TÁMOP - atom.ubbcluj.ro

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010

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

ELEKTROTECHNIKA

Áramkör számítási ismeretek a hallgatói felkészülés támogatására

Összeállította:

Dr. Radács László

Gépészmérnöki és Informatikai Kar

Villamosmérnöki Intézet

MISKOLCI EGYETEM

2014

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


1

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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


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

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

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


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

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


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


2

1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák

Az elektrotechnika az elektromágneses jelenségek gyakorlati hasznosításának a tudománya,

magában foglalja a villamos energia előállításával, szállításával és felhasználásával kapcsolatos

ismereteket. A mindennapjaink elképzelhetetlenek a villamos energia felhasználása, az

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

megállapíthatjuk, hogy valamilyen mértékű elektrotechnikai ismerethalmazra minden műszaki

szakembernek feltétlenül szüksége van.

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

berendezések viselkedését, alapvető tulajdonságait áramköri modellek (helyettesítő kapcsolási

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

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

analizálásának elsajátítása.

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

gyakorlatokon megszerzett ismeretek begyakoroltatása, készségszintűvé tétele, az alapvető

villamos szemléletmód kialakítása, valamint hogy közelebb hozza a villamosságtan egyes

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

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

elsősorban ajánlható valamennyi, a Miskolci Egyetemen Elektrotechnika, illetve

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

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

műszaki menedzser alapszakokon, de hasonlóképpen a műszaki földtudományi alapszak egyes

szakirányain oktatott tárgyak elsajátításához. Az összeállított példaanyag azonban hasznos

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


3

2 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények

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

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

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

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

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

potenciál (munkavégző képesség) csökkenésének az iránya.

1. ábra: A legegyszerűbb villamos áramkör

2.1 Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények

2.1.1 Aktív elemek

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

történő előállítását szimbolizálják. Az aktív elemek többségében valamilyen külső energia

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

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

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

töltések injektálódnak a hozzájuk kapcsolódó áramkörbe, ezek az áramgenerátorok.

Feszültség generátor Áramgenerátor

Uk = Ug − Rb I I = Ig − Uk

Rg

2. ábra: A valóságos generátorok áramköri jelölése és kapocsmennyiségei

Ha a generátorok veszteségei elhanyagolhatóan kicsik az áramkör többi teljesítményéhez

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

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

Az áramkörök számítási módszereinek matematikai eszközei a generátorok

forrásmennyiségeinek időfüggvényétől függenek.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


4

3. ábra: A generátorok forrásmennyiség időfüggvénye szerinti csoportosítása

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

dolgozhatunk. Amennyiben időben változó egyenáramú hálózattal van dolgunk, akkor

rendszerint az egyenáramú szempontból egyenértékű középértékeket használjuk, amit lineáris

középértéknek nevezünk és szintén valós szám.

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

dt(t)fT

1=F

T

0

lin

A mindennapjainkban leginkább használt szinuszosan váltakozó áramú mennyiségek időbeli

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

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

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

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

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

érték) adjuk meg:

T

0

2

négyz dt(t)fT

1=F

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

√2-ed része.

A szinuszos mennyiségek nagyságának és egymáshoz képesti fázisviszonyainak leírására

tökéletesen alkalmasak a komplex effektív értékek.

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

Forrásmennyiség

időfüggvénye

szerint

Egyenáramú

Állandó Változó

Folyamatos Szaggatott

Váltakozó áramú

(Periodikus, lineáris középértéke=0)

SzinuszosEgyéb

(Pl. négyszög)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


5

ρsinUj+ρcosU=eU=e2

U=U jρjρm

A komplex effektív értékek használatával a váltakozó áramú áramkörök számításánál

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

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

tételének segítségével vezetjük vissza a szinuszos mennyiségek számítására, de jelen

munkafüzetben ezt nem tárgyaljuk.

2.1.2 Passzív elemek

Energia fogyasztó:

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

leírására.

Energia tárolók:

Induktivitás: a mágneses tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére.

Kapacitás: a villamos tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére.

1. táblázat: Passzív áramköri elemek alapösszefüggései

Ellenállás Induktivitás Kapacitás

Áramköri jelölés

Tetszőleges

időfüggvényű

mennyiségek esetén

u = R i u = L di

dt i = C

du

dt

Állandó egyenáram

esetén U = R I rövidzár szakadás

Szinuszos váltakozó

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

2.1.3 Teljesítmények

Időben állandó egyenáramú áramkörökben a villamos áram teljesítménye

P = U I [W] (watt).

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

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

Ennek az időfüggvénynek a jellemzésére háromféle teljesítményt használunk.

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

hívjuk hatásos teljesítménynek:

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


6

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

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

az induktív és kapacitív reaktanciákhoz társítható:

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

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

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

háromszög

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

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

teljesítmény:

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

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

fentebb látható – mértékegységükkel is megkülönböztetjük őket.

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

váltakozó áram esetén:

𝑃

𝑆= cos

Amennyiben a feladat megoldását a feszültségek és áramok komplex effektív értékeivel

végeztük el, akkor a teljesítményeket ezekből közvetlenül is meghatározhatjuk.

A komplex teljesítmény:

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

tehát egy komplex alakban elvégzett szorzással valamennyi teljesítmény meghatározható, de

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

áram komplex effektív értékével, hanem annak a konjugáltjával szorzunk.

2.1.4 Áramkörök részei

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

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

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

csomópontnak.

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

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

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

feszültség generátor és az R3 ellenállás.

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

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


7

5. ábra: Az áramkörök részeinek bemutatása

Megállapodás szerinti (valóságos) irányok:

Áram: a pozitív töltések valóságos vagy látszólagos mozgásiránya.

Feszültség: a potenciálcsökkenés iránya.

Vonatkozási (referencia, mérő) irányok:

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

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

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

2.2 Kirchhoff törvényei

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

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

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

0i

n

1k

k

i1 – i2 + i3 + i4 – i5 = 0

6. ábra: A csomóponti törvény alkalmazása

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

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

körüljárási irányával megegyező, illetve azzal ellentétes irányú feszültségek előjelét

különbözőre kell választani.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


8

0u

n

1k

k

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

– uC4 + uG4 –uR4 = 0

7. ábra: A hurok törvény alkalmazása

2.2.1 Mintapélda

Megjegyzés: Az áramkör számítási mintapéldákat az elvek hangsúlyozása érdekében minden

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

elvek alkalmazásával számíthatók a komplex impedanciákkal és a mennyiségek komplex

effektív értékeivel.

Számítsa ki az alábbi áramkör valamennyi ágának áramát!

U0 = 10 V

I0 = 10 A

R1 = 2

R2 = 4

R3 = 3

R4 = 3

Megoldás:

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

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

már ki lehet számolni.

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

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

szükségünk.

A csomópontra: I1 – I2 – I3 = 0

B csomópontra: I2 – I4 + I0 = 0

I. hurokra: I1R1 + I3R3 – U0 = 0

II. hurokra: I2R2 + I4R4 – I3R3 = 0

Az adatok behelyettesítése után valamilyen több-ismeretlenes egyenletrendszer megoldására

tanult matematikai módszerrel az ágáramok meghatározhatók. A részletes számítások

mellőzésével az eredmények:

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


9

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

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

Kirchhoff egyenletek felírását igénylő módszert. Összetettebb áramkörök esetén a számítási

munka sokszorozódik, így inkább valamilyen egyszerűsítő módszert használunk, amelyek

természetesen a Kirchhoff egyenleteken alapulnak.

2.2.2 Gyakorló feladatok

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

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

kapocsfeszültséget!

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

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

2. Határozza meg az alábbi áramkör ellenállásainak az áramát!

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


10

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

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

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

2.3 Feszültség- és áramosztó összefüggések

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

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

elkerülhető a Kirchhoff törvényekkel meghatározott több-ismeretlenes egyenletrendszer

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

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

feszültség az ellenállásokkal egyenes arányban oszlik meg, párhuzamos elemek feszültsége

azonos, az áram az ellenállásokkal fordítottan arányos.

21

22

21

11

RR

RUU

RR

RUU

21

12

21

21

RR

RII

RR

RII

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

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

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

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

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

kérdéses ágra közelítve) lehet alkalmazni.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


11

2.3.1 Mintapélda

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

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

Megoldás:

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

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

összefüggés:

U3 = U R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)

R1 + R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)= 16

5 ∗ (5 + 5 ∗ 5)

5 + 5 ∗ (5 + 5 ∗ 5)= 6 V

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

I2 = U3

R2 + R4 ∗ R5=

6

5 + 5 ∗ 5= 0,8 A

I2 meghatározása után az I4 áram az áramosztó összefüggéssel:

I4 = I2 R5

R4+ R5 = 0,8

5

5+5= 0,4 A

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

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

I4 = U R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)

R1 + R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)

R4 ∗ R5

R2 + R4 ∗ R5

1

R4= 16

3

8 2,5

7,5 1

5= 0,4 A


1. Számítsa ki valamennyi ellenállás feszültségét a feszültségosztó összefüggés

segítségével a vonatkozási irányok felvétele után!

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


12

Uo = 10 V

R1 = 2

R2 = 3

R3 = 4

R4 = 3

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

előjele a felvett irányoktól függ.)

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

vonatkozási irányok felvétele után!

Io = 6 A

R1 = 2

R2 = 3

R3 = 4

R4 = 3

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

felvett irányoktól függ.)

3. Határozza meg az áramkörben az U4 feszültséget!

U = 10 V

R1 = 2,5

R2 = 5

R3 = 2,5

R4 = 5

R5 = 5 Ω

(Eredmény: U4 = 1,43 V)

4. Határozza meg az áramkörben az I5 áramot!

Io = 6 A

R1 = 2

R2 = 3

R3 = 4

R4 = 3

R5 = 3

(Eredmény: I5 = 1 A)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


13

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

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

tekintse nullának)!

R1 = 6

R2 = 8 Ω

L = 15,9 mH

C = 318 F

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

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

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

tekintse nullának)!

R1 = 10

R2 = 30

L = 63,7 mH

C = 106 F

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

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

3 Áramkör számítási tételek

3.1 A szuperpozíció elve

A szuperpozíció elve lineáris hálózatok számításaihoz alkalmazható. Egy hálózat akkor

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

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

működik.

Több forrást tartalmazó lineáris, reciprok hálózatokban a források együttes hatása

meghatározható egyenkénti hatásaik összegzésével.

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

Ug = 0, áramgenerátornál Ig = 0).

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


14

3.1.1 Mintapélda

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

elvének felhasználásával!

U0 = 10 V

I0 = 10 A

R1 = 2

R2 = 4

R3 = 3

R4 = 3

Megoldás:

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

U3′ = U0

R3 ∗ (R2 + R4)

R1 + R3 ∗ (R2 + R4)= 10

3 ∗ (4 + 3)

2 + 3 ∗ (4 + 3)= 5,12 V

I3′ =

U3′

R3=

5,12

3= 1,71 A

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

I3′′ = I0

R4

R4 + R2 + R1 ∗ R3

R1

R1 + R3= 10

3

3 + 4 + 2 ∗ 3

2

2 + 3= 1,46 A

U3′′ = I3

′′ R3 = 1,46 ∙ 3 = 4,39 V

3. lépés – az egyes generátorok hatásainak összegzése

U3 = U3′ + U3

′′ =5,12 + 4,39 = 9,51 V

I3 = I3′ + I3

′′ = 1,71 + 1,46 = 3,17 A

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


15


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

feszültség értékét a szuperpozíció elv felhasználásával!

Ug1 = 150 V

Ug2 = 120 V

R1 = 15

R2 = 5

R3 = 20

R4 = 10

R5 = 10

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

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

szuperpozíció elvének felhasználásával!

U1= 100 V

U2= 60 V

R1= 2,5

R2= 5

R3= 2,5

R4= 5

R5= 5

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

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

U = 100 V

I = 5 A

R1 = 30

R2 = 14

R3 = 10

R4 = 30

R5 = 16

(Eredmény: I2 = 2,57 A)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


16


szuperpozíció elvének felhasználásával!

Ug = 12 V

Ig = 2 A

R1 = 4 Ω

R2 = 3 Ω

R3 = 6 Ω

R4 = 6 Ω

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

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

szuperpozíció elv segítségével!

U1 = 120 V

U2 = 100 V

I = 12 A

R1 = 10 Ω

R2 = 50 Ω

R3 = 20 Ω

R4 = 30 Ω

(Eredmények: IAB = 7,7 A, UAB =155 V)

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

feszültségének az időfüggvényét!

io = 7,07 sin 314t [A]

uo = 14,1 sin (314t + π/4) [V]

R1 = 2 Ω

L2 = 12,7 mH

R3 = 3 Ω

C4 = 1060 µF

(Eredmények: iC = 4 sin (314t + 86o 𝜋

180°)) A, uC = 12 sin (314t – 4o 𝜋

180°) V)

Megjegyzés: az időfüggvények argumentumában a kezdőfázist matematikailag helyesen

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

jobban tudjuk értelmezni a szögeket.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


17

3.2 Helyettesítő generátorok tételei

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

valóságos generátorral.

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

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

helyettesítő generátornak a különböző terhelési állapotait egyszerűen számolhatjuk.

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

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

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

határozza meg. (

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

helyettesítő generátor két különböző terhelés esetén egyenértékű, akkor valamennyi terhelési

állapotban azok lesznek.

8. ábra: A helyettesítő generátorok tételének szemléltetése

Thevenin tétel

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

feszültség generátorral.

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

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

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

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

mérhetővel, azaz Rb = RABer.

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

generátorok belső ellenállása szerepel az áramkörben.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


18

3.2.1 Mintapélda

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

ennek segítségével határozza meg a bejelölt I2 áramot!

U = 120 V

R1 = 20

R2 = 14

R3 = 20

R4 = 10

R5 = 15

Megoldás:

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

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

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

Ug = UAB0 = U R3

R1 + R3= 120

20

20 + 20= 60 V

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

eredő ellenállása lesz:

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

A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint

terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot:

I2 = Ug

Rb + R2=

60

16 + 14= 2 A

Amennyiben az R2 változik, akkor már csak ez utóbbi összefüggést

kell újra kiszámolni.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


19


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

végpontjaira vonatkozó Thevenin helyettesítő modelljét, majd ezek segítségével

határozza meg a bejelölt U3 és U5 feszültségeket!

U = 120 V

R1 = 30

R2 = 26

R3 = 45

R4 = 60

R5 = 40 Ω

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

U5 = 25,4 V)

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

feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával!

U = 100 V

R1 = 30

R2 = 20

R3 = 30

R4 = 28

R5 = 40

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

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

feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával!

U = 120 V

I = 10 A

R1 = 10

R2 = 20

R3 = 5

R4 = 15

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


20


Thevenin tétel felhasználásával!

I = 6 A

R1 = 16

R2 = 6

R3 = 12

R4 = 10

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

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

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

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

R1 = 6

R2 = 8 Ω

L = 15,9 mH

C = 318 F

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

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

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

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

R1 = 5

R2 = 1

R3 = 3

L = 9,55 mH

C = 637 F

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

Norton tétel

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

áramgenerátorral.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


21

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

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

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

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

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

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

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

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

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

generátor egyenértékűen átalakítható áramgenerátorrá és viszont.

3.2.3 Mintapélda

Oldjuk meg a Thevenin tételnél kitűzött mintapéldát a Norton helyettesítő generátor

segítségével. Ezzel megtakarítjuk a belső ellenállás meghatározásának munkáját, hiszen

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

Megoldás:

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

forrásáramát.

IABz =U

R1 + R3 ∗ R4 ∗ R5

R3

R3 + R4 ∗ R5=

= 120

20 + 20 ∗ 10 ∗ 15

20

20 + 10 ∗ 15= 3,75 A

A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint

terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot:

I2 = Ig

Rb

Rb+R2= 3,75

16

16 + 14= 2 A

A két helyettesítéssel kapott eredmény természetszerűen megegyezik és ellenőrizhetjük a két

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


22


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

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

I = 10 A

R1 = 24 Ω

R2 = 60 Ω

R3 = 40 Ω

R4 = 12 Ω

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

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

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

U = 120 V

R1 = 30 Ω

R2 = 18 Ω

R3 = 10 Ω

R4 = 30 Ω

R5 = 20 Ω

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

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

helyettesítő generátor segítségével!

U1 = 120 V

U2 = 90 V

R1 = 20

R2 = 10

R3 = 30

R4 = 50

R5 = 40

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

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

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

feszültségét!

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


23

U1 = 60 V

U2 = 50 V

I = 6 A

R1 = 10 Ω

R2 = 50 Ω

R3 = 20 Ω

R4 = 30 Ω

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

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

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

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

Ug = 12 V (valós)

Z1 = 3

Z2 = -j3

Z3 = j6

Z = j2,4

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

4 Háromfázisú rendszerek

4.1 Elméleti összefoglaló

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

háromfázisú rendszerek. A széleskörű felhasználás az egyfázisú rendszerekhez képesti alábbi

előnyökkel magyarázható:

- egy- és háromfázisú fogyasztók egyaránt elláthatók a rendszerről,

- az egy fázisra jutó vezetékek száma kevesebb,

- az egyik kapcsolási módnál két különböző nagyságú feszültségrendszer áll

rendelkezésre,

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

alapja),

- szimmetrikus rendszerben a három fázis együttes hatásos teljesítménye időben

állandó.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


24

Általános esetben a három feszültség időfüggvénye:

uL1 = UL1m sin (t + ρ1)



Szimmetrikus a háromfázisú feszültségrendszer, ha a fázisok feszültségei egyenlő nagyok

UL1m = UL2m = UL3m = Um

és egymáshoz képest azonos szöggel vannak eltolva

12 = 23 = 31 =120o = 2𝜋

3 rad

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

uL1 = Um sin t

uL2 = Um sin (t – 2𝜋

3)

uL3 = Um sin (t – 4𝜋

3) = Um sin (t +

2𝜋

3)

9. ábra: A szimmetrikus háromfázisú rendszer feszültségeinek időfüggvénye

A szimmetrikus feszültségrendszer komplex effektív értékei:

UL1 = U (valósnak választva)

UL2 = U e−j120o

UL3 = U ej120o

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

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

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

betűhármasok is.

A háromfázisú fogyasztó fázisainak kapcsolási módjai

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

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

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

rendszert.

Csillag kapcsolás esetén kétféle feszültségrendszer áll a rendelkezésünkre, a fáziskivezetések

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

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

vagy 0.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


25

10. ábra: A csillag kapcsolású rendszer feszültségei

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

nagysága közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy:

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

Iv = If

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

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

fázisegységeken és a kivezetések között mérhető feszültségek azonosak.

Uv = Uf

11. ábra: A delta kapcsolású rendszer áramai

Az áramokat tekintve kétféle áramrendszerről beszélhetünk: a két indexszel ellátott

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

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

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

közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy:

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

legyen az impedancia:

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

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

kezdőfázisaik ±2𝜋

3-mal eltérnek.

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


26

Aszimmetrikus fogyasztó esetén a feszültségek és áramok számítását fázisonként, komplex

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

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

geometriai úton való meghatározása.

A háromfázisú teljesítmények számításakor szimmetrikus fogyasztónál elegendő egy fázis

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

mennyiségekkel is.

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

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

S3f = 3 Sf = 3 Uf If = √3 Uv Iv

A teljesítménytényező az egy fázisú esethez hasonlóan: P3f

S3f = cos

Aszimmetrikus fogyasztó esetén a háromfázisú hatásos és meddő teljesítmények az egyes

fázisok teljesítményeinek összegzésével nyerhetők.

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

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

A háromfázisú látszólagos teljesítmény nem a fázisteljesítmények összegzésével, hanem a

Pitagorasz-tétel segítségével számítható:

S3f = √P3f2 + Q3f

2

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

tartalma.

A háromfázisú rendszerek és fogyasztók jellemzésére a gyakorlatban mindig a vonali

mennyiségeket és a háromfázisú teljesítményeket használjuk.

4.2 Mintapéldák

4.2.1 Szimmetrikus csillag kapcsolás

Egy háromfázisú szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó felvett látszólagos teljesítménye

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

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

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

amelyeket sorosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!

Megoldás:

A fázisfeszültség: Uf = Uv

√3=

400

√3= 230 V

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

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

A fázisáram: If = S

3 Uf=

6000

3∗230= 8,7 A

A vonali áram: Iv = If = 8,7 A

Egy fázis impedanciája: Z = Uf

If=

230

8,7= 26,4

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


27

4.2.2 Szimmetrikus delta kapcsolás

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

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

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

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

amelyeket párhuzamosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!

Megoldás:

A fázisfeszültség: Uf = Uv = 400 V

A látszólagos teljesítmény: S = P

cos =

3

0,6= 5 kVA

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

A fázisáram: If = S

3 Uf=

5000

3∗400= 4,17 A

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

Egy fázis impedanciája: Z = Uf

If=

400

4,17= 95,9

Az ellenállás: Rp = Z

cos =

95,9

0,6= 160

A reaktancia: Xp = Z

sin =

95,9

0,8= 120

4.2.3 Aszimmetrikus csillag kapcsolás

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

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

segítségével, a nulla vezetőben folyó áramot!

Adatok: R10 , XL30 , XC30

Megoldás:

A fázisfeszültség: Uf = Uv

√3=

100

√3= 57,7 V

Az egyes fázisok árama: IA = Uf

XL=

57,7

30= 1,92 A

IB = Uf

XC=

57,7

30= 1,92 A

IC = Uf

R=

57,7

10= 5,77 A

A csillagpontra felírva Kirchhoff csomóponti törvényét:

IN = IA + IB + IC

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


28

A fazorábra:

Az ábra elkészítésének menete:

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

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

képest, ICfázisban van UC-vel.)

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

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

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

2 = 2,44 A

4.2.4 Aszimmetrikus delta kapcsolás

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

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

vonali áramok nagyságát!

Megoldás:

Az egyes fázisok árama: IAB = Uf

R=

400

23= 17,4 A

IBC = Uf

XC=

400

40= 10 A

ICA = Uf

XL=

400

40= 10 A

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


29

A fazorábra:

Az ábra elkészítésének menete:

- kiindulásként felvesszük a vonali feszültségek szimmetrikus rendszerét

(UAB , UBC , UCA),

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

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

- a vonali áramok a csomóponti törvények alapján:

IA = IAB − ICA

IB = IBC − IAB

IC = ICA − IBC

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

háromszöget alkotnak, nagyságuk:

IA = IB = IC = 10 A

A feladat megoldása a komplex számítási módszer alkalmazásával:

A fázisfeszültségek:

UAB = 400 V (valós)

UBC = 400 e−j 2π

3

UCA = 400 e+j 2π

3

A fázisáramok:

IAB = UAB

R=

400

23= 17,3 A

IBC = UBC

XC

= 400 e−j

2π3

40 e−jπ2

= 10 e−j π6 A = (8,66 − j 5) A

ICA = UCA

XL

= 400 e+j

2π3

40 e+jπ2

= 10 e+j π6 A = (8,66 + j 5) A

A vonali áramok:

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

6 A

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

6 A

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

2 A

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


30

4.3 Gyakorló feladatok

1. Egy háromfázisú, szimmetrikus, csillag kapcsolású fogyasztó fázisonkénti

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

Határozza meg a fogyasztó:

a) fázisáramát,

b) fázisfeszültségét,

c) vonali feszültségét,

d) hatásos, meddő és látszólagos teljesítményét

e) teljesítménytényezőjét.

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

cos = 0,8.)

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

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

a) Számítsa ki a fogyasztó látszólagos és meddő teljesítményét!

b) Mekkora a fogyasztó fázisfeszültsége?

c) Mekkora a fogyasztó fázisárama?

d) Mekkora a vonali áram?

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

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

XL = 9,52 Ω.)

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

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

ki a fogyasztó:

a) fázisfeszültségét,

b) fázisáramát,

c) vonali áramát,

d) látszólagos, hatásos és meddő teljesítményét,

e) teljesítménytényezőjét.

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

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

4. Egy háromfázisú, szimmetrikus delta kapcsolású fogyasztó látszólagos teljesítménye

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

cos =0,6. Mekkora:

a) a vonali áram,

b) a fázisáram,

c) a hatásos és a meddő teljesítmény,

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

amelyek párhuzamosan kapcsolva eredőül a kérdéses impedanciát adják!

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

XC = 66,7 Ω.)

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


31

A következő, aszimmetrikus háromfázisú fogyasztóra vonatkozó feladatok mindegyike

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

áramok nagyságának és fázishelyzetének rajz alapján történő meghatározásával.

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

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

Adatok: XL = 220 Ω, XC = 110 Ω.

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

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

a) Határozza meg a fázis és a vonali áramokat.

b) Mekkora a fogyasztó eredő meddő teljesítménye?

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

Q = 100 var.)

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

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


32

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

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

egyik lehetséges módja az optikai fázissorrend mutató, amely tulajdonképpen egy

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

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

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

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

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

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

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

aszimmetrikus fázisfeszültségeit!

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

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

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

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

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

TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010


33

Irodalom

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

1981.

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

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

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

Köszönetnyilvánítás

Az oktatási segédlet kidolgozása a Miskolci Egyetem társadalmi – gazdasági szerepének

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

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

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

Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg.

Documents

TÁMOP - atom.ubbcluj.ro