − 6𝑗) ∙ (3 − 2𝑗)

9 + 4

= −0,46 − 1,69𝑗 = 1,751 ∙ 𝑒𝑗∙254,770

(Megjegyzés: Mivel a fenti komplex szám mindkét koordinátája negatív, a komplex

számsíkon ábrázolva a 3. síknegyedben helyezkedik el, a valós tengellyel bezárt szöge

ezért 254,770, vagy ha negatív irányban, óramutató járásával megegyező irányban

számoljuk, akkor -105,230.)

𝑍𝑅𝐿𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶

=10 + 80𝑗

30 + 20𝑗=1 + 8𝑗

3 + 2𝑗=(1 + 8𝑗) ∙ (3 − 2𝑗)

13= 1,46 + 1,69𝑗

= 2,233 ∙ 𝑒𝑗∙49,180

𝐼𝑅𝐿 = 𝐼 ∙𝑍𝑅𝐶

𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶= 0,1643 ∙ 𝑒𝑗∙21,63

0∙ 1,751 ∙ 𝑒𝑗∙254,77

0= 0,288 ∙ 𝑒𝑗∙276,4

0

= 0,288 ∙ 𝑒𝑗∙(−83,60)𝐴

𝐼𝑅𝐶 = 𝐼 ∙𝑍𝑅𝐿

𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶= 0,1643 ∙ 𝑒𝑗∙21,63

0∙ 2,233 ∙ 𝑒𝑗∙49,18

0= 0,367 ∙ 𝑒𝑗∙70,81

0𝐴

A párhuzamos ágak feszültsége:

𝑈𝑅𝐿 = 𝑈𝑅𝐶 = 𝐼𝑅𝐶 ∙ 𝑍𝑅𝐶 = 𝐼𝑅𝐿 ∙ 𝑍𝑅𝐿

𝑈𝑅𝐿 = 0,288 ∙ 𝑒𝑗∙(−83,60) ∙ 80,62 ∙ 𝑒𝑗∙82,87

0= 23,2 ∙ 𝑒𝑗∙(−0,73

0)

𝑈𝑅𝐶 = 0,367 ∙ 𝑒𝑗∙70,810 ∙ 63,25 ∙ 𝑒𝑗∙(−71,565) = 23,2 ∙ 𝑒𝑗∙(−0,75

0)

(A két érték közötti különbség a számolás során alkalmazott kerekítések

pontatlanságának eredménye.)

A két párhuzamos ág elemeinek feszültsége:

𝑈𝑅1 = 𝐼𝑅𝐿 ∙ 𝑍𝑅1 = 0,288 ∙ 𝑒𝑗∙(−83,60) ∙ 10 = 2,88 ∙ 𝑒𝑗∙(−83,6

0)𝑉

𝑈𝐿 = 𝐼𝑅𝐿 ∙ 𝑍𝐿 = 0,288 ∙ 𝑒𝑗∙(−83,60) ∙ 80 ∙ 𝑒𝑗∙90

0= 23,04 ∙ 𝑒𝑗∙6,4

0𝑉

𝑈𝑅2 = 𝐼𝑅𝐶 ∙ 𝑍𝑅2 = 0,367 ∙ 𝑒𝑗∙70,810 ∙ 20 = 7,34 ∙ 𝑒𝑗∙70,81

0𝑉

𝑈𝐶 = 𝐼𝑅𝐶 ∙ 𝑍𝐶 = 0,367 ∙ 𝑒𝑗∙70,810 ∙ 60 ∙ 𝑒𝑗∙(−90

0) = 22,02 ∙ 𝑒𝑗∙(−19,20)𝑉

A fázor ábrát a jobb áttekinthetőség érdekében két részletben rajzoljuk fel:

116

2-16. ábra


feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és

egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex

impedanciáját, áramát, a feszültség és az áram közötti fázisszöget,

az ellenállás és a tekercs áramát, a hatásos, a meddő és a

látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát!

2-17. ábra

(Megoldások: 𝐼𝑅 = 0,255 𝐴; 𝐼𝐿 = 0,18 𝐴; 𝜑𝐿 = −900; 𝐼 = 0,288 𝐴; 𝜑 = 38,660,

𝑍𝑒𝑟 = 31,23 ∙ 𝑒𝑗∙38,660Ω; 𝑃 = 2,024 𝑊; 𝑄 = 1,619 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 2,592 𝑉𝐴)

2.2.7. 50Hz-es, szinuszosan váltakozó, 400 V effektív feszültségű

feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy

kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex

~

L

R

U

U=9 V

f=100 Hz

L=79,6 mH

R=40 Ω

Re

Im

IRL

U

URL=URC

I

UR3

IRC

Re

Im

U URL

=URC

UR2

UR1

UC

UL

117

impedanciáját, áramát, az áram és a feszültség közötti fázisszöget,

az ellenállás és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a

látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát!

2-18. ábra

(Megoldások: 𝐼 = 1,79 𝐴; 𝜑 = 26,5650;

𝑈𝑅 = 357,78 𝑉; 𝜑𝑅 = 26,5650; 𝑈𝐶 = 179; 𝜑𝐶 = −63,4

0;

𝑍𝑒𝑟 = 223,6 ∙ 𝑒𝑗∙(−26,5650)Ω; 𝑃 = 640,41 𝑊; 𝑄 = 320,2 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 716 𝑉𝐴)

2.2.8. 60Hz-es szinuszosan váltakozó, 110V effektív feszültségű

feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást, egy

indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör

eredő komplex impedanciáját, áramát, fázisszögét, az ellenállás, a

tekercs és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a

látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az

áramkör saját frekvenciáját!

2-19. ábra

(Megoldások: 𝐼𝑅 = 2,2 𝐴; 𝐼𝐿 = 5,5 𝐴; 𝜑𝐿 = −900; 𝐼𝐶 = 3,667 𝐴; 𝜑𝐶 = 90

0;

𝐼 = 2,86 𝐴; 𝜑 = −39,80

𝑍𝑒𝑟 = 38,4 ∙ 𝑒𝑗∙39,80Ω; 𝑃 = 241,7 𝑊; 𝑄 = 201,38 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 314,6 𝑉𝐴

~

C

R

U

U=110 V

f=60 Hz

C=88,42µF

L=53,05 mH

R=50 Ω

L

~

R

U

U=400 V

f=50 Hz

R=200 Ω

C=31,83 μF

C

118

𝜑0 = 73,48 𝐻𝑧

2.2.9. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát,

fázisszögét, az R1 ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az R2

ellenállás és az L induktivitás áramát, rajzolja fel a fázor ábrát!

2-20. ábra

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 31,72 ∙ 𝑒𝑗∙120Ω; 𝐼 = 1,89 𝐴; 𝜑 = −120;

𝑈𝑅1 = 37,89 𝑉; 𝜑𝑅1 = −120; 𝑈𝑅2 = 𝑈𝐿 = 24,2 𝑉; 𝜑𝑅𝐿 = 19

0

𝐼𝑅2 = 1,62 𝐴; 𝜑𝑅2 = 190; 𝐼𝐿 = 0,971 𝐴; 𝜑𝐿 = −71

0

𝑃 = 110,92 𝑊; 𝑄 = 23,58 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 113,4𝑉𝐴)

2.2.10. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és

fázisszögét, C1 kondenzátor, R1 ellenállás és a párhuzamos tag

feszültségét, az R2 ellenállás és C2 kondenzátor áramát, a

hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a

fázor ábrát!

2-21. ábra

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 264,27 ∙ 𝑒𝑗∙(−55,730)Ω; 𝐼 = 0,87 𝐴; 𝜑 = 55,730;

𝑈𝑅1 = 104,44 𝑉; 𝜑𝑅1 = 55,730 ; 𝑈𝐶1 = 156,66 𝑉; 𝜑𝐶1 = −34,2

0;

~

C2

R1

U

U=230 V

f=50 Hz

C1=17,68 μF

R1=120 Ω

C2=53,05 μF

R2=80 Ω

C1

R2

~

L

R2

U

U=60 V

f=40 Hz

L=99,47 mH

R1=20 Ω

R2=15 Ω

R1

119

𝐼𝑅2 = 0,522 𝐴; 𝜑𝑅2 = 2,60; 𝐼𝐶2 = 0,696 𝐴; 𝜑𝐶2 = 92,6

0

𝑈𝑅2𝐶2 = 41,6 𝑉; 𝜑𝑅2𝐶2 = 2,60

𝑃 = 112,68 𝑊; 𝑄 = 165,36 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 200,1 𝑉𝐴


fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás és tekercs

feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát!

2-22. ábra

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 63,74 ∙ 𝑒𝑗∙11,310Ω; 𝐼 = 0,784 𝐴; 𝜑 = −11,30;

𝐼𝐶 = 1 𝐴; 𝜑𝐶 = 900; 𝐼𝑅𝐿 = 1,387 𝐴; 𝜑𝑅𝐿 = −56,31

0;

𝑈𝑅 = 27,74 𝑉; 𝜑𝑅 = −56,310; 𝑈𝐿 = 41,61 𝑉; 𝜑𝐿 = 33,69

0

𝑃 = 38,46 𝑊; 𝑄 = 7,685 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 39,225 𝑉𝐴


fázisszögét, az ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, a

párhuzamos ágak áramait, az R2 ellenállás és az induktivitás

feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és

rajzolja fel a fázor ábrát!

~

L

U

R

U=50 V f=1 kHz

L=4,77 mH

C=3,18 μF

R=20 Ω

C

120

2-23. ábra

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 33,24 ∙ 𝑒𝑗∙(−46,20)Ω; 𝐼 = 0,3 𝐴; 𝜑 = 46,20,

𝑈𝑅1 = 1,5 𝑉; 𝜑𝑅1 = 46,20; 𝐼𝐶 = 0,6𝐴; 𝜑𝐶 = 83,1

0; 𝐼𝑅𝐿 = 0,402 𝐴; 𝜑𝑅𝐿 = −70,40;

𝑈𝑅2 = 4,2 𝑉, 𝜑𝑅2 = −70,40; 𝑈𝐿 = 8,04 𝑉; 𝜑𝐿 = 19,6

0

𝑃 = 2,076𝑊;𝑄 = 2,165 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 3 𝑉𝐴


fázisszögét, az R1 ellenállás, az induktivitás és a párhuzamos tag

feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos

és a meddő teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát!

2-24. ábra

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 3,14 ∙ 𝑒𝑗∙22,50𝑘Ω ; 𝐼 = 3,18 𝑚𝐴; 𝜑 = −22,50;

𝑈𝑅1 = 6,37 𝑉; 𝜑𝑅1 = −22,50; 𝑈𝐿 = 4,78 𝑉; 𝜑𝐿 = 67,5

0;

𝐼𝑅2 = 3,025 𝑚𝐴; 𝜑𝑅2 = −40,90 ; 𝐼𝐶 = 1,019 𝑚𝐴; 𝜑𝐶 = 49,1

0;

𝑈𝑅𝐶 = 3,025 𝑉; 𝜑𝑅𝐶 = −40,90;

𝑃 = 29,42𝑚𝑊; 𝑄 = 12,18 ∙ 10−3 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 31,85 ∙ 10−3 𝑉𝐴

~

C

R1

U

U=10 V

f=1 kHz

L=0,238 H

R1=2 kΩ

C2=53,05 nF

R2=1 kΩ

L

R2

~

C

R1

U

U=10 V

f=500 Hz

L=6,366 mH

R1=5 Ω

C2=21,22 μF

R2=10Ω

L R2

121

2.2.14. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát,

fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás, a tekercs

és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos

teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát!

2-25. ábra


𝐼𝑅2 = 0,575 𝐴; 𝜑𝑅2 = 00 ; 𝐼𝑅𝐿𝐶 = 0,719 𝐴; 𝜑𝑅𝐿𝐶 = 38,66

0;

𝑈𝑅1 = 179,69 𝑉; 𝜑𝑅1 = 38,660; 𝑈𝐿 = 287,5 𝑉; 𝜑𝐿 = 128,66

0;

𝑈𝐶 = 431,25 𝑉; 𝜑𝐶 = −51,340

𝑃 = 260,99 𝑊; 𝑄 = 103,07 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 280,6 𝑉𝐴)


fázisszögét, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a

párhuzamos ágak áramait, az R ellenállás és az induktivitás

feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát!

2-26. ábra


𝑈𝐶 = 99,75 𝑉; 𝜑𝐶 = −49,10; 𝐼𝑅2 = 0,176𝐴; 𝜑𝑅2 = 53,3

0; 𝐼𝑅𝐿 = 0,176 𝐴; 𝜑𝑅𝐿 = 22,50;

~

C

R2

U

U=110 V

f=60 Hz

C=8,84 μF

R1=400 Ω

L=0,796 H

R2=500Ω

L R1

~

L

U

R1

U=230 V f=50 Hz

L=1,273 H

C=5,305 μF

R1=250 Ω

R2=400 Ω

C

R2

122

𝑈𝑅1 = 70,4 𝑉; 𝜑𝑅1 = 22,50; 𝑈𝐿 = 52,8 𝑉; 𝜑𝐿 = 112,5

0

𝑃 = 27,45 𝑊; 𝑄 = 23,77 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 36,3 𝑉𝐴


fázisszögét, az R1 ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos tag

feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos

és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát!

2-27. ábra


𝑈𝑅1 = 7,125 𝑉; 𝜑𝑅1 = 33,850; 𝑈𝐶 = 21,375 𝑉; 𝜑𝐶 = −56,15

0;

𝐼𝑅2 = 0,3 𝐴; 𝜑𝑅2 = 65,850 ; 𝐼𝐿 = 0,189 𝐴, 𝜑𝐿 = −24,5

0;

𝑈𝑅2 = 𝑈𝐿 = 15 𝑉; 𝜑𝑅2𝐿 = 65,850;

𝑃 = 10,56𝑊; 𝑄 = 7,085 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 12,72 𝑉𝐴


fázisszögét, az R1 ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos ágak

áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a

hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a

fázor ábrát!

2-28. ábra

~ L R2 U

U=12 V

f=100 Hz

R1=20 Ω

R2=25 Ω

C=53,05 μF

L=63,69 mH

C

R1

~

L

R2

U

U=24 V

f=80 Hz

R1=20 Ω

R2=50 Ω

C=33,16 μF

L=159 mH

C R1

123


𝐼𝑅1 = 0,6 𝐴; 𝜑𝑅1 = 00; 𝐼𝐶 = 0,461 𝐴; 𝜑𝐶 = 46,23

0;

𝐼𝑅2 = 0,391 𝐴; 𝜑𝑅2 = 78,230; 𝐼𝐿 = 0,244 𝐴; 𝜑𝐿 = −11,77

0;

𝑈𝑅2 = 𝑈𝐿 = 9,77 𝑉; 𝜑𝑅2𝐿 = 78,230; 𝑈𝐶 = 13,83 𝑉; 𝜑𝐶 = −43,77

0

𝑃 = 11,03𝑊; 𝑄 = 4𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 11,736 𝑉𝐴


fázisszögét, az egyes impedanciák áramát és feszültségét, a

hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a

fázor ábrát!

2-29. ábra


𝐼𝐶2𝑅 = 0,11 𝐴; 𝜑𝐶2𝑅 = 56,310; 𝐼𝑅𝐿1 = 0,102 𝐴; 𝜑𝑅𝐿1 = −14,93

0;

𝐼𝑅𝐿2 = 0,0,063 𝐴; 𝜑𝑅𝐿2 = −58,90 ; 𝐼𝑅𝐶1 = 0,072 𝐴; 𝜑𝑅𝐶1 = 22,9

0;

𝑈𝑅1 = 51,26 𝑉; 𝜑𝑅1 = −14,90 ; 𝑈𝐿1 = 25,63 𝑉; 𝜑𝐿1 = 75,1

0;

𝑈𝑅2 = 31,78 𝑉; 𝜑𝑅2 = −58,90 ; 𝑈𝐿2 = 31,78 𝑉; 𝜑𝐿2 = 31,1

0;

𝑈𝑅3 = 35,94 𝑉; 𝜑𝑅3 = 22,90 ; 𝑈𝐶1 = 26,95 𝑉; 𝜑𝐶1 = −67,1

0;

𝑈𝑅4 = 55 𝑉; 𝜑𝑅4 = 56,310; 𝑈𝐶2 = 82,5 𝑉; 𝜑𝐶2 = −33,69

0;

𝑃 = 16,06𝑊; 𝑄 = 6,51 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 17,33 𝑉𝐴

~

C1

R1

U

U=100 V

f=100 Hz

L1=0,398 H

L2=0,795 H

R1= R2= R3=R4=500 Ω

C1=4,244 µF

C2=2,122 µF

L1

R2

R3

R4

L2

C2

124

Irodalomjegyzék

1. Uray-Szabó: Elektrotechnika, Nemzeti Tankönyvkiadó, 1998.

2. Nagy István: Elektrotechnikai példatár, BMF 2001.

3. Hodossy-Tomozi: Elektrotechnika jegyzet, Széchenyi István Egyetem

Automatizálási tanszék, 2004.

4. Paul-Nasar-Unnewehr: Introduction to Electrical Engineering, McGraw-Hill

Inc.,1992.

5. Morris: Electrical circuit analysis and design, Macmillan, 1993.

Documents

Elektrotechnika példatár - siva.bgk.uni-obuda.hulanger/Elektrotechnika/Elektropltár.pdf · 2 Előszó A példatár az Óbudai Egyetem Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai