8.19
Határozza meg szinuszos váltakozó feszültség esetén a hányadosát az effektív értéknek és az átlag értéknek. U 2U m U eff = m U átl = π 2 Um U eff Kf = = 2 = 1,11 U átl 2U m
8.20
Az ábrán látható áram jelalakjának határozza meg az effektív értékét és az átlag értékét, és a formatényező értékét. A jel periódus ideje T= 3s.
π
I eff =
10 2 ⋅ 2 + 0 2 ⋅ 1 = 8 ,16 A 3
I átl =
8 ,16 = 1,22 I átl 6 ,67 Határozza meg a feszültség áram kapcsolatát egy R ellenálláson amit (AC) u = U max ⋅ sin ωt váltakozó feszültségre kapcsolunk. formatényező = K f =
8.21
I eff
10 ⋅ 2 + 0 ⋅ 1 = 6 ,67 3
=
u = U max ⋅ sin ωt U max ⋅ sin ωt = R ⋅ i
u = R ⋅i
U max ⋅ sin ωt = I max ⋅ sin ωt R U = R⋅I U max = R ⋅ I max Ahol U és I értékei effektív értékek. Tudnunk kell, hogy az áram és a feszültség értékei fázisban vannak egymással ellenállás terhelés esetén. i=
8.22
Határozza meg a feszültség áram kapcsolatát egy L induktivitáson ami (AC) i = I max ⋅ sin ωt váltakozó áramot szállít. u = L⋅ u = L⋅
di dt
i = I max ⋅ sin ωt
d ( I max ⋅ sin ωt ) = ω ⋅ L ⋅ I max ⋅ cos ωt = U max ⋅ cos ωt = U max ⋅ sin( ωt + 90° ) dt U max = ω ⋅ L ⋅ I max U = ω ⋅ L ⋅ I ≡ XL ⋅ I
Ahol X L = ω ⋅ L az induktív reaktancia, és a mértékegysége ugyancsak Ω. Meg kell jegyeznünk, hogy az áram ideális induktivitás esetén késik a rákapcsolt feszültséghez képest 90º-ot.
1
8.22
Határozza meg a feszültség áram kapcsolatát egy C kapacitáson, amire (AC) u = U max ⋅ sin ωt váltakozó feszültségre kapcsolunk. du u = U max ⋅ sin ωt i=C⋅ dt d i = C ⋅ ( U max ⋅ sin ωt ) = ω ⋅ C ⋅ U max ⋅ cos ωt = I max ⋅ cos ωt = I max ⋅ sin( ωt + 90° ) dt I max = ω ⋅ C ⋅ U max
U=
I ≡ XC ⋅ I ω ⋅C
1 kapacitív reaktancia, és a mértékegysége ugyancsak „Ω”. Meg kell jegyeznünk, hogy az ω ⋅C áram ideális kapacitás esetén siet a rákapcsolt feszültséghez képest 90º-ot.
Ahol X C =
8.23
Egy induktivitáson 5A áram folyik 110V feszültségű 60Hz-es hálózatra kapcsolva. Határozza meg az induktivitás áramának és feszültségének függvényét!
Elsőként minden érték csúcs értékét kell felírnunk.
I max = 2 ⋅ 5 = 7 ,07 A
rad s = 2 ⋅ 110 = 155,56V
ω = 2 ⋅ π ⋅ f = 2 ⋅ π ⋅ 60 = 377
i = 7 ,07 ⋅ sin( 377 ⋅ t ) A U max
Az előzőek alapján az áram késik a feszültséghez képest 90º-ot. u = 155 ,56 ⋅ sin( ωt + 90° ) = 155 ,56 cos( ωt )V 8.25
Határozza meg az előző példa adatai alapján az induktív reaktancia értékét. U 110V XL = = = 22Ω I 5A X L = ω ⋅ L = 377 ⋅ L 22Ω L= = 58 ,36 mH 377
8.26
Egy kapacitáson 2A áram erőssége és 120V feszültségű 50Hz-es hálózatra kapcsoljuk. Határozza meg a kapacitás áram és feszültség függvényének a képletét.
Elsőként minden értéket csúcs értékét kell felírnunk.
I max = 2 ⋅ 2 = 2 ,828 A ω = 2 ⋅ π ⋅ f = 2 ⋅ π ⋅ 50 = 314 i = 2 ,828 ⋅ sin( 314 ⋅ t ) A U max = 2 ⋅ 120 = 169 ,7V
Az előzőek alapján az áram siet a feszültséghez képest 90º-ot. u = 169 ,7 ⋅ sin( ωt − 90° ) = −169 ,7 cos( ωt )V
2
rad s
8.27
Határozza meg az előző példa adatai alapján az kapacitív reaktancia értékét. U 120V XC = = = 60 Ω I 2A 1 1 = XC = ω ⋅ C 314 ⋅ C 1 C= = 53 ,079 µF 314 ⋅ 60 8.28 Egy 0,5H induktivitásra kapcsolt feszültség értéke u = 200 ⋅ sin( 100 ⋅ t )V . Mekkora az áram pillanatértéke. U 200V rad = 4A ⋅ 0 ,5 H = 50 Ω I max = max = X L = ω ⋅ L = 100 s XL 50 Ω Mivel i késik a feszültséghez képest 90º-ot, ezért végül a következőket kapjuk. i = I max ⋅ sin( ωt − 90° ) = 4 ⋅ sin( 100 ⋅ t − 90° ) A Egy 50µF kapacitás árama: i = 2 ⋅ sin( 1000 ⋅ t ) A . Mekkora a feszültségének a pillanatértéke? 1 1 = = 20 Ω XC = ω ⋅ C 1000 ⋅ 50 ⋅ 10 − 6 U max = I max X C = 2 ⋅ 20 = 40V Mivel i siet a feszültséghez képest 90º-ot, ezért végül a következőket kapjuk. 8.29
u = U max ⋅ sin( ωt − 90° ) = 40 ⋅ sin( 1000 ⋅ t − 90° )V 8.30
Ismert egy alap áramköri elemen a feszültség és az áram nagysága: u = 100 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 20° )V , i = 4 ⋅ sin( 377 ⋅ t − 70° ) A . Ezek alapján határozza meg az elem típusát és értékét.
Mivel u siet az áramhoz képest 20º-(-70º)=90º-ot, ezért induktivitásról van szó. Értékére pedig: U 100V X L = max = = 25Ω = ω ⋅ L = 377 ⋅ L I max 4A 25Ω L= = 66 ,3mH rad 377 s 8.31 Adott egy alap áramköri elemen a feszültség és az áram nagysága: u = 200 ⋅ sin( 314 ⋅ t − 10° )V , i = 20 ⋅ sin( 314 ⋅ t − 10° ) A . Ezek alapján határozza meg az elem típusát és értékét. Mivel u fázisban van az áramával, ezért ohmos terhelésről lehet csak szó. R=
U max 200V = = 10 Ω I max 20 A
3
8.32
Adott egy alap áramköri elemen a feszültség és az áram nagysága: u = 6 ⋅ cos( 1000 ⋅ t − 80° )V , i = 3 ⋅ cos( 1000 ⋅ t + 10° ) A . Ezek alapján határozza meg az elem típusát és nagyságát.
Mivel i siet a feszültséghez képest 10º-(-80º)=90º-ot, ezért kapacitásról van szó. Értékére pedig: U 6V 1 1 X C = max = = 2Ω = = ω ⋅ C 1000 rad ⋅ C I max 3 A s 1 C= = 500 µF rad 2Ω ⋅ 1000 s 1 ⋅ [cos( x − y ) − cos( x + y ) ] 2 sin( x + y ) = sin( x ) ⋅ cos( y ) + cos( x ) ⋅ sin( y ) dx Integrál számítás ∫ dx Differenciál számítás ( ) dt sin( x ) cos( x ) sin( x ) − cos( x ) cos( x ) − sin( x ) cos( x ) sin( x ) sin( x ) ⋅ sin( y ) =
Emlékeztető matematikából:
8.33
A feszültség és az áram nagysága a következő formában adott egy alap áramköri elemen: u = U max ⋅ sin( ωt )V , i = I max ⋅ sin( ωt − φ )V . Ezek alapján határozza meg a hatásos teljesítmény pillanatértékét. p = u ⋅i =U =U =
8.34
max
⋅I
max
⋅ sin( ωt ) ⋅ I
max
⋅ sin( ωt − φ ) =
1 ⋅ ⋅ cos[( ωt − ωt + φ ) − cos( ωt + ωt − φ )] = max 2
1 ⋅U ⋅I ⋅ [cos φ − cos( 2ωt − φ )] 2 max max
Határozza meg az átlagteljesítmény értékét az előző példa eredménye alapján. Az áram és feszültség effektív értékeinek felhasználásával.
Mivel, sin( 2ωt ) és cos( 2ωt ) teljes periódusra vett átlaga zérus. Így: pátl ≡ P =
1 ⋅U ⋅I ⋅ cos φ 2 max max
Mivel a hatásos teljesítmény azonosan egyenlő az átlagteljesítménnyel, ezért az effektív értékeket a következőkeppen hozhatjuk be a számításba: 1 ⋅ 2 ⋅ U ⋅ 2 ⋅ I ⋅ cos φ = U ⋅ I ⋅ cos φ 2 Ahol a cos φ értéke a teljesítménytényezőnek nevezzük. P=
4
8.35
Egy váltakozó feszültségű kapcsolt hálózat tisztán ohmos tulajdonságú. Az áramkör helyére csatlakoztatva egy 15Ω-os egyenértékű ellenállást és 60Hz frekvenciájú 110V feszültséget kapcsolva rá, meg kell határozni az áramát, a hatásos teljesítményt, és a teljesítménytényezőt. I=
U 110V = = 7 ,33 A R 15Ω
P = I 2 ⋅ R = 7 ,332 ⋅ 15 = 806 ,67W P 806 ,67W = = 1,0 U ⋅ I 110V ⋅ 7 ,33 A Ha az áram és a teljesítmény fázisban van egy áramköri elemen, akkor a teljesítménytényező: cos φ = cos 0° = 1,0 .
Teljesítménytényező = cos φ =
8.36
Mekkora teljesítmény disszipálódik el az adott áramköri elemen, ha u = 6 ⋅ cos( 1000 ⋅ t − 88° )V , i = 3 ⋅ cos( 1000 ⋅ t + 2° ) A .
Mivel i siet a feszültséghez képest 2º-(-88º)=90º-ot, ezért kapacitásról van szó. A teljesítménytényező: cos φ = cos 90° = 0 . P = U ⋅ I ⋅ cos φ = 0W
8.37
Ismert egy alap áramköri elemen a feszültség és az áram nagysága u = 100 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 20° )V , i = 4 ⋅ sin( 377 ⋅ t − 70° ) A . Ezek alapján határozza meg a hatásos teljesítmény értékét.
Mivel u siet az áramhoz képest 20º-(-70º)=90º-ot, ezért induktivitásról van szó. A teljesítménytényező: cos φ = cos 90° = 0 . P = U ⋅ I ⋅ cos φ = 0W 8.38
Egy váltakozó feszültségű áramkör árama 5A feszültsége 220V és 1000W az elfogyasztott teljesítménye. Mekkora a teljesítménytényező értéke? P = U ⋅ I ⋅ cos φ Teljesítménytényező = cos φ =
8.39
P 1000W = = 0 ,91 U ⋅ I 220V ⋅ 5 A
Ismert egy alap áramköri elemen a feszültség és az áram nagysága u = 200 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 30° )V , i = 10 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 60 ° ) A . Ezek alapján határozza meg a átlag teljesítmény értékét.
Az adatokból az effektív értékek: U =
φ = 60° − 30° = 30° .
200 10 = 141,42V , I = = 7 ,07 A , a közbezárt szög: 2 2
Pátlag = P = U ⋅ I ⋅ cos φ = 141,42 ⋅ 7 ,07 ⋅ cos 30 = 866W
5
8.40
Ismert egy alap áramköri elemen a feszültség és az áram nagysága: u = 100 ⋅ sin( 377 ⋅ t − 30° )V , i = 6 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 30° ) A . Ezek alapján határozza meg a teljesítménytényező értékét.
A közbezárt szög: φ = 30° − ( −30° ) = 60° . cos φ = cos 60° = 0 ,5 , siet
8.41
Egy váltakozó feszültségű áramkör árama 3A feszültsége 50V és 150W az elfogyasztott teljesítménye. Mekkora a teljesítménytényező értéke? Teljesítménytényező = cos φ =
P 150W = =1 U ⋅ I 50V ⋅ 3 A
Az áramkör ohmos jellegű. 8.42
Egy 5Ω-os ellenállást, 100µF kondenzátort és egy 100mH induktivitást kötünk párhuzamosan, 100V 60Hz-es hálózatra. Határozza meg az áramkör által felvett átlagteljesítmény értékét!
Az áramkör induktivitásos ága és a kapacitásos ága nem fogyaszt hatásos teljesítményt. Így csak az ohmos ággal kell számolni. U 2 1002 V 2 P= = = 2kW R 5A 8.43
Mekkora a reaktancia értéke 50mH induktivitás esetén, ha a., egyen feszültségre kapcsoljuk (dc)? b., 60Hz-es váltakozó feszültségre kapcsoljuk?
a., X L = ω ⋅ L = 0 ⋅ 50 −3 = 0 Ω . Egyen feszültség esetén úgy viselkedik, mint egy rövidzár. b., X L = ω ⋅ L = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅ 3 ,14 ⋅ 60 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 = 18 ,85Ω 8.44
Határozza meg, az induktivitását egy 50Ω-os reaktanciájú tekercsnek, 60Hz esetén.
L= 8.45
XL
ω
=
XL 50Ω = = 132,63mH 2 ⋅ π ⋅ f 2 ⋅ 3 ,14 ⋅ 60 Hz
Határozza meg azt a frekvenciát, ahol égy 50mH tekercsnek, 50Ω-os a reaktanciája.
ω=
XL XL rad = = 1000 = 2 ⋅π ⋅ f −3 L 50 ⋅ 10 s rad 1000 s = 159 ,15 Hz f = 2 ⋅π
6
8.46 Mekkora a reaktancia értéke 500µF kondenzátor esetén, ha a., egyen feszültségre kapcsoljuk (dc)? b., 100Hz-es váltakozó feszültségre kapcsoljuk? a., X C = b., X C = 8.47
1 1 = = ∞ Ω . Egyen feszültség esetén úgy viselkedik, mint egy szakadás. ω ⋅ C 0 ⋅ 500 ⋅ 10 −6
1 1 = = 3 ,18 Ω ω ⋅ C 2 ⋅ 3 ,14 ⋅ 100 ⋅ 500 ⋅ 10 −6
Határozza meg, a kapacitását égy 50Ω-os reaktanciájú kondenzátornak 60Hz esetén. C=
8.48
1 1 1 = = = 53 ,05 µF ω ⋅ X C 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ X C 2 ⋅ 3,14 ⋅ 60 Hz ⋅ 50Ω
Határozza meg azt a frekvenciát, ahol egy 100µF kondenzátornak 100Ω-os a reaktanciája.
ω=
8.49
1 1 rad = = 100 = 2 ⋅π ⋅ f −6 CX C 100 ⋅ 10 ⋅ 100 s rad 100 s = 15 ,915 Hz f = 2 ⋅π
A teljesítménytényező értéke 0,866 és késik. A bemenő teljesítmény 600W. A feszültség u = 2 ⋅ 110 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 10° )V . Mekkora az áram pillanatértéke?
cos φ = 0 ,866 késő
φ = cos −1( 0 ,866 ) = 30° P = U ⋅ I ⋅ cos φ = 600W = 110V ⋅ I ⋅ 0 ,866 I=
600 = 6 ,3 A 110 ⋅ 0 ,866
I max = 6 ,3 ⋅ 2 = 8 ,9 A Tudjuk, hogy az áram késik a feszültséghez képest 30º-ot. Tehát i = 8 ,9 sin( 377 t − 20° ) A 8.50
Határozza meg a teljesítménytényező értékét, ha u = 50 ⋅ sin( ω ⋅ t + 10° )V , i = 2 ⋅ sin( ω ⋅ t + 20° ) A
Teljesítménytényező szöge: φ = 20° − 10° = 10° . cos φ = cos 10° = 0 ,9848 , siet Pátlag = P = U ⋅ I ⋅ cos φ =
50 2 ⋅ ⋅ cos 10° = 49 ,24W 2 2
7
3.17
Adott egy párhuzamos RL körre kapcsolt feszültség u = 100 ⋅ sin( 1000 t + 50° )V . Határozza meg az áram időfüggvényét.
Párhuzamos kapcsolás esetén a következők írhatóak fel: U 1 ie = iR + iL = + ∫ udt R L 100V 1 ie = sin( 1000t + 50° ) + [− cos( 1000t + 50° )]⋅ 100V 5Ω 0 ,02 H 1000 ie = 20 ⋅ sin( 1000t + 50° ) − 5 ⋅ cos( 1000t + 50° ) Emlékeztető: sin( x + y ) = sin( x ) ⋅ cos( y ) + cos( x ) ⋅ sin( y ) 20 = B ⋅ cos( ϕ ) , − 5 = B ⋅ sin( ϕ ) −5 Innen számítható a feszültség és az áram közti szög: tgϕ = ⇒ ϕ = −14 ,05° 20 ie = B ⋅ sin( 1000t + 50° ) ⋅ cos ϕ + B ⋅ cos( 1000t + 50° ) ⋅ sin ϕ 20 A B= = 20 ,6 A cos( ϕ ) ie = 20 ,6 ⋅ sin( 1000t + 50° − 14 ,05° ) A ie = 20 ,6 ⋅ sin( 1000t + 35 ,95° ) A Az eredő áram és a feszültség közötti szög tehát 50° − 35 ,95° = 14 ,05°
8
3.18
Adott egy párhuzamos RLC körre kapcsolt feszültség u = 50 ⋅ sin( 5000 t + 45° )V . Határozza meg az áram időfüggvényét.
Párhuzamos RLC-nél az alábbiak írhatóak fel: U 1 du ie = iR + iL + iC = + ∫ udt + C R L dt 50V 1 ie = sin( 5000t + 45° ) + [− cos( 5000t + 45° )]⋅ 50V + −3 20 Ω 1,6 ⋅ 10 H 5000 + 20 ⋅ 10 −6 ⋅ 50 ⋅ 5000 ⋅ cos( 5000t + 45° ) ie = 2 ,5 sin( 5000t + 45° ) − 6 ,25 cos( 5000t + 45° ) + 5 cos( 5000t + 45° ) ie = 2 ,5 sin( 5000t + 45° ) − 1,25 cos( 5000t + 45° ) 2 ,5 = B ⋅ cos( ϕ ) , − 1,25 = B ⋅ sin( ϕ ) − 1,25 Innen számítható az áram és a feszültség közti szög: tgϕ = ⇒ ϕ = −26 ,6° 2 ,5 ie = B ⋅ sin( 5000t + 45° ) ⋅ cos ϕ + B ⋅ cos( 5000t + 45° ) ⋅ sin ϕ 2 ,5 B= ≅ 2 ,8 A cos( −26 ,6° ) ie = 2 ,8 ⋅ sin( 5000t + 45° ) ⋅ cos( −26 ,6° ) +
+ 2 ,8 ⋅ cos( 5000t + 45° ) ⋅ sin( −26 ,6° )[ A] ie = 2 ,8 ⋅ sin( 5000t + 45° − 26 ,6° ) A ie = 2 ,8 ⋅ sin( 5000t + 18 ,4° ) A A feszültség és az eredő áram közötti szög tehát 45° − 18 ,4° = 26 ,6° 3.19
Adott egy soros RLC körre kapcsolt áram i = 3 ⋅ cos( 5000 t − 60° ) A . Határozza meg a rákapcsolt feszültség időfüggvényét.
Soros RLC-nél az alábbiak írhatóak fel: di 1 u = u R + u L + uC = R ⋅ i + L + ∫ idt dt C 1 −6 u = 3 ⋅ 2 cos( 5000t − 60° ) − 3 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −3 ⋅ 5000 sin( 5000t − 60° ) + 20 ⋅ 10 ⋅ 3 ⋅ sin( 5000t − 60° ) 5000 u = 6 cos( 5000 t − 60° ) + ( −24 + 30 ) sin( 5000 t − 60° ) Innen számítható az áram és a feszültség közti szög: 6 = B ⋅ sin( ϕ ) , 6 = B ⋅ cos( ϕ ) 6 6 tgϕ = ⇒ ϕ = 45° . Majd a: B = = 8 ,48 6 cos 45° u = 8 ,48 ⋅ cos( 5000t − 60° ) ⋅ sin( 45° ) +
+ 8 ,48 ⋅ sin( 5000t − 60° ) ⋅ cos( 45° )[V ] u = 8 ,48 ⋅ sin( 5000t − 60° + 45° )[V ] u = 8 ,48 ⋅ cos( 5000t − 15° − 90° )[V ] Az U és I közötti: − 105 ° − ( −60° ) = 45 ° és kapacitív jellegű.
9
9.19
A fazorokat (vektorokat) szinuszosan váltakozó mennyiségek leírására használjuk Például: u = U max ⋅ sin( ωt − φ )[V ] , amelyet írhatunk más alakban is: U = U∠ − φ [V ] , ahol az U effektív érték nagysága: U = max [V ] . Határozza meg a következő áram értékeket vektoros 2 alakban. a., i = 141,4 ⋅ sin( ωt ) ? b., i = 10 ⋅ sin( ωt + 60° ) ? c., i = 2 ⋅ cos( ωt )
a., I max = 141,4 A
I=
141,4 A 2
I = 100 ∠0° A
10 ∠60° = 7 ,07 ∠60° A 2 2 c., I = ∠90° = 1,414 ∠90° A 2
b., I =
9.20
Határozza meg a következő áram vektorok alapján, az áram időfüggvényét, ω frekvencián! a., I = 10 ∠0° A ? b., I = 25 ∠ − 30° A ? c., I = 6 ∠ − 90° A
a., i = 2 ⋅ 10 ⋅ sin( ωt ) = 14 ,14 ⋅ sin( ωt ) b., i = 2 ⋅ 25 ⋅ sin( ωt − 30° ) = 35 ,35 ⋅ sin( ωt − 30° ) c., i = 2 ⋅ 6 ⋅ sin( ωt − 90° ) = 8 ,484 ⋅ sin( ωt − 90° ) = −8 ,484 ⋅ cos( ωt ) 9.21
Adottak egy áramkör feszültség és áram időfüggvényei. Határozza meg az ennek megfelelő exponenciális alakot! u = 155 ,6 ⋅ sin( 377 ⋅ t ) , i = 7 ,07 ⋅ sin( 377 ⋅ t − 30° )
u = 155,6 ⋅ e j 377 ⋅t , és i = 7 ,07 ⋅ e j 377 ⋅t −( π 6 ) Fontos! A komplex átszámítás esetén radiánban kell a szögeket számolnunk. Az előző példa adatai alapján határozza meg: a., frekvenciát (Hz)! b., periódus időt (s)! rad 377 a., ω = 2 ⋅ π ⋅ f = 377 f = = 60 Hz s 2π 1 1 = 0 ,0167 s b., T = = f 60 9.22
9.23
Két sorba kapcsolt áramköri elem esetén a rajtuk eső feszültségek értékei: u1 = 50 ⋅ sin( ωt )V , u2 = 30 ⋅ sin( ωt − 30° )V . Mekkora az eredő feszültség effektív értéke és szöge?
50 30 ∠0° = 35 ,36 + j0V U 2 = ∠ − 30° = 18 ,37 − j10 ,6V 2 2 U = U 1 + U 2 = ( 35 ,36 + 18 ,37 ) − j10 ,6 = 54 ,75∠ − 11,16°V
U1 =
U = 54 ,75V és a szöge φ = −11,16°
10
9.24
Két párhuzamosan kapcsolt áramköri elem esetén ismert az egyik ágon folyó áram nagysága és az eredő áram értéke: i1 = 3 ⋅ sin( ωt − 60° ) A , i = 10 ⋅ sin( ωt + 90° ) A . Határozza meg a másik ágban folyó áram effektív értékét!
3 3 3 (cos( −60° ) + j sin( −60° ) = cos 60° − j sin 60° = ∠ − 60° = 1,06 − j1,832 A 2 2 2 10 10 10 I= (cos 90 + j sin 90 ) = (0 + j ⋅1) = ∠90° = 0 + j7 ,072 A 2 2 2 I = I 1 + I 2 ⇒ I 2 = I − I 1 = j7 ,072 − 1,06 + j1,832 = −1,06 + j 8 ,904 A
I1 =
I 2 = 8 ,967 A , (és a szöge φ = 97 ,27° )
9.25
Mi az előző példa i2 áramának idő függvénye?
I 2 max = 8 ,967 ⋅ 2 = 12 ,68 A , φ = tan − 1
9.26
8 ,904 = 97 ,27° − 1,06 i2 = 12,68 ⋅ sin( ωt + 97 ,27° ) A
Egy párhuzamos áramkör két ága 1-1 elemet tartalmaz. Ismertek: I 1 = 40 ∠ 20 ° A , I 2 = 30 ∠ − 65° A , U = 100 ∠0°V , Határozza meg a vonali áram effektív értékét, és a teljesítménytényezőt.
I = I 1 + I 2 = 40∠20° + 30∠ − 65° = 40(cos 20° + j sin 20° ) + 30(cos 65° − j sin 65° ) = = 37 ,588 + j13,681 + 12,678 − j 27 ,189 = 50 ,266 − j13,508 A − 13 ,508 I = 50 ,266 2 + 13 ,508 2 = 52 ,05 A , tan φ = ⇒ φ = −15° 50 ,266 cos φ = cos( −15° ) = 0 ,966 9.27
Határozza meg az előző áramkör hatásos teljesítményét!
P = U ⋅ I ⋅ cos φ = 100 ⋅ 52 ,05 ⋅ cos( −15° ) = 5027 ,6W
9.28
Határozza meg az előző példa két áramköri elemén külön-külön a hatásos teljesítmény értékét!
P1 = U ⋅ I 1 ⋅ cosφ1 = 100 ⋅ 40 ⋅ cos( 20° ) = 3758,8W P2 = U ⋅ I 2 ⋅ cos φ2 = 100 ⋅ 30 ⋅ cos( −65° ) = 1267 ,8W 9.29
P = P1 + P2 = 5026 ,6W
Határozza meg a bemenő teljesítményét ezen áramkörnek! I = 5 ∠0° A , ( U = 54 ,75V és a szöge
φ = −11,16° ) P = U ⋅ I ⋅ cos φ = 54 ,75 ⋅ 5 ⋅ cos( −11,16° ) = 268 ,62W
11
9.30
Két sorba kapcsolt áramköri elem esetén, rajtuk a környezetnek leadott hő (disszipálódott) teljesítményt kell meghatározni. A kör árama: I = 5 ∠0° A , és az elemeken eső feszültségek értékei: u1 = 50 ⋅ cos( ωt )V , u 2 = 30 ⋅ cos( ωt − 30° )V .
50 ⋅ 5 ⋅ cos( 0° ) = 176 ,8W 2 30 P2 = U 2 ⋅ I ⋅ cos φ2 = ⋅ 5 ⋅ cos( −30° ) = 91,87W 2
P1 = U 1 ⋅ I ⋅ cos φ1 =
9.31
P = P1 + P2 = 268 ,67W
Adott az ábrán látható áramkör. Ismertek: I 1 = 6 ∠30° A , I 2 = 2∠20° A . Határozza meg i3 értékét 60Hz-en.
I 3 = I 1 − I 2 = 6 ∠30° + 2∠20° = = 6(cos 30° + j sin 30° ) − 2(cos 20° + j sin 20° ) = = 5 ,196 + j 3 − 1,879 − j0 ,684 = = 3,317 − j 2 ,316 A = 4 ,045∠34 ,9° A I 3 = 2 ⋅ 4 ,045 = 5 ,72 A
φ = 34 ,9°
ω = 2 ⋅ π ⋅ f = 377
rad s
i3 = 5 ,72 ⋅ sin( 377 t + 34 ,9° ) A
9.32
Egy váltakozó feszültségű hálózat áram és feszültségének effektív értéke meghatározza a látszólagos teljesítményt. Amit (VA)-ben mérünk. Ha Két, u = 150 ⋅ cos( ωt + 30° )V , i = 2 ⋅ cos( ωt − 30° ) A
S =U ⋅I = 9.33
150 2 ⋅ = 150VA 2 2
A P = U ⋅ I ⋅ cos φ megadja a valós vagy hatásos teljesítmény értékét (W-ban). Az S = U ⋅ I ⋅ sin φ pedig a meddő teljesítmény értékét adja meg (VAr-ban). Az előző példa esetén adja meg a meddő teljesítmény értékét is.
φ = 30° − ( −30° ) = 60° 150 2 Q = U ⋅ I ⋅ sin φ = ⋅ ⋅ sin 60° = 129 ,9VAr 2 2 9.34
Adott az u = 200 ⋅ cos( 377 t )V és i = 8 ⋅ cos( 377 t − 30° ) A váltakozó áramú hálózat. Számítsa ki a teljesítménytényező nagyságát, a hatásos teljesítményt, a meddő teljesítményt és a látszólagos teljesítmény értékét is.
φ = 0° − ( −30° ) = 30° cos φ = cos 30° = 0 ,866 200 8 P = U ⋅ I ⋅ cos φ = ⋅ ⋅ cos 30° = 692 ,8W 2 2 200 8 Q = U ⋅ I ⋅ sin φ = ⋅ ⋅ sin 30° = 400VAr 2 2 200 8 S =U ⋅I = ⋅ = 800VA 2 2 P = S 2 − Q 2 = 800 2 − 400 2 = 692 ,82W
12
Az impedancia R valós részét rezisztenciának, és X látszólagos részét reaktanciának nevezzük. U 1 Z = R + jX = Z ∠Θ °[Ω ] =Z = I Y Az impedancia reciproka az admittancia, amely G konduktanciából, és B szuszceptanciából áll. 1 1 Y = = = Y ∠ − φ ° = G − jB[S ] Z Z ∠φ ° 12.21 Adott a párhuzamos RLC kör bemenő árama: i = 7 ,07 ⋅ cos( 2π ⋅ 20.000 t ) A . a, Határozza meg, az áramkör eredő admittanciáját, és rajzoljon két sorosan kapcsolt elemből egyenértékű impedanciát! b, Határozz meg U g idő függvényét és a hatásos teljesítmény értékét. c,
Az áramkör alapján rajzoljon fazor ábrát, amin tüntessen fel minden ágáramot is!
a,
Legyen az áram időfüggvénye a referencia hullám: krad IT = 5∠0° A és ω = 2π ⋅ 20.000 = 125 ,6 s 1 YR = G∠0° = ∠0° = 0 ,01∠0° = 0 ,01S R 1 YL = BL ∠ − 90° = ∠ − 90° = 0 ,0053 ∠ − 90° = − j0 ,0053 S ω⋅L YC = BC ∠90° = ω ⋅ C∠90° = 0 ,01∠90° = j0 ,01S YT = YR + YL + YC = 0 ,01 − j0 ,0053 + j0.01 = 0 ,01 + j0 ,0047 = 0 ,011∠25 ,2°S Mivel BC nagyobb min t a BL ezért a kör kapacitív jellegű. Ezért a kör feszültségének az eredő áramhoz képest késnie kell. 1 1 ZTegyenértékű = = = 90 ,5∠ − 25 ,2°Ω = YT 0 ,011∠ − 25 ,2°S = ( 81,9 − j 38 ,5 )Ω = Regyen − jX Cegyen REgyenértékű = 81,9 Ω
CEgyenértékű =
1 ω ⋅ X Cegyen
1 = 0 ,207 µF 3 rad 125 ,6 ⋅ 10 ⋅ 38 ,5Ω s I 5∠0° A U G = IT ⋅ ZT = T = = 452 ,5∠ − 25 ,2°V YT 0 ,011 ⋅ ∠25 ,2° 1
C Egyenértékű =
b,
Ω
Innen már felírható az áram idő függvénye: u( t ) = 452 ,5 ⋅ 2 ⋅ cos( 125 ,6 ⋅ 10 t − 25 ,2° )V 3
13
A teljesítmény kiszámításához az áram és a feszültség közötti szögre van szükség: P = U ⋅ I T ⋅ cos φU ,I T = 452 ,5V ⋅ 5 A ⋅ cos( −25 ,2° ) = 2047W Másként is kiszámítható a hatásos teljesítmény értéke: U 2 ( 452,5 )2V 2 P= = = 2047W R 100Ω c,
Az eredeti áramkör egyes ágáramainak a meghatározásához az ohm törvényt használjuk: U IR = = U ⋅ YR = 452 ,5∠ − 25 ,2°V ⋅ 0 ,01∠0°S = 4 ,525∠ − 25 ,2° A ZR
IL =
U = U ⋅ YL = 452 ,5∠ − 25 ,2°V ⋅ 0 ,0053∠ − 90°S = 2 ,4∠ − 115 ,2° A ZL
IC =
U = U ⋅ YC = 452 ,5∠ − 25 ,2°V ⋅ 0 ,01∠90°S = 4 ,525∠64 ,8° A ZC
14
12.22 Adott a képen látható párhuzamos kapcsolás. Y reprezentálja egy elemi kétpólus admittanciáját. Milyen típusú és mekkora értékű az ismeretlen elem, ha u g ( t ) = 150 ⋅ cos( 3.000 t )V , iT ( t ) = 16 ,5 ⋅ cos( 3.000t + 72 ,4° ) A . b., Milyen elemet lehet a kapcsolással párhuzamosan kötni, úgy hogy az áram vektor nagysága ne változzon meg. A példa megoldását az eredő admittancia kiszámításával kezdjük el: rad YT = Y + jBC = Y + jωC = Y + j0 ,105 s és ω = 3.000 s 150 U= ∠0° = 106 ,1∠0°V 2 16 ,5 IT = ∠72 ,4° = 11,67 ∠72 ,4° A 2 Amelyet megkaphatunk másképpen is, az Ohm törvény alapján: I 11,67 ∠72 ,4°V YT = T = = 0 ,11∠72 ,4° S = 0 ,03& + j0 ,105 S U 106 ,1∠0°V Összevetve a két YT értéket megkapjuk Y értékét. 1 1 R= = 30 Ω Y = 0 ,03& s = 0 ,03& R Így az Y admittanciának jelen esetben csak konduktanciája van. b., Ahhoz hogy az iT nagysága az eredeti maradjon a párhuzamosan kapcsolt elem rákapcsolása után is, ahhoz az kell hogy a teljes új admittancia az előző konjugáltja legyen. YT' = 0 ,11∠ − 72 ,4°s = 0 ,03& − j0 ,105 S = YT + YHozzáadott Y = Y , − Y = 0 ,03& − j0 ,105 S − ( 0 ,03& + j0 ,105 s ) = − j0 ,21S Hozzáadott
T
T
YHozzáadott = − j0 ,21 = − jBL = − j
1 ω⋅L
1 1 = = 1,59 mH ω ⋅ BL 3000 ⋅ 0 ,21 Végül az új kör áramának az értéke: I T' = U ⋅ YT' = 106 ,1∠0°V ⋅ 0 ,11∠ − 72 ,4° S = 11,67 ∠ − 72 ,4° A iT' ( t ) = 16 ,5 ⋅ cos( 3.000t − 72 ,4° ) A L=
15
12.23 Két, kétpólusú passzívelem van párhuzamosan, kötve az alábbi ábra szerint. Az 1-es ág árama fázisban van a feszültséggel és a nagysága 3A. A bemenő U g feszültség siet az IT áramhoz képest. Határozza meg az egyes elemek értékeit és a soros egyenértékű hálózat elemeit az adott frekvencián.
Mivel U és i1 fázisban vannak ezért csak ellenállás lehet Y1 . Mivel U feszültség siet az iT ( t ) áramhoz képest ezért az ág induktív tulajdonságú és mivel ez csak 1 elemet tartalmaz ez csak induktivitás lehet. A vektorábra felrajzolása sokat segíthet a feladat megoldásában. I 3 cos φ = 1 = = 0 ,6 ⇒ φ = 53 ,1° IT 5 I T2 = I 12 + I 22
I 2 = 5 2 − 32 = 4 A R=
U 120V = = 40 Ω I1 3A
U 120V = = 30 Ω = ω ⋅ L I2 4A X 30 Ω L= L = = 10 mH ω 3000 rad s A vektorábra alapján jól látható a feszültség szöge: U = 120 ∠45° + 53 ,1° = 120 ∠98 ,1°V A soros egyenértékű hálózat meghatározása: U 120 ∠98 ,1°V Z Egyenértékű = = = 24 ∠53 ,1°Ω = 14 ,42 + j19 ,2Ω IT 5∠45° A XL =
Z Egyenértékű = REgyenértékű + jX Egyenértékű REgyenértékű = 14 ,42Ω X Egyenértékű = 19 ,2 = ω ⋅ Legyenértékű LEgyenérték ű =
XL
ω
=
19 ,2 = 6 ,4 mH 3000
16
12.24 Az alábbi kapcsolást U g = 120∠150°V feszültség táplálja, a terhelő áram 10A és i2 ( t ) = 8 ⋅ 2 ⋅ cos( 1.000t + 60° ) A . Határozza meg az R és Y értékét. Határozza meg a terhelő áram időfüggvényét.
Az áram a kétpólusú passzívelemen i2 = 8∠60° A , a feszültséghez képest a második ág árama ( 150° − 60° = 90° ) fokot késik, tehát induktivitás. I T2 = I R2 + I 22
I R = 10 2 − 8 2 = 6 A sin φ =
IR 6 = = 0 ,6 ⇒ φ = 36 ,9° IT 10
IT = 10∠60° + 36 ,9° = 10∠96 ,9° A iT ( t ) = 10 ⋅ 2 cos( 1000t + 96 ,9° ) A U 120V = = 20 Ω IR 6A U 120V XL = = = 15Ω = ω ⋅ L I2 8A X 15Ω L= L = = 15 mH ω 1000 rad s
R=
17
12.25 Az alábbi kapcsolás egyes ágának az árama: I R = 3 A , és ω = 333 ,3 , és tudjuk, hogy IT késik I 2 képest és R = 40Ω . Határozza meg: a., U g fázisalakját, ha IT a referencia érték b, az ismeretlen elemi kétpólus nagyságát rad c., a bemeneti áramot, ha ω = 0 s d., változtassa úgy ω értékét, hogy az IT és I 2 között a fáziskülönbség 30° legyen. Mivel a feszültséghez képest siet az I 2 ezért kapacitásról van szó a második ágban. IT = I R + I 2 I 3 cos φ = R = = 0 ,6 ⇒ φ = 53 ,1° IT 5 I T2 = I R2 + I 22
IT = 52 − 32 = 4 A U = I R ⋅ R = 3 A ⋅ 40Ω = 120V U = 120 ∠ − 53 ,1°V b., A kapacitás reaktanciája X C U 120V 1 XC = = = 30 Ω = I2 4A ω ⋅C
1 1 = = 100 µF ω ⋅ X C 333 ,3 rad ⋅ 30Ω s c., Ha az ω zérus, akkor X C = ∞ . C=
I2 = 0 I T = I R = 3 A (mivel az I R független a frekvenciától) d., Ha ω-t változtatjuk, akkor I 2 értéke változik, de I R mivel független a frekvenciától így értéke nem változik. φ = 90° − 30° = 60° I 3 cos φ = cos 60° = 0 ,5 = R = IT IT 3A IT = =6A I 2' = 6 2 − 3 2 = 5 ,19 A 0 ,5 1 1 rad U 120V = = 433 X 'C = ' = = 23 ,094 Ω ω = ' −6 C ⋅ X C 100 ⋅ 10 F ⋅ 23,94Ω s I 2 5 ,19 A
18
rad . A terhelő áram I T = 5 A s
12.26 Van egy ismeretlen dobozunk amiben néhány párhuzamosan kapcsolt elem van. Tudjuk, hogy ω1 = 1000 rad s esetén a felvett áram értéke I = 2 ⋅ 2∠ − 45° A . És ω2 = 2000 rad s az áram siet a feszültséghez képest 60º-ot. Határozza meg, hogy minimálisan milyen és mekkora elemekről van szó, amelyek esetén igazak a megadott mérési eredmények! b. Milyen ω körfrekvencia esetén lesz a szuszceptancia értéke nulla? Mindhárom elemtípust feltételezve kell felírnunk az eredő admittancia értékét: 1 1 + jω C YT = G − jBL + jBC = − j R ωL Első esetben ω1 = 1000 rad s . I 2 ⋅ 2∠ − 45° A = = 0 ,2828 ∠ − 45°S = Mivel a U 10 ∠0°V = 0 ,2 − j0 ,2 S konduktancia (G) értékünk nem nulla, amely független a frekvenciától, ez már számítható: 1 1 R= = 5Ω G = = 0 ,2 S 0 ,2 R Az admittancia másik komponense az alábbiak szerint írható fel: 1 − j + j1000 ⋅ C = − j0 ,2 1000 ⋅ L 1 − + 1000 ⋅ C = −0 ,2 1000 ⋅ L 1 1000 ⋅ C = − 0 ,2 1000 ⋅ L Itt még két ismeretlenünk van, a kiszámításukhoz a másik peremfeltételt is be kell helyettesítenünk, és a két egyenletet kell összevetnünk. Mivel az I áram siet, az U feszültséghez képest 60º-ot, így kapacitív jellegű a terhelés. Mivel az admittancia háromszög hasonló az áram vektorokhoz ezért 60º itt is a fázis helyzet. B − BL tan φ = tan 60° = C = G 1 1 ω2 ⋅ C − 2000 ⋅ C − ω2 ⋅ L 2000 ⋅ L = = 1 1 R 5 1 1,732 = 5 ⋅ 2000 ⋅ C − 2000 ⋅ L 5 1,732 = 10.000 ⋅ C − 2000 ⋅ L 5 0 ,1732 = 1000 ⋅ C − 20.000 ⋅ L 1 1000 ⋅ C = 0 ,1732 + 4000 ⋅ L YT =
19
1 1 − 0 ,2 = 0 ,1732 + 1000 ⋅ L 4000 ⋅ L 3 − = −0 ,3732 4000 ⋅ L 3 L= = 2 ,01mH 4000 ⋅ 0 ,3732 Visszahelyettesítve az egyenletbe megkapjuk C értékét is: 1 1 − 0 ,2 − 0 ,2 −3 1000 ⋅ 2 , 01 ⋅ 10 1000 ⋅ L C= = = 297 ,6 µF 1000 1000 A szuszceptancia értéke akkor nulla, ha az admittancia induktív és kapacitív tényezőinek összege nulla: 1 1 1 YT = − j + j ωC ⇒ − j + j ωC = 0 R ωL ωL 1 j = jω C ωL 1 + ωC = 0 /•ωL ωL 1 + ω2 ⋅ L ⋅C = 0
A két egyenletet összevetve kapjuk:
ω=
1 1 rad = = 1292,96 −6 −3 L⋅C 297 ,6 ⋅ 10 ⋅ 2 ,01 ⋅ 10 s
20
12.27 Az ábrán látható kapcsolásra, u g ( t ) = 10 ⋅ 2 ⋅ cos( 10t )V feszültséget kapcsolunk. Határozza meg, az i1( t ) , i2 ( t ) , u 4 ( t ) értékeinek nagyságát!
Z1 = 2 + j1 = 2 ,236 ∠26 ,6°Ω Z 2 = 1 − j1 = 1,414∠ − 45°Ω Z 3 = 4Ω Z 4 = j 5 − j1 = j 4 = 4 ∠90°Ω ZT = Z1 +
Z 2( Z3 + Z4 ) ( 1 − j1 )( 4 + j 4 ) 1,414 ∠ − 45° ⋅ 5 ,657 ∠45° = 2 + j1 + = 2 + j1 + = Z2 + Z3 + Z4 1 − j1 + 4 + j 4 5 ,831∠31°
= 2 + j1 + 1,372∠ − 31° = 2 + j1 + 1,18 − j0 ,707 = 3 ,18 + j0 ,293 = 3 ,19 ∠5 ,3°Ω U 10∠0°V I1 = g = = 3,13∠ − 5 ,3° A ZT 3,19∠5 ,3°Ω i1 ( t ) = 3 ,13 ⋅ 2 ⋅ cos( 10t − 5 ,3° ) A Az I1 áramból az I2 áram, áramosztóval számítható: Z3 + Z4 ( 4 + j 4 )Ω 5 ,657 ∠45° I 2 = I1 ⋅ = 3,13∠ − 5 ,3° A ⋅ = 3,13∠ − 5 ,3° A ⋅ = 3,04∠8 ,7° A Z2 + Z3 + Z4 ( 5 + j 3 )Ω 5 ,831∠31° i2 ( t ) = 3 ,04 ⋅ 2 ⋅ cos( 10t + 8 ,7° ) A
Z2 ( 1 − j1 )Ω 1,414∠ − 45° = 3,13∠ − 5 ,3° A ⋅ = 3,13∠ − 5 ,3° A ⋅ = 0 ,76 ∠ − 81,3° A Az U4 Z 2 + Z3 + Z4 ( 5 + j 3 )Ω 5 ,831∠31° feszültség az Ohm törvény alapján számítható: U 4 = I 3 ⋅ Z 4 = 0 ,76 ∠ − 81,3° A ⋅ 4∠90° = 3,04∠8 ,7°V I 3 = I1 ⋅
u4 ( t ) = 3 ,04 ⋅ 2 ⋅ cos( 10t + 8 ,7° )V 12.28 Az ábrán látható kapcsolás alapján határozza meg: a., az I áram értékét! b., az U D feszültség nagyságát c., az U A és az U B két ponton mért feszültségek között a fáziseltérést! d., az egyenértékű soros elem két komponensét és rajzolja fel az ennek megfelelő helyettesítő kapcsolást!
21
a., A két ág impedanciája: 1 = 10 − j10 = 14 ,14∠ − 45°Ω Z1 = 10 − j ⋅ 5000 ⋅ 20 ⋅ 10 −6 F Z 2 = 20 − j ⋅ 5000 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 = 20 − j 20 = 28 ,28∠45°Ω Az ohm törvény alapján: U 100∠ − 20°V I1 = = = 7 ,07 ∠25° A = 6 ,41 + j 2 ,99 A Z 1 14 ,14 ∠ − 45°Ω
U 100∠ − 20°V = = 3,536 ∠ − 65° A = 1,49 − j 3,2 A Z 2 28 ,28∠45°Ω A csomóponti törvény alapján: I = I1 + I 2 = 7 ,9 − j0 ,21 A = 7 ,903∠ − 1,5° A I2 =
b., A feszültség az A és a D pont között a következő: U AD = U A − U D ⇒ U D = U A − U AD
U D = 10∠0°Ω ⋅ I 1 − 20∠90°Ω ⋅ I 2 = 10∠0°Ω ⋅ 7 ,07 ∠25° − 20∠90°Ω ⋅ 3,536∠ − 65° = = 1,49 − j 3,2 A = 70 ,7 ∠25° − 70 ,7 ∠25°V = 0V Tehát a két pont között a voltmérő 0 voltot mutat. c., U A = 10 ∠0°Ω ⋅ I 1 = 10 ∠0°Ω ⋅ 7 ,07 ∠ 25° = 70 ,7 ∠ 25°V mivel az U B feszültség fordítottan jelenik meg a mérés miatt mint a valóságos irány, ezért szerepel egy „1”-es szorzó vagyis a 180º-os fordítás. U B = − Z C ⋅ I1 = −10∠ − 90°Ω ⋅ 7 ,07 ∠25° = 70 ,7 ∠115°V Tehát a két szög közötti fáziseltérés 115° − 25° = 90° . d., Az egyenértékű elemek meghatározásához szükség van az eredő impedanciára: U 10∠ − 20°V Ze = = = 12 ,66 ∠ − 18 ,5°Ω = 12 − j 4Ω I 7 ,903∠ − 1,5° A Az egyenértékű hálózat elemei tehát: 1 Regy − j ⋅ X egy = Regy − j ⋅ ω ⋅ Cegy Regy = 12Ω Cegy =
1 1 = = 50 µF ω ⋅ X Cegy 5000 rad ⋅ 4 Ω s
22
12.30 A Z A és Z B ismeretlen elemi kétpólusokat tartalmazza az ábrán látható áramkör. Az i1( t ) = 11,18 ⋅ sin( 1000t + 26 ,5° ) A és a i3 ( t ) = 7 ,07 ⋅ cos( 1000t − 45° ) A áramokat ismerjük. Az alkalmazott feszültség U = 70 ,7V és siet az I 3 áramhoz képest. Határozza meg: a) az I 2 áramot, b) a fázisszöget az U és az I 3 között, valamint c) a Z A és a Z B értékeit! 11,18 ∠26 ,5° A = 7 ,905∠26 ,5° A 2 7 ,07 I3 = ∠45° A = 5 ,0 ∠45° A 2 I1 =
A csomóponti törvény alapján: I 1 = I 2 + I 3 I 2 = I 1 − I 3 = 7 ,074 − j 3 ,527 A − ( 3 ,536 + j 3 ,536 ) ≅ 3 ,538 ∠0° A
b., mivel tudjuk, hogy U = 70 ,7V feszültség siet az I 3 áramhoz képest és a Z A egy elemi kétpólus, ami vagy fázisba van az I 2 -vel vagy +/-90º-al siet/késik. Mindkét feltételnek csak az induktivitás felel meg, tehát: U = 70 ,7 ∠90°V Tehát az U és az I 3 között a fáziseltérés 90° − 45° = 45° , és a feszültség siet az áramhoz képest. c.,
U 70 ,7 ∠90°V = = 20∠90°Ω = X LA∠90°Ω I 2 3,538∠0° A X 20 Ω LA = LA = = 20 ⋅ 10 − 3 H = 20 mH rad ω 1000 s U = 10 + Z B a másik ág impedanciája: I3 ZA =
U 70 ,7 ∠90°V − 10Ω = − 10Ω = 14 ,14∠45°Ω − 10Ω = ( 10 + j10 )Ω − 10Ω = j10 = jX LB I3 5∠45° A X 10 Ω LB = LB = = 10 ⋅ 10 − 3 H = 10 mH rad ω 1000 s
ZB =
23
12.31 Az ábrán látható hálózatban iT ( t ) = 0 ,158 ⋅ cos( 1000 ⋅ t + 26 ,6° ) A és i1( t ) = 0 ,1 ⋅ sin( 1000 ⋅ t + 135° A ) időfüggvényei adottak. Határozza meg: a) az u( t ) generátor feszültségének időfüggvényét. b) az ismeretlen Z 2 elemi kétpólus értékét. c) az U R és az U C feszültség fazorokat.
Az időfüggvényekből számítható: 0 ,158 IT = ∠( 26 ,6° ) A = 0 ,112∠26 ,6° A = 2 = 0 ,1 + j0 ,05 A 0 ,1 I1 = ∠135° − 90° A = 0 ,0707 ∠45° = 0 ,05 + j0 ,05 A 2 Csomóponti törvényből: I 2 = I T − I 1 = 0 ,1 + j0 ,05 − ( 0 ,05 + j0 ,05 ) = 0 ,05 = 0 ,05∠0° A 1 1 = 10 − j = 10 − j10Ω = 14 ,14∠ − 45°Ω Z1 = R − j ω ⋅C 1000 ⋅ 100 ⋅ 10 −6 Ohm törvény alapján: U = I 1 ⋅ Z 1 = 0 ,0707 ∠45° A ⋅ 14 ,14 ∠ − 45°Ω = 1∠0°V Ezek után az időfüggvény: u( t ) = 1,414 ⋅ cos( 1000 ⋅ t )V b., A kettes ág impedanciája ugyancsak Ohm törvény alapján számítható: U 1∠0°V Z2 = = = 20∠0°Ω I 2 0 ,05∠0° A 0º-ból következik, hogy az áram fázisban van a feszültséggel tehát ellenállás a keresett elem. c., U R = I 1 ⋅ Z R = 0 ,0707 ∠45° A ⋅ +10 ∠0°Ω = 0 ,707 ∠45°V U C = I 1 ⋅ Z C = 0 ,0707 ∠45° A ⋅ +10 ∠ − 90°Ω = 0 ,707 ∠ − 45°V
24
12.32 Az ábrán látható hálózatban az I 1 120º-ot késik az I 2 -höz képest. U = 100V , I 1 = 5 A , rad ω = 1000 és C = 25µF . s a) Rajzoljon fazorábrát és számítsa ki az I áramot! b) Számítsa ki az L és az R értékeit! Mivel nem ismerünk egyetlen egy konkrét időfüggvényt sem, ezért mi dönthetjük el, hogy melyik vektor és milyen pozícióban legyen a referencia vektor: U = 100∠0°V Az egyes ágak impedanciáinak meghatározása után, számíthatóak ki az ágáramok: 1 ∠ − 90°Ω = 40∠ − 90°Ω Z 2 = X C ∠ − 90°Ω = 1000 ⋅ 25 ⋅ 10 −6 U 100∠0°V I2 = = = 2 ,5∠90° A Z 2 40 ∠ − 90°Ω
I1 = 5 A ,
mivel I 1 120º-ot késik az I 2 -höz képest és ezért: I 2 = 5∠ − 30° A Csomóponti törvény alapján: IT = I 1 − I 2 = 5∠ − 30° A + 2 ,5∠90° A =
= 4 ,33 − j 2 ,5 + j 2 ,5 = 4 ,33∠0° A b., Ha ismert az ág árama és feszültsége Ohm törvény alapján számítható az impedancia: U 100∠0°V Z1 = = = 20∠30°Ω = 17.32 + j10 = R + jX L I 1 5∠ − 30° A R = 17.32Ω X L = 10Ω = ω ⋅ L = 1000 ⋅ L X 10 Ω L= L = = 10 mH ω 1000 rad s
25
12.33 Az ábrán feltüntetett vonatkozási irányok alapján határozza meg az ágáramok és a feszültségesések nagyságát 1-es, 2-es, 3-as impedanciákon! - U 1 , U 2 , U 3 feszültségek nagysága? - I 1 , I 2 , I 3 , I 4 , I 5 , I 6 ágáramok nagysága? Huroktörvény a „cbd” háromszög alapján: − U II − U III + U 1 = 0 U 1 = U II + U III = 50∠ − 120°V + 30∠60°V =
= ( −25 − j 43,3 ) + ( 15 + j 25,98 ) = U 1 = −10 − j17 ,32 = 20 ∠ − 120°V Ohm törvény alapján I 1 számítható: Z 1 = ( 15 + j 20 )Ω = 25∠53 ,1°Ω U 20 ∠ − 120°V I1 = = = 0 ,8 ∠ − 173 ,1° A = Z1 25∠53 ,1°Ω = ( −0 ,794 − j0 ,096 ) A
Huroktörvény „abdc” négyszög alapján számítható U 2 : U III + U II − U I + U 2 = 0 U 2 = U I − ( U II + U III ) = U I − U 1 = 50 ∠240°V − 20 ∠ − 120°V = 30 ∠ − 120°V Ne feledjük hogy a -120ºaz ugyan az mint a 240º. Mivel a kettes ágban két elem van párhuzamosan kapcsolva ezért érdemes admittanciával számolni: 1 1 Y2 = + = 0 ,0667 − j0 ,05 = 0 ,0833∠ − 36 ,9°S 15Ω j 20Ω U I 2 = 2 = U 2 ⋅ Y2 = 30∠ − 120°V ⋅ 0 ,0833∠ − 36 ,9°S = 2 ,5∠ − 156 ,9° A = ( −2 ,3 − j0 ,981 ) A Z2
Huroktörvény az „adc” háromszög alapján számíthatjuk ki U 3 értékét: U 3 + U II − U I = 0 U 3 = U I − U II = 50 ∠240°V − 50 ∠ − 120°V = 0V Z 3 = − j 20 Ω
U3 = 0A Z3 c., Az „a” csomópontba csomóponti törvényt felírva: I 5 = I 2 + I 3 = I 2 = 2 ,5∠ − 156 ,9° A I3 =
A „b” csomópontra felírva: I 1 = I 2 + I 4 ⇒ I 4 = I 1 − I 2 I 4 = −0 ,794 − j0 ,096 − ( −2 ,3 − j0 ,981 ) = 1,506 + j0 ,885 = 1,747∠30 ,4° A
A „d” csomópontra felírva: I 3 = I 4 + I 6 = 0 I6 = − I 4 = 1,747 ∠ − 149 ,6° A A „c” csomópontra ellenőrzésként felírva: I 5 = I 1 + I 6 = −0 ,794 − j0 ,096 + ( −1,506 − j0 ,885 ) = −2 ,3 − j0 ,981 = 2 ,5∠ − 156 ,9° A
26
13.01 Határozza meg a hálózat hatásos teljesítmény felvételét (a disszipált teljesítményt)! Adott a bemenő feszültség értéke: u( t ) = 28 ,28 ⋅ cos( 10.000 ⋅ t )V .
U = 20∠0°V , ω = 10.000 rad s . A teljes impedancia a frekvencia függvényében a következő: 2 ⋅ ( − j4 ) ZT = 4 + j 3 + = 2 − j4 ( − j 8 )( 2 + j 4 ) = 4 + j3 + = ( 2 − j 4 )( 2 + j 4 ) − j16 + 32 = 4 + j3 + = 4 + j 3 + 1,6 − j0 ,8 = 4 + 16 = ( 5 ,6 + j 2 ,2 )Ω = 6 ,017 ∠21,4°Ω Ohm törvény alapján I e számítható: U 20∠0°V = = 3,324∠ − 21,4° A Z T 6 ,017 ∠21,4°Ω Az áram késik a feszültséghez képest, tehát a kör dominánsan induktív jellegű. A feszültség és az áram szöge: ϕ = 21,4° A teljesítménytényező: cosϕ = cos 21,4° = 0 ,931( késő ) A hatásos teljesítmény: P = U ⋅ I ⋅ cosϕ = 20V ⋅ 3,324 A ⋅ cos 21,4° = 61,89W Ie =
Vagy másképpen számolva a hatásos teljesítményt: P = I 2 ⋅ Regyen = 3,324 2 A2 ⋅ 5 ,6 Ω = 61,87W Harmadik félek éppen is, eljuthatunk a végeredményhez, ha az ágáramokat határozzuk meg: − j 4Ω 4∠ − 90°Ω = 3,324∠ − 21,4° A ⋅ = 2 ,973∠ − 48° A Áramosztót felírva: I 2 Ω = I e 2 − j 4Ω 4 ,472∠ − 63,4°Ω P = I 2 ⋅ 4 Ω + I 22Ω ⋅ 2Ω = 3 ,324 2 A2 ⋅ 4 Ω + 2 ,973 2 ⋅ 2Ω = 61,87W
27
13.02 Adott a bemenő feszültség u( t ) = 7 ,07 ⋅ sin( ω ⋅ t )V . Határozza meg a hálózat hatásos teljesítmény felvételét és a teljesítménytényezőt az alábbi esetekben: a., ha az áram értéke: i( t ) = 1,414 ⋅ sin( ω ⋅ t − 30° ) A . b., ha az áram értéke: i( t ) = 0 ,3535 ⋅ sin( ω ⋅ t + 60° ) A . c., ha a terhelő impedancia értéke: Z = ( 3 + j 4 )Ω . a.,Tehát amit ismerünk: U = 5∠0°V , I = 1∠ − 30° A . Így az áram késik a feszültséghez képest ϕ = 30° -ot, a terhelés induktív jellegű. cosϕ = cos 30° = 0 ,866( késő ) P = U ⋅ I ⋅ cos ϕ = 5V ⋅ 1 A ⋅ cos 30° = 4 ,33W b.,Tehát amit ismerünk: U = 5∠0°V , I = 0 ,25∠60° A . Így az áram siet a feszültséghez képest ϕ = 60° -ot, a terhelés kapacitív jellegű. cosϕ = cos 60° = 0 ,5( siető ) P = U ⋅ I ⋅ cosϕ = 5V ⋅ 0 ,25 A ⋅ cos 60° = 0 ,625W c., Z = ( 3 + j 4 )Ω = 5∠53 ,1°Ω , tehát a kör dominánsan induktív jellegű. U 5∠0°V I= = = 1∠ − 53,1° A Z 5∠53,1°Ω A feszültség és az áram szöge: ϕ = 53,1° A teljesítménytényező: cosϕ = cos 53,1° = 0 ,6( késő ) A hatásos teljesítmény: P = U ⋅ I ⋅ cos ϕ = 5V ⋅ 1 A ⋅ cos 53,1° = 3W 13.04 Adott egy áramkör eredő impedanciája Z = 10∠36 ,9°Ω , amit U = 30∠0°V esetén. Határozza meg a hálózat komplex teljesítmény felvételét. És mind a háromféle teljesítmény nagyságát:
U 30∠0°V = = 3∠ − 36 ,9° A Z 10∠36 ,9°Ω A látszólagos teljesítmény meghatározásához szükségünk van az áram konjugált értékére. S = U ⋅ I ⋅ e jϕ = S ⋅ e jϕ = S ⋅ cos ϕ + j ⋅ S ⋅ sin ϕ = U ⋅ I * Az ohm törvény alapján: I =
*
U 1 U 2 jϕ * S = U ⋅ I = U ⋅ = U ⋅U ⋅ = ⋅ e = S ⋅ e jϕ − jϕ Z ⋅e Z Z * I = 3∠36 ,9° A *
S = U ⋅ I * = 30 ∠ 0 °V ⋅ 3∠ 36 ,9 ° A = 90 ∠ 36 ,9 °VA A látszólagos teljesítmény értéke: S = 90VA . S = 90∠36 ,9°VA = 72 + j 54VA = P + jQ A hatásos teljesítmény értéke: P = 72W , a meddő teljesítmény pedig: Q = 54VAr . A teljesítménytényező értéke: cosϕ = cos 36 ,9° = 0 ,8( késő ) , tehát induktív a terhelés. Ellenőrizve a számításunk helyességét: Z = 10 ∠36 ,9°Ω = ( 8 + j6 )Ω = R + jX L A hatásos teljesítmény: P = I 2 ⋅ R = 32 A2 ⋅ 8Ω = 72W A meddő teljesítmény: Q = I 2 ⋅ X L = 32 A2 ⋅ 6 Ω = 54VAr (induktív)
28
13.05 Adott a hatásos teljesítmény, amelynek értéke 1kW. Határozza meg a teljesítménytényező értékét, ha: a., Q = 0VAr . b., Q = 500VAr . c., Q = 200VAr . a., S = P + jQ = 1000 + j0 = 1000 ∠0°VA A teljesítménytényező: cos ϕ = cos 0° = 1 b., S = P + jQ = 1000 + j 500 = 1118 ∠26 ,6°VA A teljesítménytényező: cosϕ = cos 26 ,6° = 0 ,894 induktív jellegű c., S = P + jQ = 1000 + j 200 = 1019 ,8 ∠ − 11,3°VA A teljesítménytényező: cos ϕ = cos 11,3° = 0 ,981 kapacitív jellegű
13.06 Adott a hatásos teljesítmény, amelynek értéke 2kW, a teljesítménytényező értéke 0,9 késő. Határozza meg a komplex teljesítmény értékét!
cosϕ = 0 ,9 ⇒ ϕ = 25 ,84° késő, tehát induktív jellegű a terhelés. A komplex teljesítmény vektornak csak egyik komponense adott S = P + jQ = 2000 + jQ A Q értékét a teljesítmény háromszögből határozzuk meg: Q tgϕ = = tg 25 ,84° = 0 ,4843 P Q = 2000 ⋅ 0 ,4843 = 968,6VAr S = P + jQ = 2000 + j 968 ,6 = 2222 ,2∠25 ,84°VA 13.07 Adott a hatásos teljesítmény, amelynek értéke 4kW, a meddő teljesítmény értéke 3kVAr kapacitív. A terhelésre jutó feszültség 500V. Határozza meg a látszólagos teljesítmény és a teljesítménytényező, a bemenő áram, és az impedancia értékeit! S = P + jQ = 4000 − j 3000 = 5000 ∠ − 36 ,9°VA Tehát a látszólagos teljesítmény értéke S = U ⋅ I = 5000VA cos( −36 ,9° ) = 0 ,8 siető, tehát kapacitív jellegű a terhelés. S 5000VA I= = = 10 A U 500V Az impedancia meghatározásához, viszonyítási alapként, fel kell vennünk az egyik vektort 0º-al, referencia vektornak. Legyen ez a fesz vektor: U = 500∠0°V Mivel a feszültséghez képest siet az áram (melyek közti szög már ismert) ezért: I = 10∠ − 36 ,9° A U 500∠0°V Z= = = 50∠ − 36 ,9°Ω = ( 40 − j 30 )Ω = R − jX C I 10∠36 ,9° A R = 40 Ω X C = 30 Ω Ellenőrzés ként: P 4000W A hatásos teljesítmény: P = I 2 ⋅ R ⇒ R = 2 = = 40Ω I 10 2 Q 3000VAr A meddő teljesítmény: Q = I 2 ⋅ X C ⇒ X C = 2 = = 30Ω I 10 2
29
13.08 Az alábbi kapcsolásban adott 3 terhelés soros-párhuzamos kapcsolásban. Határozza meg, a., a kapcsolás teljes komplex teljesítményét! b., teljesítménytényező értékét! c., a bemenő áram fázis alakját! Az 1. terhelésre: S1 = 100 + j 200 = 223 ,6 ∠63 ,4°VA
A 2. terhelésre: cos( ϕ 2 ) = 0 ,8 =
P2 siető S2
ϕ2 = −36 ,9° , tehát kapacitív jellegű a terhelés. P2 400 = = 500VA 0 ,8 0 ,8 A 2. terhelésre: S 2 = 500 ∠ − 36 ,9°VA = ( 400 − j 300 )VA S2 =
A 3. terhelésre: Q3 = S 3 ⋅ sin ϕ3 , sin ϕ 3 =
Q3 300 = = 0 ,5 ⇒ ϕ 3 = 30° pozitív a szög tehát a terhelés induktív S3 600
jellegű. S3 = 600 ∠30°VA = ( 519 ,6 − j 300 )VA Az eredő teljesítmény a rész teljesítmények összege: S = S1 + S 2 + S3 = ( 100 + j 200 + 400 − j 300 + 519 ,6 + j 300 )VA
S = 1019 ,6 + j 200 = 1039 ∠11,1°VA S 1039 S = U ⋅ I = 1039VA ⇒ I = = = 10 ,39 A U 100 A feszültséghez képest késik az áram (ld. a teljesítmény háromszöget), a hasonló háromszögek alapján: I = 10 ,39∠ − 11,1° A
30
13.09 Határozza meg a három párhuzamosan kötött terhelés. Komplex teljesítményét egyenként. Határozza meg, a., a kapcsolás teljes komplex teljesítményét! b., teljesítménytényező értékét! c., a bemenő áram fázis alakját! Az 1. ág terhelése: Z 1 = ( j10 − j 5 )Ω = j 5 = 5∠90°Ω induktív jellegű terhelés U 50 ∠0°V I1 = = = 10∠ − 90° A Z 1 5∠90°Ω
S1 = U ⋅ I 1* = 50∠0°V ⋅ 10∠90° A = = 500∠90°VA = j 500VA A 2. ág terhelése: Z 2 = ( 3 − j 4 )Ω = 5∠ − 53 ,1°Ω kapacitív jellegű terhelés U 50∠0°V I2 = = = 10∠53,1° A Z 2 5∠ − 53,1°Ω S 2 = U ⋅ I 2* = 50 ∠0°V ⋅ 10∠ − 53 ,1° A = 500∠ − 53 ,1°VA = ( 300 − j 400 )VA A 3. ág terhelése: Z 3 = ( 6 + j 8 )Ω = 10 ∠53 ,1°Ω induktív jellegű terhelés
I3 =
U 50∠0°V = = 5∠ − 53,1° A Z 3 10∠53,1°Ω
S3 = U ⋅ I 3* = 50 ∠0°V ⋅ 5∠53 ,1° A = 250∠53 ,1°VA = ( 150 + j 200 )VA Az eredő teljesítmény a rész teljesítmények összege: S = S1 + S 2 + S3 = ( j 500 ) + ( 300 − j 400 ) + ( 150 + j 200 )VA S = 450 + j 300 = 540 ,8 ∠33 ,7°VA A teljes terhelés teljesítménytényezője: cos( ϕ2 ) = cos( 33,7° ) = 0 ,832 késő, tehát induktív jellegű az eredő terhelés. S = U ⋅ I* S 540 ,8 ∠33 ,7°VA I* = = = 10 ,82∠33 ,7° A U 50 ∠0°V I = 10 ,82∠ − 33,7° A vagy ellenőrzésként a három ágáram összegét véve ugyan ennyit kell kapnunk: I = I 1 + I 2 + I 3 = − j10 A + ( 6 + j 8 ) A + ( 3 − j 4 ) A = ( 9 − j6 ) A = 10 ,82∠ − 33 ,7° A
31
15.01 Határozza meg az ábrán látható hálózat, I 1 és I 2 áramát a hurokáramok módszerével! Az egyes ellenállások hatásos teljesítményét, valamint az eredő P hatásos teljesítményt!
3Ω
7Ω
I2
I1
U 0 10 / 0 V
H2
H1 − j⋅ 7 Ω
j ⋅ 4Ω
I. hurokban az I 1 hurokáram folyik: ( 7 − j7 ) ⋅ I 1 − ( − j7 ) ⋅ I 2 = 10 II. hurokban az I 2 hurokáram folyik: − ( − j7 ) ⋅ I 1 + ( 3 + j 4 − j7 ) ⋅ I 2 = 0 ( 7 − j7 ) j7 ∆= = ( 7 − j7 )( 3 − j 3 ) − ( j7 )( j7 ) = 21 − 21 − j 21 − j 21 + 49 = j7 ( 3 − j3 )
= 49 − j 42 = 64 ,54 ∠ − 40 ,6° 10 j7
I1 =
0
( 3 − j3 )
∆ ( 7 − j7 ) 10 j7 0
=
10( 3 − j 3 ) 42 ,43∠ − 45° = = 0 ,657 ∠ − 4 ,4° A 49 − j 42 64 ,54∠ − 40 ,6°
− 10( j7 ) 70∠ − 90° = = 1,085∠ − 49 ,4° A ∆ 49 − j 42 64 ,54∠ − 40 ,6° Az eredő hatásos teljesítmény: P = U ⋅ I1 ⋅ cos ϕU ,I 1 = 10 ⋅ 0 ,657 A ⋅ cos 4 ,4° = 6 ,55W Az egyes ellenállások hatásos teljesítményei: P7 Ω = I 12 ⋅ 7 Ω = 0 ,657 2 A2 ⋅ 7 Ω = 3 ,02W I2 =
=
P3Ω = I 22 ⋅ 3Ω = 1,085 2 A2 ⋅ 3Ω = 3 ,53W
32
15.08 Határozza meg az ábrán látható áramkörben az U AB feszültség értékét. U1 U1 + = 2∠0° A 2 − j 2 3 + j4 1 1 U 1( + )=2 2 ,2828 ∠ − 45° 5∠53 ,1° U 1 ( 0 ,25 + j0 ,25 + 0 ,12 − j0 ,16 ) = 2 2 2 U1 = = = 5 ,25∠ − 13 ,7°V 0 ,37 + j0 ,09 0 ,381∠13 ,7°
j4 − j2 − U1 = U 1 ( 0 ,64 + j0 ,48 − 0 ,5 + j0 ,5 )V = 3 + j4 2 − j2 = 5 ,25∠13,7°( 0 ,64 + j0 ,48 − 0 ,5 + j0 ,5 ) = 5 ,25∠13,7°( 0 ,14 + j0 ,98 ) =
U AB = U A 2 − U B 2 = U 1
= 5 ,25∠13,7° ⋅ 0 ,99∠81,9° = 5 ,2∠68 ,2°V
33
15.09 A csomóponti potenciálok módszerével határozza meg az U feszültséget úgy, hogy a 4 Ω-os ellenállás árama zérus legyen! Mivel a feladat csomóponti potenciálok módszerét írja elő, elsőként át kell alakítani a feszültség generátorokat, áramgenerátorokká. A 3-as csomópontot választva közös testpontnak: 1. csomópontra felírva az áramok értékeit: 1 1 1 1 ( + + ) ⋅ U1 − ( ) ⋅ U 2 = 1 5 j2 2 2 2. csomópontra felírva az áramok értékeit: 1 1 1 1 U − ( ) ⋅U1 + ( + + ) ⋅U 2 = 2 2 4 − j2 4 Az egyenletrendszer: ( 0 ,7 − j0 ,5 ) ⋅ U 1 − 0 ,5 ⋅ U 2 = 1 − 0 ,5 ⋅ U 1 + ( 0 ,75 + j0 ,5 ) ⋅ U 2 =
U 4
U 4Ω = U 2 − U = 0 ⇒ U 2 = U Az egyenletrendszer alapján felírható U 2 : ( 0 ,7 − j0 ,5 ) 1 U − 0 ,5 ( ) 4 U2 = =U ( 0 ,7 − j0 ,5 ) − 0 ,5
− 0 ,5
( 0 ,75 + j0 ,5 )
U ( 0 ,175 − j0 ,125 ) + 0 ,5 =U 0 ,525 + 0 ,25 − j0 ,375 + j0 ,35 − 0 ,25 U ( 0 ,175 − j0 ,125 ) + 0 ,5 = U ( 0 ,525 − j0 ,025 ) 0 ,5 0 ,5 U = = = 1,374∠ − 15,9°V 0 ,35 − j0 ,1 0 ,364∠15 ,9° Innen számítható az áramgenerátor árama: U 1,374 ∠ − 15 ,9°V = = 0 ,3435 ∠ − 15 ,9° A = ( 0 ,33 − j0 ,094 ) A 4Ω 4Ω
1 U1 =
− 0 ,5
0 ,33 − j0 ,094 0 ,75 + j0 ,5 0 ,75 + j0 ,5 + 0 ,165 − j0 ,047 0 ,915 + j0 ,453 = = = ( 0 ,7 − j0 ,5 ) − 0 ,5 0 ,525 − j0 ,025 0 ,525 − j0 ,025 − 0 ,5 ( 0 ,75 + j0 ,5 )
U 1 = 1,943∠29°V
34
15.10 Írja fel mellékelt ábrán a csomóponti potenciálok egyenletrendszerét, és határozza meg az 1∠0° A -es áramforrásra jutó feszültséget!
1. csomópontra felírva az áramok értékeit: ( 4 + j 8 + 2 − j 2 ) ⋅ U 1 − ( 2 − j 2 ) ⋅ U 2 = 1 + j1 2. csomópontra felírva az áramok értékeit: − ( 2 − j 2 ) ⋅ U 1 + ( 2 − j 2 + 2 − j 5 + j 3 ) ⋅ U 2 = 1∠90° − 1∠90° = 0 Az egyenletrendszer: ( 6 + j6 ) ⋅ U 1 − ( 2 − j 2 ) ⋅ U 2 = 1 + j1
− ( 2 − j2 ) ⋅U1 + ( 4 − j4 ) ⋅U 2 = 0 Az egyenletrendszer determinánsa: ( 1 + j1 ) − ( 2 − j 2 )
U1 =
=
( 4 − j4 ) ( 1 + j1 )( 4 − j 4 ) = = − ( 2 − j 2 ) ( 6 + j6 )( 4 − j 4 ) − ( 2 − j 2 )( 2 − j 2 ) − ( 2 − j2 ) ( 4 − j4 ) 0 ( 6 + j6 )
8 8 1 = = = 0 ,164 ∠ − 9 ,5°V 48 − ( 4 − 4 − j 4 − j 4 ) 48 + j 8 6 + j1
35
15.12 Határozza meg a 2-es csomópont U 2 feszültségét, ha az áramgenerátor árama I = 0 ,5 ⋅ U 1 szerint függ a feszültségtől! Alkalmazza a csomóponti potenciálok módszerét! 5 Ω − j⋅ 5 Ω U1
0
10 / 0 V
IS =
j⋅ 2 Ω
1
2
2Ω
U2 4Ω
0.5 ⋅ U1 = I
10∠0°V 10∠0°V = = 1,414∠45° A = ( 1 + j1 ) A 5 − j5 7 ,072∠ − 45°
A 3-as csomópontot választva közös testpontnak: 1. csomópontra felírva az áramok értékeit: U1 U1 U −U2 + + 1 = 1 + j1 2 5 − j5 j2 2. csomópontra felírva az áramok értékeit: U 2 U 2 − U1 + = I = 0 ,5 ⋅ U 1 4 j2 Az egyenletrendszer: ( 0 ,5 + 0 ,1 + j0 ,1 − j0 ,5 ) ⋅ U 1 + j0 ,5 ⋅ U 2 = 1 + j1 ( −0 ,5 + j0 ,5 ) ⋅ U 1 + ( 0 ,25 − j0 ,5 ) ⋅ U 2 = 0 Az egyenletrendszer alapján az U 2 feszültséget felírhatjuk: ( 0 ,6 − j0 ,4 ) ( 1 + j1 )
U2 =
( −0 ,5 + j0 ,5 ) ( 0 ,6 − j0 ,4 )
0 j0 ,5
=
− ( 1 + j1 )( −0 ,5 + j0 ,5 ) = ( 0 ,6 − j0 ,4 )( 0 ,25 − j0 ,5 ) − j0 ,5( −0 ,5 + j0 ,5 )
( −0 ,5 + j0 ,5 ) ( 0 ,25 − j0 ,5 ) 0 ,5 + 0 ,5 + j0 ,5 − j0 ,5 1 = = 4 ∠36 ,9°V 0 ,15 − 0 ,2 − j0 ,1 − j0 ,3 + j0 ,25 + 0 ,25 0 ,2 − j0 ,15 − ( 4∠36 ,9°V ) ⋅ ( 0 ,25 − j0 ,5 ) U1 = = −3 − j1 = 3,16 ∠ − 161,57°V − 0 ,5 + j0 ,5 U I = 1 = −1,5 − j0 ,5 = 1,5811∠ − 161,57° A 2 =
36
15.13 A mellékelt hálózat a 10 Ω-os ellenállás I áramától függő feszültség generátort is tartalmaz, U = ( 5 ⋅ I )V . Határozza meg az I 0 áramot a csomóponti potenciálok módszerét használva! − j⋅5 Ω 1
I 0
2 / 90 A
IS =
10 Ω
2
2Ω j⋅ 5 Ω
U = 5⋅I I0
0
2 /0 V
U 5⋅I U = = jI = j 1 = j( 0 ,1 ⋅ U 1 ) − j5 − j5 10
A 3-as csomópontot választva közös testpontnak: 1. csomópontra felírva az áramok értékeit: U1 U1 − U 2 + = −2∠90° − I S = − j 2 − j( 0 ,1 ⋅ U 1 ) 10 − j5 2. csomópontra felírva az áramok értékeit: U 2 U 2 U 2 − U1 + + = 1∠0° + I S = 1 + j( 0 ,1 ⋅ U 1 ) 2 j5 − j5 Az egyenletrendszer: ( 0 ,1 + j0 ,2 + j0 ,1 ) ⋅ U 1 − j0 ,2 ⋅ U 2 = − j 2 ( − j0 ,2 − j0 ,1 ) ⋅ U 1 + ( 0 ,5 − j0 ,2 + j0 ,2 ) ⋅ U 2 = 1 Összevonások után: ( 0 ,1 + j0 ,3 ) ⋅ U 1 − j0 ,2 ⋅ U 2 = − j 2 − j0 ,3 ⋅ U 1 + 0 ,5 ⋅ U 2 = 1 Az egyenletrendszer alapján az U 2 feszültséget felírhatjuk:
( 0 ,1 + j0 ,3 ) − j 2 U2 =
I0 =
− j0 ,3 1 0 ,1 + j0 ,3 + 0 ,6 0 ,7 + j0 ,3 = = = 4 ,094 ∠ − 30 ,5°V ( 0 ,1 + j0 ,3 ) − j0 ,2 0 ,05 + j0 ,15 + 0 ,06 0 ,11 + j0 ,15 − j0 ,3 0 ,5
U 2 4 ,094 ∠ − 30 ,5°V = = 0 ,819 ∠ − 120 ,5° A j5 5∠90°
37
14.5
Adott egy párhuzamos RLC kör R = 250Ω , L = 2mH , C = 20 µF . A kapcsolás 0 ,1 A -t vesz fel ω0 rezonancia frekvencia esetén. a.,) Határozza meg ω0 , Q, ∆ω , és a két ω1 , ω2 vágási frekvencia értékét! b.,) Határozza meg a kapcsolásra kapcsolt feszültség nagyságát, és az egyes ágáramok nagyságát!
Mivel minden elem adott, ω0 számítható:
ω0 =
1 1 rad = = 5000 és innen: f 0 = −3 −6 s L ⋅C 2 ⋅ 10 H ⋅ 20 ⋅ 10 F
5000
rad s = 796 ,2 Hz
2 ⋅π
R C 20 ⋅ 10 −6 F = ω0 ⋅ C ⋅ R = R = 250 ⋅ = 25 ω0 ⋅ L L 2 ⋅ 10 −3 H rad 5000 ω s = 200 rad ∆ω = 0 = Q 25 s Mivel a Q ≥ 10 ezért ez egy nagy Q értékű kör. Így a két vágási frekvencia az alábbi közelítő képlet szerint is kis hibával számítható: ∆ω rad ω1 = ω0 − = 5.000 − 100 = 4900 2 s ∆ω rad ω 2 = ω0 + = 5.000 + 100 = 5100 2 s 1 rad ∆ω Ha a pontos képlettel számoltunk volna: ω1 = ω0 1 + − = 5001 − 100 = 4901 2 4Q 2 s Az eltérés viszont láthatóan nagyon kicsi, így a közelítő képlet is valóban megfelelő pontosság nagy Q esetén. Q=
b.,) Rezonancia esetén az impedancia csakis ohmos jellegű: Z T = R∠0° = 250 ∠0°Ω
U = I ⋅ Z T = I ⋅ R = 0 ,1 A ⋅ 250Ω = 25V IR =
U = I = 0 ,1 A R
IC = I L = Q ⋅ I =
U = U ⋅ ω0 ⋅ C = 25 ⋅ 0 ,1 A = 2 ,5 A ω0 ⋅ L
38
14.6
Mekkora az előző kapcsolás feszültsége, ha az áramot tartjuk az előző értéken és a körfrekvencia értékét tizedére csökkentjük ω = 0 ,1 ⋅ ω0 ? Határozza meg a kapcsolás feszültségét, és az ágáramok nagyságát!
A hálózat admittanciájának általános alakját felírva: 1 1 1 rad 1 YT = + j( ω ⋅ C − )= + j( 500 ⋅ 20 ⋅ 10 −6 F − )= rad R 250 Ω s ω⋅L 500 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 H s = 0 ,004 + j( 0 ,01 − 1 ) = 0 ,004 − j0 ,99 = 0 ,99 ∠ − 89 ,8°S Az áram vektort választva referencia vektornak: I = 0 ,1∠0° A
U = I ⋅ ZT =
I 0 ,1∠0° A = = 0 ,101∠89 ,8°V YT 0 ,99 ∠ − 89 ,8°S
IR =
U 0 ,101∠89 ,8° A = = 0 ,404∠89 ,8°mA ZR 250∠0°Ω
IC =
U 0 ,101∠89 ,8° A = = 1,01∠179 ,8°mA Z C 100∠ − 90°Ω
IL =
U 0 ,101∠89 ,8° A = = 101∠ − 0 ,2°mA ZL 1∠90°Ω Egy párhuzamos RLC kör esetén, a hálózatra kapcsolt feszültség 10V , az ekkor folyó (minimális) áram 0 ,1 A . A kapcsolás rezonancia frekvenciája 2 MHz , a sávszélesség 200kHz . Határozza meg a létra kapcsolás elemeinek értékét!
14.7
A hálózat árama minimális a rezonancia frekvencia esetén. A hálózat ez esetben eléri az impedanciája maximumát azaz R-t: U 10V R= = = 100 Ω I 0 ,1 A Az áramkör jósági tényezője: ω 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 6 Hz Q= 0 = = 10 ∆ω 2 ⋅ π ⋅ 200 ⋅ 10 3 Hz R C 1 Q= =R =ω0 ⋅ C ⋅ R ⇒ ω02 = ω0 ⋅ L L L ⋅C
C= L=
Q 10 = = 7 ,96 nF ω0 ⋅ R 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 6 Hz ⋅ 100 Ω
1 1 = = 0 ,796 µH 6 ω ⋅ C ( 2 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10 Hz )2 ⋅ 7 ,96 ⋅ 10 −9 F 2 0
39
14.8
Egy tank kapcsolásban a kapacitás értéke 1 pF . A kör rezonancia frekvenciája 1MHz éa a sávszélesség 50kHz . a.,) Mekkora L és R értéke? b.,) Mekkora a teljes tank kapcsolás impedanciája rezonancia esetén?
A jósági tényező meghatározható a rezonancia frekvencia és a sávszélesség segítségével: ω0 2 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 106 Hz Q= = = 20 ∆ω 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 10 3 Hz Mivel a Q ≥ 10 ezért ez egy nagy jósági tényezőjű kör, így használható a közelítő összefüggés is:
ω02 =
Q=
1 L ⋅C
ω0 ⋅ L R
L=
1 1 = = 25 ,33mH 6 ω ⋅ C ( 2 ⋅ π ⋅ 10 Hz )2 ⋅ 10 −12 F
R=
ω0 ⋅ L 2 ⋅ π ⋅ 106 Hz ⋅ 25 ,33 ⋅ 10 −3 H = = 7 ,958 kΩ Q 20
2 0
b.,) Rezonancia frekvencia esetén igaz az alábbi közelítő összefüggés, nagy jósági tényezőjű kör esetén: ZT = Q 2 ⋅ R = 20 2 ⋅ 7 ,958 ⋅ 10 3 Ω = 3 ,183MΩ Ellenőrizve a közelítő összefüggés hibáját, az egzakt összefüggéssel számolva teljesen ugyan azt az eredményt kapjuk: L 25 ,33 ⋅ 10 −3 H ZT = = = 3 ,183 MΩ R ⋅ C 7 ,958 ⋅ 10 3 Ω ⋅ 10 −12 F 2
1 Mrad R ω0 = − = 39 ,4789 ⋅ 1012 − 0 ,0987 ⋅ 1012 = 6 ,275 L⋅C L s Mrad 6 ,275 s = 0 ,9988 MHz f0 = 2 ⋅π
40
14.9
Az ábrán látható kapcsolás esetén a kör eredő árama és feszültsége fázisban van, U = 60V és I = 0 ,72 A . a.,) Mekkora a Z 2 -es impedancia nagysága? b.,) Mennyi a jósági tényező értéke és a sávszélesség értéke? c.,) Rajzoljon teljes vektorábrát az U feszültséget véve referencia értéknek!
Legyen U = 60 ∠0°V és I = 0 ,72∠0° A
Z 1 = R + X L = 30Ω + j 20 ⋅ 10 −3 H ⋅ 2000
rad = 30 + j 40 = 50∠53,1°Ω s
1 = 0 ,02∠ − 53 ,1°S Z1 Mivel a feladat szövegéből kiderül, hogy az eredő áram és feszültség fázisban van egymással, ebből következik, hogy szükségszerűen rezonanciának kell fenn állnia. I YT = = Y1 + Y2 U 1 Y1 = = 0 ,02∠ − 53,1° S Z1 0 ,72 ∠0° A = 0 ,02 ∠ − 53 ,1°S + Y2 60 ∠0°V Y2 = 0 ,012 − ( 0 ,012 − j0 ,016 ) = j0 ,016 = jBC = jωC Y1 =
Ebből következik hogy a Z 2 impedanciának szükségszerűen kapacitásnak kell lennie. X 0 ,016 C= C = = 8 µF ω 2000 b.,) A jósági tényező L és R segítségével meghatározható: rad 2000 ⋅ 20 ⋅ 10 −3 H ω0 ⋅ L s Q= = = 1,333 R 30 Ω rad 2000 ω0 s = 1500 rad ∆ω = = Q 1,333 s Mivel a Q ≤ 10 ezért ez a kapcsolás jósági tényezője nem nagy. Az eredmény ellenőrzése az alábbi módon lehetséges:
1 1 rad R 30Ω ω0 = − = − = 2000 , ahogy vártuk. −3 −6 −3 L⋅C L 20 ⋅ 10 H ⋅ 8 ⋅ 10 F 20 ⋅ 10 H s L 20 ⋅ 10 −3 H = = 83,33Ω Ugyancsak az egzakt képletet használva: ZT | ω0 = R ⋅ C 30Ω ⋅ 8 ⋅ 10 −6 F U 60∠0°V = 83,33∠0°Ω Másképpen: ZT | ω0 = = I 50∠53,1° A A közelítő képlet a kis Q érték miatt nem helyes: ZT' | ω0 = Q 2 ⋅ R = 1,333 2 ⋅ 30 Ω = 53 ,33Ω 2
2
41
c.,) Az ágáramok ezek után egyszerűen számíthatóak:
I1 =
U 60 ∠0°V = = 1,2∠ − 53 ,1° A Z 1 50∠53,1°Ω
I2 =
U = U ⋅ Y2 = 60∠0°V ⋅ 0 ,016 ∠90°S = 0 ,96 ∠90° A Z2
I = I1 + I 2
42
6.1
Határozza meg az ábrán látható négypólus impedancia és admittancia paramétereit!
Kiindulva az alapegyenletekből: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 Ha I 2 = 0V , azaz a kimenő kapcsok meg vannak szakítva, akkor:
Z 11 =
U1 I1
= I 2 =0
U1 U1 R+
Z 21 =
U2 I1
I 2 =0
=R− j
1 , és ω ⋅C
1 jωC
1 I 1 ⋅ jω ⋅ C 1 = =−j I1 ω ⋅C
Ha I 1 = 0V , azaz a bemenő kapcsok vannak megszakítva, akkor: 1 I2( − j ) U1 1 U 1 ⋅ C ω Z12 = = =−j és Z 22 = 2 = − j I2 I2 ω ⋅C I2 ω ⋅C Az Admittanci paraméterek meghatározása az alapegyenletekből kiindulva történhet: I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 Ha a kimenő kapcsokat rövidre zárjuk, azaz U 2 = 0V , akkor a kondenzátor rövidre záródik tehát rajta nem folyik áram: I I 1 I I 1 Y11 = 1 = 1 = Y21 = 2 = 2 =− I I U 1 U =0 R U 1 U =0 − 2 R 1 2 2 R R Az Y21 -be a negatív előjel azért került be, mert az I 2 által az R ellenálláson létrehozott feszültségesés iránya ellentétes az U 1 irányával. Ha a bemenő kapcsokat zárjuk rövidre, akkor U 1 = 0V , akkor a kondenzátor és az ellenállás párhuzamosan kapcsolódik: I I 1 I I2 1 Y12 = 1 = 1 =− és Y22 = 2 = = + jω C R 1 U 2 U =0 − I 1 R U 2 U =0 I R ⋅ 1 1 2 1 R jωC R+ jω C A meghatározott értékek behelyettesítése után: U U I1 = 1 − 2 és R R U 1 I 2 = − 2 + ( + jωC )U 2 R R
43
23.1
Határozza meg az ábrán látható négypólus (T kapcsolás) impedancia paramétereit!
Megoldás: Az alábbi ismert kapcsolat van a bemeneti feszültségre és a kimeneti feszültségre: U1 = Z11 ⋅ I1 + Z12 ⋅ I 2 és U 2 = Z 21 ⋅ I1 + Z 22 ⋅ I 2 A berajzolt körbejárási irányok alapján, felírva a hurokáramok egyenlet rendszerét, a következőket kapjuk: U 1 = ( Z1 + Z3 ) ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2
U 2 = Z 3 ⋅ I1 + ( Z 2 + Z3 ) ⋅ I 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: Z 11 = Z 1 + Z 3 Z 12 = Z 3 Z 21 = Z 3 Z 22 = Z 2 + Z 3
Z11 = 1kΩ + 3kΩ = 4kΩ , Z12 = 3kΩ , Z 21 = 3kΩ , Z 22 = 10kΩ + 3kΩ = 13kΩ 23.9
Határozza meg az ábrán látható négypólus (T kapcsolás) impedancia paramétereit!
Megoldás: Az alábbi ismert kapcsolat van a bemeneti feszültségre és a kimeneti feszültségre: U1 = Z11 ⋅ I1 + Z12 ⋅ I 2 és U 2 = Z 21 ⋅ I1 + Z 22 ⋅ I 2 A berajzolt körbejárási irányok alapján, felírva a hurokáramok egyenlet rendszerét, a következőket kapjuk: U 1 = ( Z1 + Z3 ) ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2
U 2 = Z 3 ⋅ I1 + ( Z 2 + Z3 ) ⋅ I 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: Z 11 = Z 1 + Z 3 , Z12 = Z C , Z 21 = Z 3 , Z 22 = Z 2 + Z 3
Z11 = (3 + j3) = 4,242∠ − 45°Ω Z12 = Z 21 = Z 3 = − j 3 = 3∠ − 90°Ω Z 22 = j 4 − j3 = 1∠90°Ω
44
23.3
Milyen feltételek mellett számíthatjuk ki vagy mérhetjük meg a tetszőleges tetszőőleges négy pólus Z paramétereit?
Megoldás: Kiindulva a bemeneti feszültség és a kimeneti alap egyenletéből: U1 = Z11 ⋅ I1 + Z12 ⋅ I 2 és
feszültség
U 2 = Z 21 ⋅ I1 + Z 22 ⋅ I 2 Kihasználva, hogy a bemenet vagy a kimet esetén az alábbivá összefüggéssé egyszerűsödik egyenlet: U 1 = Z11 ⋅ I1 I
2 =0
U 2 = Z 21 ⋅ I1 I U 1 = Z12 ⋅ I 2
üresjárás a kiindulási
2 =0
I1 =0
U 2 = Z 22 ⋅ I 2 I =0 1
Z11 =
23.4
U1 I1
,
Z 21 =
I 2 =0
U2 I1
,
Z 12 =
I 2 =0
U1 I2
, I1 =0
Z 22 =
U2 I2
I1 =0
Határozza meg a Z paraméterek értékeit, ha a négypólus tartalmaz egy feszültség vezérelt eszközt!
Megoldás: A berajzolt körbejárási irányok alapján, felírva a hurokáramok egyenlet rendszerét, a következőket kapjuk: U 1 = ( Z1 + Z 3 ) ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2 U 2 − 2 ⋅ I1 = Z 3 ⋅ I1 + Z 3 ⋅ I 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: U 1 = (3 + 6 + j 4) ⋅ I1 + (6 + j 4) ⋅ I 2 1424 3 123 Z11
Z12
U 2 = ( 2 + 6 + j 4) ⋅ I 1 + ( 6 + j 4 ) ⋅ I 2 1424 3 123 Z 21
Z 22
Z11 = (9 + j 4)Ω Z12 = (6 + j 4)Ω Z 21 = (8 + j 4)Ω Z 22 = (6 + j 4)Ω
45
23.21 Határozza meg a hálózat admittancia (Y) paramétereinek értékeit, ha az alábbi π kapcsolásról van szó! Megoldás: Az Admittancia értelmezéséből kiindulva, ha a kimeneti feszültség nulla akkor rövidzár tehát a 3-as impedanciát söntöli: I 1 1 1 1 Y11 = 1 = + = + = U1 U =0 Z1 Z 2 100Ω 75Ω 2
= 23,333µS A hurok áramok módszerével az egyenletrendszer felírásához 3 egyenletre van szükség. Ugyanakkor a csomóponti potenciálok módszeréhez csak 2 egyenletre van szükség minden paraméter felírásához: I1 = (Y1 + Y2 ) ⋅ U1 − (Y1 ) ⋅ U 2 I 2 = −(Y1 ) ⋅ U1 + (Y1 + Y3 ) ⋅ U 2 Innen könnyen felírható az alábbi összefüggés: I1 = (13 334 µ2 S +4 104µ3 S ) ⋅ U 1 − (10 µ3 S) ⋅ I2 1,4 12 Y11
Y12
I 2 = (− S ) ⋅ U1 + (10 S2 + 20 µ3 S ) ⋅ I2 110 2µ3 1µ 4 4 44 Y21
Y22
Y11 = 23,3& µS Y12 = −10 µS Y21 = −10 µS Y22 = 30µS
23.6. Egy kétkapun végzett mérések eredménye: 0 0 U 1 = 30 / 0 V U 1 = 100 / 0 V 0 0 U 2 = 75 / 0 V U 2 = 50 / 0 V 0 0 I1 = 12,5 / 0 A I 2 = 0 I 2 = 5/ 0 A I1 = 0 Határozza meg a Z paramétereket! ( Z11 = 8 Ω Z 21 = 6 Ω Z12 = 6 Ω Z 22 = 10 Ω .)
23.11. Számítsa ki a T kapcsolású (négypólusú) hálózat Z paramétereit, ha a T tag impedanciái: 0 Z1 = (3 + j ⋅ 2) Ω, Z 2 = 1/ − 90 Ω és Z 3 = (3 + j ⋅ 4) Ω, majd rajzolja fel a Z paraméteres helyettesítő kapcsolást! 0 0 0 ( Z11 = 8,484 / 45 Ω Z12 = Z 21 = Z 3 = 5/ 53,13 Ω Z 22 = 4,242 / 45 Ω .)
46
I2
I1 23.14. Határozza meg az alábbi kétkapu hálózat Z paramétereit!
5Ω
( 2 + j ⋅ 3) Ω − j⋅ 6 Ω
U1
2 ⋅ I2 V
U2
( Z11 = (5 − j ⋅ 6) Ω Z12 = (2 − j ⋅ 6) Ω Z 21 = (− j ⋅ 6) Ω Z 22 = (4 − j ⋅ 3) Ω .)
23.16. Egy 20 V-os 300 Hz-es feszültségforrás táplálja az ábrán látható kétkapu hálózatot. Számítsa ki az I 2 kimenő áramot! ( I 2 = 0,59/-16,360 A.) (12 + j ⋅17 ) Ω
I1 U1
I2
(18 + j ⋅ 8,6) Ω
10 Ω
20 V 300 Hz I 2 ⋅ (13,31/ − 133 ) 0
I1 ⋅ (13,31/ − 133 ) 0
23.18,19. Írja fel az általános kétkapu Y (admittancia) paraméteres egyenletrendszerét, és rajzolja fel az egyenletrendszernek megfelelő helyettesítő kapcsolást az általánosan használt referencia irányokkal!
I2
I1
I1 = Y 11 ⋅ U 1 + Y 12 ⋅ U 2 I 2 = Y 21 ⋅ U1 + Y 22 ⋅ U 2
Y 21 ⋅ U 1
Y 12 ⋅ U 2 U1
Y 22
Y 11
U2
feszültségvezérelt áram források
23.20. Milyen feltételek mellett számíthatjuk ki, ill. mérhetjük meg a kétkapu Y paramétereit? Akár az egyenletrendszerből, akár a helyettesítő kapcsolásból, érvényesítve az U 2 = 0 (kimenő oldalon rövidzár), ill. U1 = 0 (bemenő oldalon rövidzár) feltételeket:
I1 = Y 11 ⋅ U 1 I 2 = Y 21 ⋅ U 1 U 2 = 0
I1 = Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y 22 ⋅ U 2 U1 = 0
Y 11 =
amiből:
Y 21 =
I2 U1
I1 U1
U2 = 0
Y12 = Y 22 =
I2 U2 47
I1 U2
U1 = 0
I1 = −1 mA
23.23. Egy kétkapun végzett mérések eredménye: I1 = 3 mA Számítsa ki az Y paramétereket! I 2 = −0,6 mA U1 = 24 V U2 = 0
I 2 = 12 mA U 2 = 40 V
U1 = 0
( Y11 = 125 µS Y12 = −25 µS Y 21 = −25 µS Y 22 = 300 µS .)
I2
I1 23.80,81. Számítsa ki a Z és az Y paramétereit az ábra szerinti kapcsolású kétkapunak!
1Ω
U1 ( Z11 = 2,5 Ω
Z12 = Z 21 = 1 Ω
2Ω 2Ω
4Ω
Z 22 = 2 Ω
Y 11 = 0,5 S Y 12 = Y 21 = −0,25 S
Y 22 = 0,625 S .)
23.82. Számítsa ki az Y paramétereit az ábra szerinti kapcsolású kétkapunak!
I1
I2 2Ω
U1
3 ⋅ I1
2Ω
1Ω
( Y 11 = 1,5 S Y 12 = Y 21 = −0,5 S
U2
Y 22 = −0,5 S .)
23.110. Határozza meg az alábbi négypólus Z paramétereit úgy, hogy előbb egyenértékű T kapcsolássá alakítja. Ezután alakítsa át a T kapcsolást egyenértékű Π hálózattá is és így számítsa ki az Y paramétereket!
9Ω
I1
I2
3Ω U1
6Ω 1Ω
U2
( Z11 = 3,5 Ω
Z 21 = Z12 = 2 Ω
Z 22 = 5 Ω
Y 11 = 0,37 S
Y 21 = Y12 = 0,148 S Y 22 = 0,259 S.)
48
U2
6.3
Határozzuk meg számítással az admittancia paraméterek ismeretében az impedancia paramétereket!
Kiindulási egyenleteink az impedancia és admittancia paraméterekre: I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 A fentiekből kifejezve U 2 értékét: I − Y ⋅U U 2 = 1 11 1 , majd behelyettesítve a második egyenletbe: Y12 I − Y ⋅U I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ 1 11 1 , beszorozva Y12 -vel: Y12 Y12 ⋅ I 2 = Y12 ⋅ Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ I 1 − Y11 ⋅ Y22 ⋅ U 1 , innen kifejezve U 1 -et. Y22 Y12 U1 = ⋅ I1 − ⋅ I2 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 Összehasonlítva a harmadik alapegyenlettel: U Y22 U − Y12 Z 11 = 1 = Z 12 = 1 = I 1 I =0 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 I 2 I =0 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 2
1
A másik két Z paramétert a táblázat segítségével meg tudjuk adni. A Z paraméterek oszlopában ∆Y szerepel. Tehát mindegyik Z paraméter nevezője ∆Y = Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 lesz, Z 11 számlálójában Y22 , Z 12 számlálójában − Y12 lesz. Ez megfelel a számítás eredményének. Z 21 számlálója − Y21 , Z 22 számlálójában Y11 . Tehát: Z 21 =
U2 I1
= I 2 =0
− Y21 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21
Z 22 =
U2 I2
= I 1 =0
Y11 Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21
A paraméterek egymásba átszámíthatóak: Y Z h k
∆Y
Z 22 Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 − Z 12 Y12 = Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 − Z 21 Y21 = Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 Z 11 Y22 = Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 Y11 =
1 h22 k 11
Y22 Z 11
∆h 1
- Y12 - Z 12 h12 - k12
- Y21 Z 21 - h21 k 21
Y11 Z 22 1
∆k
− Z 22 Z 12 ⋅ Z 21 − Z 11 ⋅ Z 22 Z 12 = Z 12 ⋅ Z 21 − Z 11 ⋅ Z 22 Z 21 = Z 12 ⋅ Z 21 − Z 11 ⋅ Z 22 − Z 11 = Z 12 ⋅ Z 21 − Z 11 ⋅ Z 22
=
49
1
∆Z h11 k 22
∆Y = Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 ∆Z = Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 ∆ h = h11 ⋅ h22 − h12 ⋅ h21 ∆ k = k 11 ⋅ k 22 − k 12 ⋅ k 21
6.20
Határozza meg számítással az alábbi hálózat lánc paraméter mátrixát!
A feladatot két alaptagra (egy „T” és egy „ π ” tagra) bontva oldhatjuk meg. Kiindulási egyenleteink a láncparaméterekre: U 1 = A11 ⋅ U 2' + A12 ⋅ I 2' I 1 = A21 ⋅ U 2' + A22 ⋅ I 2'
A11 =
A21 =
U1 U 2'
I 2 =0
I1 U 2'
I 2 =0
U1 =3 10 U1 ⋅ 20 + 10 I1 = = 0 ,1s 10 ⋅ I 1
=
A12 =
U1 = I 2' U ' =0 − 2
A22 =
I1 I 2'
U '2 =0
U1
U1 10 ⋅ 20 + 20 × 10 20 + 10 I1 = = −3 10 − I1 ⋅ 10 + 20
200 20 + 30 ⋅ 30 =− = −80 Ω 10
A12 3 − 80Ω = A22 0 ,1s −3 Ezután következhet a „ π ” tag lánc paraméter mátrixának felírása. U U1 = A11 = 1 = 1,4 U 2 I =0 U ⋅ 50 2 1 20 + 50 I I1 A21 = 1 = = 0 ,048 s 50 U 2 I =0 I ⋅ ⋅ 50 2 1 20 + 50 + 50 U U A12 = 1 = 1 = −20Ω I 2 U =0 − U 1 2 20 I I1 70 A22 = 1 = =− = −1,4 50 I 2 U =0 − I ⋅ 50 2 1 50 + 20 A11 A12 1,4 − 20Ω = Így készen van a „ π ” tagra vonatkozó lánc mátrix: A" = A21 A22 0 ,048 s − 1,4 Így készen van a „T” tagra vonatkozó lánc mátrix: A' =
50
A11 A21
Majd a két alaptag lánc paraméter eredmény mátrixát összeszorozva, kapjuk meg az eredmény mátrixot, ha az első mátrix kimeneti I 2 -áramirányát megfordítjuk.
C = A⋅ B =
A11 A21
A = A' ⋅ A'' =
B12 A B + A12 B21 = 11 11 B22 A21 B11 + A22 B21
A12 B11 ⋅ A22 B21
A11 B12 + A12 B22 A21 B12 + A22 B22
3 80 Ω 1,4 − 20 Ω 3 ⋅ 1,4 + 80 ⋅ 0,048 3 ⋅ ( −20 ) + 80 ⋅ ( −1,4 ) 8,04 − 172 ⋅ = = 0 ,1s 3 0 ,048 s − 1,4 3 ⋅ 1,4 + 3 ⋅ 0,048 0,1 ⋅ ( −20 ) + 3 ⋅ ( −1,4 ) 0 ,284 − 6 ,2
II. megoldása a feladatnak: A feladat megoldható hurokáramok és csomóponti potenciálok segítségével is. A feladat első részére a „T” tagra hurok áramok módszerével felírhatóak az impedancia paraméterek. Kiindulási egyenleteink a láncparaméterekre: U 1 = I 1 ⋅ ( 20 + 10 ) + I 2' ⋅ 10 U 2' = I 1 ⋅ 10 + I 2' ⋅ ( 20 + 10 ) A felírt egyenletrendszerből azonnal láthatóak az impedancia paraméterek: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2' U 2' = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2' Z 11 = 30 Ω Z 12 = 10 Ω Z 21 = 10 Ω Z 22 = 30 Ω A láncparaméter egyenletrendszere: U 1 = A11 ⋅ U 2' + A12 ⋅ I 2'
I 1 = A21 ⋅ U 2' + A22 ⋅ I 2' Innen azonnal meghatározható két lánc paraméter értéke: I 1 A21 = 1 = = 0 ,1s U 2 I =0 Z 21 2
A22 =
I1 I2
=− U 2 =0
Z 22 = −3 Z 21
A maradék két paramétert az impedancia paraméter egyenletrendszerének segítségével tudjuk meghatározni: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2' U 2' = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2'
A11 =
U1 U 2'
és A12 = I 2 =0
U1 Amint látható, a hiányzó két paraméterben nem szerepel I 1 , így ezt kell I 2' U ' =0 2
kifejezni a fentebbi alapegyenletekből. U − Z 12 ⋅ I 2' I1 = 1 Ezt visszaírva a második alapegyenletbe: Z 11
U 2' = Z 21 ⋅
U 1 − Z 12 ⋅ I 2' + Z 22 ⋅ I 2' Z 11
U 2' ⋅ Z 11 = Z 21 ⋅ U 1 − Z 12 ⋅ Z 21 ⋅ I 2' + Z 11 ⋅ Z 22 ⋅ I 2'
51
U 2' ⋅ Z 11 = Z 21 ⋅ U 1 + I 2' ( Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 ) A11 = A12 =
U1 U 2'
= I 2 =0
Z 11 30 = =3 Z 21 10
U1 Z ⋅ Z − Z 12 ⋅ Z 21 30 ⋅ 30 − 10 ⋅ 10 = − 11 22 =− = −80 Ω ' I 2 U ' =0 Z 21 10 2
A feladat második részé a „ π ” tagra vonatkozik, amire a csomóponti potenciálok módszerével felirt egyenletekből, azonnal látszódnak az admittancia paraméterek. 1 1 1 I 1' = ( + ) ⋅ U 1' − ⋅U 2 20 50 20 1 1 1 I 2 = − ⋅ U 1' + ( + ) ⋅U 2 20 20 50 Y11 = 0 ,07 s Y12 = −0 ,05 s Y21 = −0 ,05 s Y22 = 0 ,07 s Innen két lánc paraméter azonnal kifejezhető: 1 1 + U 1' Y22 A11 = = = 20 50 = 1,4 U 2 I =0 − Y21 − ( − 1 ) 2 20 ' U A12 = 1 = −20 Ω I 2 U =0 2
A hiányzó két paramétert az admittancia paraméter egyenletrendszerből számítható. I I és A22 = 1 Ezekben nem szerepel U 1' , így ezt kell kifejezni. A21 = 1 U 2 I =0 I 2 U =0 2
2
I 1' = Y11 ⋅ U 1' + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1' + Y22 ⋅ U 2
U 1' =
I 1' − Y12 ⋅ U 2 Y11
I 2 = Y21 ⋅
I 1' − Y12 ⋅ U 2 + Y22 ⋅ U 2 Y11
I 2 ⋅ Y11 = Y21 ⋅ I 1' − Y12 ⋅ Y21 ⋅ U 2 + Y11Y22 ⋅ U 2 Y11 ⋅ I 2 = Y21 ⋅ I 1' + U 2 ⋅ ( Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 ) I 1' A21 = U2 A22 =
I 2 =0
' 1
I I2
Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 0 ,07 2 − ( −0 ,05 )2 = = = 0 ,048 s − Y21 − ( −0 ,05 ) =
U 2 =0
Y11 0 ,07 = = −1,4 Y21 − 0 ,05
A két mátrix összeszorzása előtt az I 2 áram irányát meg kell fordítanunk, mivel a bemenet szempontjából befelé folyó áramot feltételeztünk a második mátrix felírásakor. Így az első mátrix második oszlopa van szorozva I 2 -vel ennek az előjelét kell változatni a mátrixok szorzás előtt: 3 80 Ω 1,4 − 20 Ω 8,04 − 172 A = A' ⋅ A'' = ⋅ = 0 ,1s 3 0 ,048 s − 1,4 0 ,284 − 6 ,2
52
6.122 Határozza meg az alábbi négypólus Z és H paramétereit A feladatot a hurokáramok módszerével oldhatjuk meg, érdemes I 1 és I 2 -vel azonos hurok áram irányt felvenni). U 1 = I 1 ⋅ ( 30 + 60 ) + I 2 ⋅ 60 U 2 = I 1 ⋅ 60 + I 2 ⋅ ( 20 + 60 ) A felírt egyenletrendszerből azonnal láthatóak az impedancia paraméterek: U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 Z 11 = 90 Ω Z 12 = 60 Ω Z 21 = 60 Ω Z 22 = 80 Ω A hibridparaméter egyenletrendszere: U 1 = H 11 ⋅ I 1 + H 12 ⋅ U 2 I 2 = H 21 ⋅ I 1 + H 22 ⋅ U 2 Innen azonnal meghatározható két hibridparaméter értéke:
H 21 = H 22 =
I2 I1 I2 U2
=
− Z 21 − 60 = = −0 ,75 Z 22 80
=
1 = 0 ,0125 s Z 22
U 2 =0
I 1 =0
A maradék két paramétert az impedancia paraméter egyenletrendszeréből kaphatjuk meg. U 1 = Z 11 ⋅ I 1 + Z 12 ⋅ I 2 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ I 2 Amint látható, a hiányzó két paraméterben H 11 =
U1 I1 U
és H 12 = 2 =0
U1 U2
nem szerepel I 2 . I 1 =0
U 1 − Z 11 ⋅ I 1 Ezt visszaírva a második alapegyenletbe: Z 12 U − Z 11 ⋅ I 1 U 2 = Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ 1 Z 12 U 2 ⋅ Z 12 = Z 12 ⋅ Z 21 ⋅ I 1 + Z 22 ⋅ U 1 − Z 11 ⋅ Z 22 ⋅ I 1 Z 12 ⋅ U 2 ⋅ = Z 22 ⋅ U 1 − I 1 ( Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 ) I2 =
H 11 = H 12 =
U1 I1 U U1 U2
=
Z 11 ⋅ Z 22 − Z 12 ⋅ Z 21 90 ⋅ 80 − 60 2 = = 45Ω Z 22 80
=
Z 12 60 = = 0 ,75 Z 22 80
2 =0
I 1 =0
Tehát a végeredmény: H =
53
45 Ω
0 ,75
− 0 ,75 0 ,0125 s
6.123 Határozza meg az alábbi négypólus Y és H paramétereit A feladatot a csomóponti potenciálok módszerével oldhatjuk meg. Az alábbi két egyenlet irható fel. I 1 = ( Y1 + Y2 ) ⋅ U 1 − ( Y2 ) ⋅ U 2 I 2 = −( Y2 ) ⋅ U 1 + ( Y2 + Y3 ) ⋅ U 2 A felírt egyenletrendszerből azonnal láthatóak az impedancia paraméterek: I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2
1 1 + = 0 ,0625 s Y12 = −0 ,0125 s 20 80 1 1 1 Y21 = − Y22 = = −0 ,0125 s + = 0 ,0375 s 80 80 40 A hibridparaméter egyenletrendszere: U 1 = H 11 ⋅ I 1 + H 12 ⋅ U 2 I 2 = H 21 ⋅ I 1 + H 22 ⋅ U 2 Innen azonnal meghatározható két hibridparaméter értéke: U 1 1 H 11 = 1 = = = 16 Ω I 1 U =0 Y11 0 ,0625 Y11 =
2
H 12 =
U1 U2
= I 1 =0
− Y12 − ( −0 ,0125 ) = = 0 ,2 Y11 0 ,0625
A maradék két paramétert az admittancia paraméter egyenletrendszeréből kaphatjuk meg. I 1 = Y11 ⋅ U 1 + Y12 ⋅ U 2 I 2 = Y21 ⋅ U 1 + Y22 ⋅ U 2 Amint látható, a hiányzó két paraméterben H 21 =
I2 I1
és H 22 = U 2 =0
I2 U2
nem szerepel U 1 . I 1 =0
I 1 − Y12 ⋅ U 2 Ezt visszaírva a második alapegyenletbe: Y11 I − Y ⋅U I 2 = Y21 ⋅ 1 12 2 + Y22 ⋅ U 2 Y11 Y11 ⋅ I 2 = Y21 ⋅ I 1 − Y12 ⋅ Y21 ⋅ U 2 + Y11 ⋅ Y22 ⋅ U 2 Y11 ⋅ I 2 = Y21 ⋅ I 1 + U 2 ( Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 )
U1 =
H 21 = H 22 =
I2 I1 I2 U2
=
Y21 − 0 ,0125 = = −0 ,2 Y11 0 ,0625
=
Y11 ⋅ Y22 − Y12 ⋅ Y21 0 ,0625 ⋅ 0 ,0375 − ( −0 ,0125 )2 = = 0 ,035 s Y11 0 ,0625
U 2 =0
I 1 =0
Tehát a végeredmény: H =
16 Ω
0 ,2
− 0 ,2 0 ,035 s
54
