VILLAMOSSÁGTAN III. 1. RÉSZgfmj/Villamosságtan III...•Hollós Edit -Vágó István: Villamosságtan •Demeter Károlyné: Villamosságtan II. •Fodor György: Elméleti elektrotechnika

V I L L A M O S S Á G TA N I I I .1 . R É S Z

S O M O G Y I N É D R . M O L N Á R J U D I T

ÜTEMTERVA tantárgy követelményrendszerének ismertetése. Átmeneti jelenségek

bevezetése. Stacionárius és tranziens megoldás. Tranziens megoldás differenciál

egyenlettel. Időállandó fogalma.

Laplace transzformáció fogalma. Laplace transzformáció tulajdonságai. Derivált és

integrál transzformációja.

Speciális vizsgálójelek, egységugrás, Dirac-delta. Alap függvények Laplace

transzformáltja (ε(t), δ(t), t, sin(ωt) cos(ωt), stb.).

Laplace transzformáció legfontosabb tételei.

1. zárthelyi

ÜTEMTERVInverz Laplace transzformáció résztörtekre bontással. Kifejtési tétel.

Operátoros impedanciák. Laplace transzformáció alkalmazása nem

energiamentes kezdőállapot esetén.

Bekapcsolás jelenség. Kikapcsolás jelenség. Átkapcsolási jelenség.

2. zárthelyi

Megoldás periodikus gerjesztés esetén.

Kezdeti és végérték tétel. Kapcsolat az idő- és a frekvenciatartomány között.

Periodikus jelek Laplace transzformáltja. Átviteli függvény, súlyfüggvény, átmeneti

függvény. Konvolúció tétel. Duhamel tétel.

3. zárthelyi

A Fourier sor alkalmazása periodikus gerjesztésű áramkörök számításánál.

Többhullámú feszültségek és áramok. A teljesítmény számítása. Többfázisú

rendszerek.

A TÁRGY LEZÁRÁSÁNAK MÓDJA: AL ÁÍRÁS, GYAKJEGY

Az aláírás és gyakjegy megszerzésénekfeltétele:

A félév során megírandó 3 db zárthelyi dolgozatkülön-külön legalább elégséges szintű megírása (5-dik, 9-dik és 13-dik hét előadásán).

A zárthelyik elméleti kérdéseinek 40% alattiteljesítése esetén a zárthelyi sikertelennek minősül!

Mindegyik zárthelyi 10 pontos, a félév során tehát 30pont szerezhető. Az elégséges szint 60% (18 pont).

Akinek az összpontszáma 18 pont alatt van, az utolsóhéten megírásra kerülő pótzárthelyin szerezhetimeg az aláírást és a gyakjegyet, ahol a maximális 30pontból szintén 18 pont a megfelelt eredmény.

4

Pontszám Értékelés

0-17 1

18-20 2

21-23 3

24-26 4

27-30 5

A Z AL ÁÍRÁS PÓTL ÁSA

5

A félév végéig meg nem szerzett aláírást és gyakjegyet akar dékánja által kijelölt időszakban, a tanulmányi ésvizsgaszabályzatban előírtak szerint lehet pótolni. Azgyakjegypótló zárthelyi anyaga az évközi zárthelyikegyüttes anyagával egyezik meg.

Gyakjegy birtokában lehet Villamosságtan szigorlatottenni a félévben!

Szigorlat:

1. Elméleti tétel

2. Gyakorlati tétel

A JÁNLOTT IRODALOM

6

• Demeter Károlyné - Dén Gábor: Villamosságtan

• Hollós Edit -Vágó István: Villamosságtan

• Demeter Károlyné: Villamosságtan II.

• Fodor György: Elméleti elektrotechnika I-II.

SOROS RL KÖRRE UDC KAPCSOLÁSA


STACIONÁRIUS/ÁLLANDÓSULT ÁLLAPOT t → ∞ (induktivitás rövidzár, UL=0)

A homogén egyenlet (U0=0) = TRANZIENS/ÁTMENETI ÁLLAPOT (nincs gerjesztés)

DIFFERENCIÁLEGYENLET MEGOLDÁSAyIH= yH+ yP

Lineáris inhomogén diff. egyenlet általános

megoldása = homogén egyenlet általános megoldása

+ inhomogén egyenlet partikuláris megoldása

HOMOGÉN ÁLTALÁNOS MEGOLDÁS

INHOMOGÉN PARTIKULÁRIS MEGOLDÁSKonstansvariálás módszere




Kezdeti érték feltétel: i(0)=0

mert a feszültség rákapcsolásakor az áramerősség 0!



L L



T = τ = időállandó [sec]


T = τ = időállandó [sec]



Az áramváltozás

gyorsaságát és a

tranziens folyamat

gyakorlati időtartamát az

időállandó szabja meg!



SOROS RC KÖRRE UDC KAPCSOLÁSA

Kezdeti érték feltétel: i(0)=U0/R

𝑅𝑖 +1

𝐶න 𝑖 𝑑𝑡 − 𝑈0 = 0

𝑖′ +1

𝑅𝐶𝑖 = 0

t szerint

deriválás átrendezés




LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ

LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓDifferenciálegyenletek megoldása bonyolultabb áramkörök esetén sok időt vesz igénybe

LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ

MATEMATIKAI ALAPOK

Egységugrás

függvény!!!

MATEMATIKAI ALAPOKEgységugrás függvény

LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ TULAJDONSÁGAI

LINEARITÁS:

K

K


DERIVÁLT FÜGGVÉNY TRANSZFORMÁLTJA:

f’(t) g(t)

Parciális

integrálás!

Deriválás = s-el való

szorzás!

Mi lehet az integrálás???

VIZSGÁLÓ FÜGGVÉNYEK -IDŐTARTOMÁNYBAN

• Dirac delta függvény

→0

• Egységugrás függvény

Kapcsoló kiváltása!

VIZSGÁLÓ FÜGGVÉNYEK -IDŐTARTOMÁNYBAN

• Dirac delta függvény (pl. gázfröccs)

• Egységugrás függvény (pl. hirtelen gázadás)

1(t) vagy ε(t) Átmeneti függvény

v(t)

δ(t) Súlyfüggvény

w(t)

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény


LAPLACE TRANSZFORMÁLT DERIVÁLÁSA:

FÜGGVÉNYEK LAPLACE TRANSZFORMÁLTJA


+ 𝑐𝑜𝑠𝜙 =𝑒𝑖𝜙 + 𝑒−𝑖𝜙

2

Nyilvánvalóan a = ω

(−𝑠)2−(𝑖𝑎)2 𝑠2 + 𝑎2

L sin at = ⋯ =𝑎

𝑎2 + 𝑠2


(−(𝑠 − 𝑎))2

ÖSSZEFOGLALVA

LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ TÉTELEI

HASONLÓSÁGI TÉTEL:

A jel nyújtása, vagy gyorsítása a jel frekvenciakomponenseinek fordított arányú változását eredményezi!

pl. magnókazettát dupla sebességgel játsszuk le → frekvenciatartománybeli alak szélesedni kezd → de

ugyanazon jelkomponensek futnak → cincogás ☺

LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ TÉTELEI

CSILLAPÍTÁSI TÉTEL: előjel fordul!

ELTOLÁSI TÉTEL:

előjel NEM fordul!

∗ 𝜀(𝑡 − 𝜏)∗ 𝜀(𝑡 − 𝜏)

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓKIFEJTÉSI TÉTEL

• Csak valódi racionális törtfüggvények esetén alkalmazható (M és N polinomok)

• A nevező fokszámának nagyobbnak kell lennie, mint a számlálónak

• A nevezőt képző polinomnak csak egyszeres gyökei lehetnek

𝐹 𝑠 =𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)=

𝑀(𝑠)

𝑠−𝑠1 𝑠−𝑠2 …(𝑠−𝑠𝑛)ahol s1, s2, … sn: az N polinom gyökei

𝐹 𝑠 =𝐶1

𝑠−𝑠1+

𝐶2

𝑠−𝑠2+…+

𝐶𝑛

𝑠−𝑠𝑛résztörteket kell visszatranszformálni

nem szorzótényezőket

𝐿−1 σ𝑘=1𝑛 𝐶𝑘

𝑠−𝑠𝑘= σ𝑘=1

𝑛 𝐶𝑘 ∗ 𝑒𝑠𝑘𝑡 ∗ 𝜀 𝑡 C együtthatókat hogy kapjuk meg?

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓKIFEJTÉSI TÉTEL

𝐹 𝑠 =𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)=

𝑀(𝑠)

𝑠−𝑠1 𝑠−𝑠2 …(𝑠−𝑠𝑛)=

𝐶1

𝑠−𝑠1+

𝐶2

𝑠−𝑠2+…+

𝐶𝑛

𝑠−𝑠𝑛/* 𝑠 − 𝑠1

𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)∗ (𝑠 − 𝑠1) = 𝐶1 +

𝐶2

𝑠−𝑠2* 𝑠 − 𝑠1 +…+

𝐶𝑛

𝑠−𝑠𝑛∗ 𝑠 − 𝑠1 ha 𝑠 = 𝑠1 csak C1 marad a jobb oldalon

bal oldal: 0/0→ lim!

𝐶𝑘 = lim𝑠→𝑠𝑘

𝑀(𝑠)(𝑠 − 𝑠𝑘)

𝑁(𝑠)= 𝑀(𝑠𝑘) lim

𝑠→𝑠𝑘

𝑠 − 𝑠𝑘

𝑁(𝑠)=

𝑀(𝑠𝑘)

𝑁′(𝑠𝑘)

𝐿−1𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)=

𝑘=1

𝑛𝑀(𝑠𝑘)

𝑁′(𝑠𝑘)∗ 𝑒𝑠𝑘𝑡 ∗ 𝜀 𝑡

L'Hospital-szabály

𝑀(𝑠1) lim𝑠→𝑠1

𝑠 − 𝑠1

𝑁(𝑠)= 𝑀 𝑠1

1

𝑁′ 𝑠1=

𝑀 𝑠1

𝑁′ 𝑠1= 𝐶1

Deriválás s szerint

Á𝐥𝐭𝐚𝐥á𝐧𝐨𝐬Í𝐭𝐯𝐚

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓKIFEJTÉSI TÉTEL - PÉLDA

𝐿−1𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)=

𝑘=1

𝑛𝑀(𝑠𝑘)

𝑁′(𝑠𝑘)∗ 𝑒𝑠𝑘𝑡 ∗ 𝜀 𝑡 𝐿−1

1

𝑠2 + 5𝑠 + 6= ⋯ = 𝑒−2𝑡 − 𝑒−3𝑡

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓKIFEJTÉSI TÉTEL – GYORSABB VERZIÓ

𝐿−1𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)=

𝑘=1

𝑛𝑀(𝑠𝑘)

𝑁′(𝑠𝑘)∗ 𝑒𝑠𝑘𝑡 ∗ 𝜀 𝑡

SZORZAT DERIVÁLÁSA

𝑠 − 𝑠1 ∗ 𝑠 − 𝑠2 ∗ ⋯ ∗ 𝑠 − 𝑠𝑛′

= 1 ∗ 𝑠 − 𝑠2 ∗ ⋯ ∗ 𝑠 − 𝑠𝑛 + 𝑠 − 𝑠1 ∗ 1 ∗ ⋯ ∗ 𝑠 − 𝑠𝑛 + ⋯ + 𝑠 − 𝑠1 ∗ 𝑠 − 𝑠2 ∗ ⋯ ∗ 1

1 𝑠 − 𝑠2 𝑠 − 𝑠3 … 𝑠 − 𝑠𝑛

𝑠 − 𝑠1 1 𝑠 − 𝑠3 … 𝑠 − 𝑠𝑛

𝑠 − 𝑠1 𝑠 − 𝑠2 1 … 𝑠 − 𝑠𝑛

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮𝑠 − 𝑠1 𝑠 − 𝑠2 𝑠 − 𝑠3 … 1

𝑠 − 𝑠1 ℎ𝑖á𝑛𝑦𝑧𝑖𝑘

𝑠 − 𝑠2 ℎ𝑖á𝑛𝑦𝑧𝑖𝑘

𝑠 − 𝑠3 ℎ𝑖á𝑛𝑦𝑧𝑖𝑘⋮

𝑠 − 𝑠𝑛 ℎ𝑖á𝑛𝑦𝑧𝑖𝑘

L

E

T

A

K

A

R

Á

S

s=s1csak az első sor≠0

s=s2 csak a második sor≠0

…

s=sn csak az n-edik sor≠0

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓKIFEJTÉSI TÉTEL – GYORSABB VERZIÓ

𝐿−11

(𝑠 + 2)(𝑠 + 3)

𝑙𝑒𝑡𝑎𝑘𝑎𝑟𝑎𝑛𝑖 𝑎𝑧𝑡 𝑎 𝑡𝑎𝑔𝑜𝑡, 𝑎𝑚𝑒𝑙𝑦𝑖𝑘 𝑛𝑢𝑙𝑙á𝑡 𝑎𝑑𝑛𝑎 az adott gyökkel

𝑎 𝑚𝑎𝑟𝑎𝑑é𝑘 𝑘𝑖𝑓𝑒𝑗𝑒𝑧é𝑠𝑏𝑒 𝑏𝑒ℎ𝑒𝑙𝑦𝑒𝑡𝑡𝑒𝑠í𝑡𝑗ü𝑘 𝑎 𝑔𝑦ö𝑘 é𝑟𝑡é𝑘é𝑡

𝑏𝑒ℎ𝑒𝑙𝑦𝑒𝑡𝑡𝑒𝑠í𝑡é𝑠 𝑎 𝑘é𝑝𝑙𝑒𝑡𝑏𝑒: 𝐿−1𝑀(𝑠)

𝑁(𝑠)=

𝑘=1

𝑛

𝐿𝐸𝑇𝐴𝐾𝐴𝑅Á𝑆𝑆𝐴𝐿 ∗ 𝑒𝑠𝑘𝑡 ∗ 𝜀 𝑡 =

𝑒−2𝑡 − 𝑒−3𝑡

𝑔𝑦ö𝑘ö𝑘 𝑚𝑒𝑔ℎ𝑎𝑡á𝑟𝑜𝑧á𝑠𝑎:𝑠 = −2𝑠 = −3

INVERZ LAPLACE TRANSZFORMÁCIÓ ELŐNYE

Kapcsolás átrakása frekvenciatartományba →Villamosságtan I.

tudás ☺ → inverz Laplace transzformáció = időtartományba

történő visszatérés



OPERÁTOROS IMPEDANCIÁK

𝑢 𝑡 = 𝑅 𝑖(𝑡)

𝑈 𝑠 = 𝑅 𝐼(𝑠)

Ha az induktivitás kezdeti árama (I0) és a kondenzátor kezdeti feszültsége (U0) nulla (energiamentes kezdeti állapot):

Bekapcsolási

jelenség

OPERÁTOROS IMPEDANCIÁK

BEKAPCSOLÁSI JELENSÉG – SOROS RL

visszatranszformálás

𝑈

𝑠 𝑠𝐿

visszatranszformálás

á𝑏𝑟á𝑧𝑜𝑙á𝑠!

BEKAPCSOLÁSI JELENSÉG – SOROS RC

visszatranszformálás −

1

𝑠𝐶

𝑈

𝑠

á𝑏𝑟á𝑧𝑜𝑙á𝑠!

NEM ENERGIAMENTES KEZDŐÁLLAPOTINDUKTIVITÁS

NEM ENERGIAMENTES KEZDŐÁLLAPOTINDUKTIVITÁS

NEM ENERGIAMENTES KEZDŐÁLLAPOTKONDENZÁTOR

U 𝑠 =𝑈0𝑠+

1

𝑠𝐶𝐼 𝑠

NEM ENERGIAMENTES KEZDŐÁLLAPOT KONDENZÁTOR

KIKAPCSOLÁSI JELENSÉG – RL iL(t)=iR2(t)

𝐼𝐿0 =𝑈0𝑅

2

uL(t)

Az induktivitás az energiáját az R2 ellenálláson tudja leadni

(hővé alakul át →WL=1/2*L*(IL0)2). Termelő: U & I iránya

ellentétes!!!

iL(t)

KIKAPCSOLÁSI JELENSÉG – RL


2

iL(t)

iL(t)=iR2(t)

𝑢 = 𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡

uL(t)

KIKAPCSOLÁSI JELENSÉG – RL


2

iL(t)

iL(t)=iR2(t)

𝑢 = 𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡

KIKAPCSOLÁSI JELENSÉG – RC

uC(t)=uR2(t)

uC(t)

𝑖𝑐 𝑡 =𝑈𝐶0𝑅2

𝑒−

1𝑅2𝐶 𝜀(𝑡)

ic(t)

A kapacitás energiája az R2 ellenálláson hővé alakul.

Termelő: U & I iránya ellentétes!!!

uR2(t)

KIKAPCSOLÁSI JELENSÉG – RC

uC(t)

𝑖𝑐 𝑡 =𝑈𝐶0𝑅2

𝑒−

1𝑅2𝐶 𝜀(𝑡)

uC(t)=uR2(t)

i= 𝐶𝑑𝑢

𝑑𝑡

BEKAPCSOLÁSI JELENSÉG – DE NEM ENERGIAMENTES

Millman tétel!

BEKAPCSOLÁSI JELENSÉG – RLC

D>0

D=0

D<0

h𝑎 𝐷 > 0

𝐿−1𝑈0𝐿

(𝑠 + 𝑠1)(𝑠 + 𝑠2)=𝑈0𝐿

1

(−𝑠1 + 𝑠2)𝑒−𝑠1𝑡 +

1

(−𝑠2 + 𝑠1)𝑒−𝑠2𝑡 Csak tranziens van!

Aperiodikus megoldás


h𝑎 𝐷 = 0 𝑠1,2 = −𝑅

2𝐿

𝐿−1𝑈0𝐿

𝑠 +𝑅2𝐿

2 =𝑈0𝐿𝑡 ∗ 𝑒−

𝑅2𝐿𝑡 á𝑏𝑟á𝑧𝑜𝑙á𝑠!


h𝑎 𝐷 < 0

𝐿−1𝑈0𝐿

𝑠2+𝑅

𝐿𝑠+

1

𝐿𝐶

= teljes négyzetté alakítás → csillapodó szinuszos jel

Periodikus megoldás → exp burkológörbe

α: csillapítási tényező

ω0: a kör saját

csillapítatlan

körfrekvenciája

ωcs: a kör csillapított

körfrekvenciája

𝜔0 =1

𝐿𝐶

𝜔𝑐𝑠 = 𝜔02 − 𝛼2

𝛼 =𝑅

2𝐿

Induktivitás és kapacitás között ismétlődő

energialengés jön létre. Áram csökken →

induktivitás energiájának egy részét a kapacitásnak

adja át → villamos energia formájában benne

felhalmozódik → majd kisül → visszaadja az

energiát az induktivitásnak. DE az ellenállás egyre

több energiát emészt fel → csillapodás

ÁTKAPCSOLÁSI JELENSÉG

ÁTKAPCSOLÁSI JELENSÉG – PÉLDA

Bekapcsolás: 𝐿−140

𝑠1

𝑠𝐶+𝑅𝑇ℎ

→ 𝑖𝐶 𝑡 =40

𝑅𝑇ℎ𝑒−

1

𝑅𝑇ℎ𝐶𝑡

𝜏 = 𝑅𝑇ℎ𝐶 = 2𝑚𝑠𝑡 = 4 𝑚𝑠 → 𝑖 = 0,027 𝐴

𝐿−140

𝑠

1𝑠𝐶

1𝑠𝐶 + 𝑅𝑇ℎ

→ 𝑢𝐶 𝑡 = 40 − 40𝑒−

1𝑅𝑇ℎ𝐶

𝑡

Átkapcsolás: 𝐿−124,6

𝑠1

𝑠𝐶+𝑅𝑇ℎ

→ 𝑖𝐶′ (𝑡) = −

24,6

𝑅𝑇ℎ𝑒−

1

𝑅𝑇ℎ𝐶𝑡

𝜏 = 𝑅𝑇ℎ𝐶 = 2𝑚𝑠𝑡 = 0 𝑚𝑠 → 𝑖𝐶 = −0,123 𝐴

UC(t=4ms)= 34,6 V

BEKAPCSOLÁSI JELENSÉG – UAC

GERJESZTÉSSEL

𝜏 =𝐿

𝑅

Ha az áram szöge φ1=0 azaz ψ = φ → tranziens nem lép fel!

BEKAPCSOLÁSI JELENSÉG – UAC

GERJESZTÉSSEL

Ha pl. 90°-nál kapcsolunk be és τ többszöröse a periódusidőnek → az áram

pillanatértéke a sin első negatív csúcsánál az állandósult áram legnagyobb

pillanatértékének csaknem 2x-ese lesz!

KEZDETI ÉS VÉGÉRTÉK TÉTEL

A lineáris invariáns hálózatok keresett feszültségeinek és áramainak értékét a

𝑡 → 0 pillanatra és

𝑡 → ∞ esetére

az átmeneti jelenség számítása nélkül meg tudjuk határozni az alábbi

összefüggéssel

idő és frekvencia fordítottan arányos!

A Laplace transzformációval történő számítás ellenőrzésére jó lehetőséget

jelent!

KEZDETI ÉS VÉGÉRTÉK TÉTEL– PÉLDA

𝑈

𝑠 𝑠𝐿

𝑡 = 0 lim𝑠→∞

𝑠 𝐼(𝑠)= lim𝑠→∞

𝑠𝑈

𝑠(𝑅 + 𝑠𝐿)= lim

𝑠→∞

𝑈

(𝑅 + 𝑠𝐿)= 0

𝑡 = ∞ lim𝑠→0

𝑠 𝐼(𝑠)= lim𝑠→0

𝑠𝑈

𝑠(𝑅 + 𝑠𝐿)= lim

𝑠→0

𝑈

(𝑅 + 𝑠𝐿)=𝑈

𝑅

i(t)

𝑈

𝑅

PERIODIKUS JELEK LAPLACETRANSZFORMÁLTJA

Egy periódus időfüggvénye:

Egy periódus Laplace transzformáltja:

A periodikus jel Laplace transzformáltja:

𝑓𝑇 𝑡 = 𝑓 𝑡 𝜀 𝑡 − 𝑓(𝑡 − 𝑇)𝜀 𝑡 − 𝑇

𝐹𝑇 𝑠 = 𝐹 𝑠 − 𝐹 𝑠 𝑒−𝑠𝑡 = 𝐹(𝑠)(1 − 𝑒−𝑠𝑡)

𝐹 𝑠 =𝐹𝑇 𝑠

1 − 𝑒−𝑠𝑡


Mi lehet a

megoldás?






ÁTVITELI FÜGGVÉNY

u(t) v(t) U(s) V(s)

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény

Ha egy rendszernek ismerjük az átviteli függvényét, akkor könnyen meghatározhatjuk a

különböző bementekhez tartozó válaszokat.

Időtartomány Frekvencia tartomány

Az átviteli függvény definíció szerint a kimeneti jel

Laplace transzformáltja osztva a bemeneti jel

Laplace transzformáltjával.

VÁLASZ EGYSÉGIMPULZUS BEMENETRE

δ(t) w(t) 1 W(s)

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény


𝑊 𝑠 = 𝑌(𝑠)az átviteli függvény a súlyfüggvény

Laplace transzformáltja

VÁLASZ EGYSÉGUGRÁS BEMENETRE

ε(t) v(t) 1/s V(s)

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény

Rendszer

válasza

Bemenő

jel

Átviteli

függvény


𝑉 𝑠 =1

𝑠𝑌 𝑠

𝑉 𝑠 =1

𝑠𝑊 𝑠 → 𝑊 𝑠 = 𝑠 𝑉 𝑠

v t = න0

𝜏

𝑤 𝑡 𝑑𝑡 𝑣𝑎𝑔𝑦 w t =𝑑𝑣

𝑑𝑡

a súlyfüggvény az átmeneti függvény

deriváltja

az átmeneti függvény a súlyfüggvény idő

szerinti integrálja

𝑊 𝑠 = 𝑌(𝑠)

PÉLDÁK

i(t)

i(t)

i(t)

i(t)

Feszültség számítása

Feszültség számítása



TÖBBHULLÁMÚ MENNYISÉGEK

Mi van, ha periodikus a generátor U/I jele, de NEM szinuszos?

pl: négyszög; egy, vagy kétüteműen egyenirányított szinuszos jel, stb.

Lineáris terhelés Nem lineáris terhelés

Determinisztikus jelek: matematikai kifejezésekkel leírhatóak és matematikai összefüggésekkel

kezelhetőek.

Sztochasztikus jelek: matematikai módszerekkel csak részlegesen kezelhetőek. Statisztikai

jellemzőkkel vázolhatók.

A kváziperiodikus jel hasonlít a periodikus jelre, de csak bizonyos frekvencián van értelmezve.

Tranziens jelek: egyszeri, nem periodikus folyamatok.

Fourier transzformáció Laplace transzformáció

FOURIER SORFEJTÉSI TÉTELE

• Periodikus függvény előállítható végtelen tagszámú szinuszosés koszinuszos függvény összegeként, amelyeknekkörfrekvenciái az alap-körfrekvencia (legkisebb körfrekvenciájútag körfrekvenciája) egész számú többszörösei.

• A periodikus jelet harmonikus komponenseire bontjuk.

f1: alapharmonikus frekvenciája1fnfn =

SZINUSZOS JEL

)sin()( φtfπAtf += 2

ω

ÖSSZETETT PERIODIKUS JEL

KVÁZI PERIODIKUS JEL

FOURIER TRANSZFORMÁCIÓ

)sincos()( ∑∞

tωktωktf BAF kk

k ++==1

0

Nehezen ábrázolható (kétértékű lenne a függvény) → két

együttható lesz ugyanarra a frekvenciára → más leírásmód

lenne célszerű!

Egyszerűen megkapható a Fourier sor együttható sorozata.

Szinuszos-koszinuszos leírásmód:

AZ EGYÜTTHATÓK SZÁMÍTÁSA

∫∫π2

00

ωωπ2

11)()(=)(= tdtfdttf

T

T

oF

∫∫π2

00

ωωωπ

1ω

2)(cos)(=cos)(= tdtktfdttktf

T

T

kA

∫∫π2

00

ωωωπ

1ω

2)(sin)(=sin)(= tdtktfdttktf

T

T

kB

Lineáris

középérték (DC

összetevő)

k = 1, alapharmonikus

k > 1, felharmonikus

FOURIER TRANSZFORMÁCIÓAbszolút érték és fázis leírásmód:

Ck: amplitúdó → spektrum ρk: fázis

22BAC kkk

+=k

k

k A

Barctg=

Sin-os és cos-os tag összevonása egy cos-os

komponensbe.

)(cos)( ∑∞

ρCF kk

ktωktf ++=

=10

FOURIER SOR NÉHÁNY TULAJDONSÁGAHa a periodikus f (t) függvény:

3.) A két félperiódus egymásnak tükörképe

f(t + T/2) = -f(t) (kizárólag a páratlan indexű együtthatók lehetnek zérustól különbözőek)

F0 = 0 A2n = 0 B2n = 0

2.) páros: f(-t) = f(t) (csak valós komponense lesz a jelnek)

Bk = 0 (páros függvény Fourier-sorában sin(kωt) nem szerepel)

1.) páratlan: f(-t) = -f(t) (csak képzetes komponense lesz a jelnek)

F0 = 0 Ak = 0 (páratlan függvény Fourier-sorában cos(kωt) nem szerepel)

)sincos()( ∑∞

tωktωktf BAF kk

k ++==1

0

ISMERT JELEK FOURIER-SORA

Négyszögjel (ptl) Fourier sora:

T=10 → 𝝎 =𝟐𝝅

𝑻=

𝟐𝝅

𝟏𝟎az alapharmonikus

Együtthatók számítása:

𝐵𝑘 = 2 ∗1

𝜋න0

𝜋

1 ∗ sin 𝑘𝜔𝑡 𝑑𝜔𝑡 =2

𝜋

−cos 𝑘𝜔𝑡

𝑘0

𝜋

=

2

𝑘𝜋[ − cos 𝑘𝜋 + cos(0 ] =

4

𝑘𝜋

1. Alapharmonikus

2. Alap- és az első felharmonikus

3. Alap- és az első két felharmonikus

4. Alap- és az első kilenc felharmonikus

5. Alap- és az első száz felharmonikus

6. Alap- és az első ezer felharmonikus

1.

3.

5.

2.

4.

6.

HÉTKÖZNAPI PÉLDÁK FT ALKALMAZÁSÁRAHangfeldolgozás • equalizer: különböző frekvenciák amplitúdóinak változtatása

HÉTKÖZNAPI PÉLDÁK FT ALKALMAZÁSÁRAKépfeldolgozás• Fourier-transzformáció segítségével frekvenciatérben végezhetünk képeken módosításokat.• Kiszűrhetjük, vagy eltüntethetjük az éleket pusztán azzal, hogy kiemeljük, vagy elnyomjuk a

magas frekvenciákat (felül- és aluláteresztő szűrők).

HÉTKÖZNAPI PÉLDÁK FT ALKALMAZÁSÁRAMég a kiváló minőségű erősítők is torzítják a jeleket:

• Balra: 1 MHz frekvenciájú és 1 V amplitúdójú szinusz jel torzítatlannak tűnik• Jobbra: frekvenciaspektrumán viszont már egyértelműen láthatók az alapharmonikus

többszörösein megjelenő felharmonikusok. Az egyre csökkenő amplitúdójú felharmonikusok rendre a 2, 3 és 4 MHz-es frekvencián, az 1 MHz-es alapharmonikus frekvenciájának egész számú többszörösein jelennek meg!

NEM PERIODIKUS JELNÉL MI VAN?

Egyszeri folyamatoknak tekinthetők

T→∞ azaz a frekvencia spektrum besűrűsödik

Fourier integrál alkalmas a jel leírására (minden frekvencián értelmezve van):

−

−= dtetfωF tωj)()(

NEM SZINUSZOS PERIODIKUS ÁRAMÚ HÁLÓZATOK SZÁMÍTÁSATöbbhullámú feszültséggenerátor

• a periodikus jelet időben állandó és szinuszos, ill. koszinuszos jelek

összegére bontjuk fel

• szuperpozíció elv alapján: sorba kapcsolt generátorok, melyek az egyes

harmonikusoknak megfelelő szinuszos feszültséget és UDC-t szolgáltatják

egyenáram alapharmonikus felharmonikusok

Harmonikusokként rakjuk össze!!!

uk(kωt)u1(ωt)Uo

u(ωt)

i(ωt)

Ellenállás

UU

II

R

UI

R

UI

R

UI

kkkk

oo

11

11 ==...==

UU

kII

Lk

UI

L

UI

kkkk

11

11

1

ωω==...=

Kapacitás (XC is változik a frekivel)

Induktivitás (XL az egyes harmonikusokra más és más)

UU

kII

CkUICUIkk

kk11

11 ωω ==...=

egyenáram alapharmonikus felharmonikusok

alapharmonikus felharmonikusok

alapharmonikus felharmonikusok

Egy periodikus feszültségjel hatására kialakult áram

felharmonikusát az induktivitás fojtja/simítja. Röviden:

növekvő frekvencia elnyomja/fojtja a harmonikus áramokat.

Növekvő frekvencia megnöveli/kiemeli a harmonikus áramokat.

Ohmos terhelés esetén az áram és a feszültség

felharmonikusainak aránya megegyezik.

⇒𝑈𝑘𝐼𝑘

=𝑈1𝐼1

PERIODIKUS JEL EFFEKTÍV ÉRTÉKELegyen u(t) és i(t) egy periodikus feszültség, ill. áram Fourier sora:

A feszültség és áram effektív értéke a RMS alapján:

Harmonikusok effektív értékei

TÖBBHULLÁMÚ FESZÜLTSÉGEK ÉS ÁRAMOK TELJESÍTMÉNYEIHatásos teljesítmény: az egyes harmonikusok hatásos

teljesítményeinek összege φ∑∑∞∞

11kk

kkoo

kko IUIUPPP cos+=+=

==

Hatásos teljesítményt csak

azonos rendszámú

(összetartozó) U és I hoz

létre!!!

TÖBBHULLÁMÚ FESZÜLTSÉGEK ÉS ÁRAMOK TELJESÍTMÉNYEIMeddő teljesítmény: az egyes harmonikusok meddő

teljesítményeinek összege

Látszólagos teljesítmény: effektív értékek szorzata

Meddőteljesítményt csak

azonos rendszámú

(összetartozó) U és I hoz

létre!!!

Egyenáramú összetevő

meddő teljesítményt NEM

hoz létre!

Eltérés a szinuszos áramú

hálózatoktól:

PÉLDA 1

Fogyasztó feszültségének és áramának időfüggvénye:

P, Q, S = ? → harmonikusokként kell számolni!

(fáziseltérések egyszerű leolvasása miatt egységesítés lehet

szükséges: csak sin/cos

PÉLDA 1

Kapacitív

jelleg!

PÉLDA 1

PÉLDA 2

Eredőáram, hatásos teljesítmény = ?

Megoldás:

1. Reaktanciák számítása a különböző

körfrekvenciákra (rezgőkör van-e?).

2. Szuperpozíció tétel alkalmazása (3

fesz.gen soros kapcsolása).

3. Eredőáram számítása általánosított

Ohm törvénnyel (sajnos komplex lesz).

PÉLDA 3

Megoldás:

1. Reaktanciák számítása a különböző körfrekvenciákra (rezgőkör van-e?).

2. Szuperpozíció tétel alkalmazása (3 fesz.gen soros kapcsolása).

3. Eredőáram számítása általánosított Ohm törvénnyel (sajnos komplex lesz).

Eredőáram, eredő látszólagos teljesítmény = ?

50sin(2𝜔𝑡 + 90°)

5sin(2𝜔𝑡 + 90°)

PÉLDA 4

Megoldás:

1. Reaktanciák számítása a különböző körfrekvenciákra (rezgőkör van-e?). ( )

2. Szuperpozíció tétel alkalmazása (3 fesz.gen soros kapcsolása).

3. Eredőáram számítása általánosított Ohm törvénnyel (sajnos komplex lesz).

4. Áramosztó formula alkalmazása.

= ?

𝑎𝑙𝑎𝑝𝑓𝑟𝑒𝑘𝑖𝑛

PÉLDA 5

Megoldás:

1. Reaktancia számítása 2ω-ra

2. Szuperpozíció tétel alkalmazása (2 fesz.gen soros kapcsolása + az egyenfeszültségű gen.).

3. Feszültségosztó formula alkalmazása.

? =

uC(t)=? és a kondenzátor feszültségének effektív értéke =?

Documents

VILLAMOSSÁGTAN III. 1. RÉSZgfmj/Villamosságtan III...•Hollós Edit -Vágó István: Villamosságtan •Demeter Károlyné: Villamosságtan II. •Fodor György: Elméleti elektrotechnika