Elektrotechnika. 1. előad. Budapest Műszaki Főiskola Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai Kar Mechatronikai és Autechnikai Intézet

Budapest Műszaki Főiskola Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai Kar Mechatronikai és Autechnikai Intézet

Elektrotechnika 1. előadás

Összeállította: Langer Ingrid főisk. adjunktus

A tárgy tematikája  

Egyen- és váltakozó áramú villamos hálózatok számítása Egyen- és váltakozó áramú villamos gépek

Ajánlott irodalom: 

Uray Vilmos – Szabó Szilárd: Elektrotechnika (Nemzeti Tankö Tankönyvkiadó nyvkiadó, Bp.)



Kerékgyártó László: Elektrotechnika (Nemzeti Tankö Tankönyvkiadó nyvkiadó-Tankö Tankönyvmester Kiadó Kiadó, Bp.)



Kerékgyártó László: Elektrotechnika feladatgyüjtemény (Nemzeti Tankö Tankönyvkiadó nyvkiadó-Tankö Tankönyvmester Kiadó Kiadó, Bp.)

Félévi követelmények: Aláírás megszerzése:



– –

2 zárthelyi dolgozat megírása legalább elégséges (40 %) eredményre Méréseken részvétel és a mérési jegyzőkönyvek leadása

Vizsgajegy megszerzése:



– –

Megajánlott jegy a zárthelyikből 70% felett vagy Írásbeli vizsga

Az elektrotechnika kapcsolata más tárgyakkal: Matematika

Elektrotechnika

Elektronika

•Komplex számok • Trigonometrikus függvények •Integrálás, deriválás

 áramkörök, hálózatszámítás  egy- és háromfázisú rendszer Transzformátor

Fizika

Robottechnika

Villamos gépek

•Villamosság •Mágnesesség

Digitális rendszerek

Villamos biztonságtechnika

Intelligens érzékelők

Villamos hálózatok felépítése Az elemek tulajdonságai: 1. 2. 3.

Koncentrált paraméterűek (kiterjedésük pontszerű) Lineárisak (értékük feszültségtől és áramtól függetlenül állandó) Invariánsak (időben állandóak)

Aktív elemek (generátorok) 1.

Ideális feszültséggenerátor

Passzív elemek (fogyasztók) 1.

Ellenállás R [Ω] u=R·i

2.

Kondenzátor C [F]

u [V]

+

2.

Ideális áramgenerátor i [A]

+

u 3.

1 i(t)dt C

Tekercs L [H] uL

-

di(t) dt

Aktív elemek eredője: 

Soros kapcsolás



Párhuzamos kapcsolás +

+

- +

u1

-

u

+

u2

u=u1+u2

u u

+

+

- +

-

i1

i

i

+

-

i i2 i=i1+i2

Passzív elemek eredője 

R1

Soros kapcsolás R2

Rn

=



Re

Re= R1+ R2+.... +Rn

Le= L1+ L2+.... +Ln

1 1 1 1    ...  C e C1 C 2 Cn

Párhuzamos kapcsolás R1

R2

Rn

=

Re

1 1 1 1    ...   R 1  R 1  ...  R n R e R1 R 2 Rn

1 1 1 1    ...  L e L1 L 2 Ln Ce= C1+ C2+.... +Cn

Villamos hálózatok: Több generátort vagy fogyasztót tartalmazó elágazó áramkörök

Passzív hálózat: csak fogyasztókat tartalmaz Aktív hálózat: generátor(oka)t és fogyasztókat tartalmaz Pólusok: A villamos áramkörök vagy részáramkörök azon csatlakozópontjai, amelyekhez újabb áramköri elemet vagy részáramkört csatlakoztathatunk

Kétpólus: olyan részáramkör, amely két csatlakozóval kapcsolódhat az áramkör többi részéhez

Kétpó tpólusok

Négypólus: olyan részáramkör, amely négy csatlakozóval kapcsolódhat az áramkör többi részéhez Vezeté Vezetékpá kpár mint né négypó gypólus

Kirchoff törvények 1. Csomóponti törvény Egy villamos há hálózat csomó csomópontjá pontjába befolyó befolyó áramok összege megegyezik a csomó csomópontbó pontból kifolyó kifolyó áramok összegé sszegével. I3

I1

I1  I3  I 2  I 4  I5

I4

I2

I

I5

be

  Iki

2. Hurok törvény Bármely zá zárt hurokban a feszü feszültsé ltségek előjeles összege nulla. I2

UR2

 UR1  Ug1  Ug2  UR 2  UR 3  UR 4  0

R2

Ug1 UR1

Ug2

R3

I1 R1

UR4 R4

I4

UR3 I3

U  0

Példa a Kirchoff törvények alkalmazására 1.

Határozza meg az ábrán látható hálózat R4 ellenállásának áramát és feszültségét a Kirchoff törvények felhasználásával! U1 = 120 V U2 = 90 V R1 = 20 R2 = 10 R3 = 30 R4 = 50 R5 = 40

2.

Határozza meg az ábrán látható hálózat R4 ellenállásának áramát és feszültségét a Kirchoff törvények felhasználásával! U1 = 120 V U2 = 200 V I = 12 A R1 = 10 R2 = 50 R3 = 20 R4 = 30

Passzív kétpólusú hálózatok eredő ellenállása Minden kétpólusú hálózat helyettesíthető egyetlen ellenállással. Határozzuk meg az ábrán látható ellenállás-hálózat A - B pontokra vonatkozó eredő ellenállását! 1.

3.

2.

4.

R1 R2 R3 R4 R5 R6 R7

= = = = = = =

40 50 80 80 60 60 60

Határozzuk meg az ábra szerinti ellenállás hálózat eredő ellenállását az A - B pontok felől nézve!

5.

R1 =60 Ω R2 = 30 Ω R3 = 30 Ω R4 = 20 Ω R5 = 20 Ω R6 = 40 Ω R7 = 60 Ω R8 = 18 Ω

R1 R2 R3 R4 R5 R6 R7

6.

7. 3R

R

R 3R

R 3R

3R

Fejezze ki a kétpólus ellenállását Az R paraméterrel.

= = = = = = =

300 Ω 300 Ω 300 Ω 80 Ω 60 Ω 60 Ω 60 Ω

Delta-csillag átalakítás

R1

Nem minden kapcsolás bontható fel soros és párhuzamos kapcsolások sorozatára. Ilyen esetben segítséget jelenthet a delta-csillag vagy a csillag-delta átalakítás: a hálózat egy részét kicseréljük más ellenálláskombinációra oly módon, hogy a hálózat többi részében semmi változás ne történjen. Ezt a hálózat impedanciahű átalakításának nevezzük. 1. 1.

13

R 12

R



R3

3.

R23

2.

3.

(1)

R 1  R 2  R 12  ( R 23  R 13 )

(2)

R 2  R 3  R 23  ( R 12  R 13 )

(3)

R 1  R 3  R 13  (R 12  R 23 )

R 2

2.

(1)

R 1  R 2  R 12  (R 23  R 13 )

(2)

R 2  R 3  R 23  (R 12  R 13 )

(3)

R 1  R 3  R 13  (R 12  R 23 )

(1)+(3 (1)+(3)-2·(2)

2  R1 

R 12  (R 13  R 23 ) R 13  (R 12  R 23 ) R  (R 13  R 12 )   2  23 R 12  R 13  R 23 R 12  R 13  R 23 R 12  R 13  R 23

R 12  R 13 R1  , R 12  R 13  R 23

R 12  R 23 R2  , R 12  R 13  R 23

R 13  R 23 R3  R 12  R 13  R 23

Csillag-delta átalakítás

1.

R

R3

R 12

13

R1

1.

R

2

2.

3.

1 Y R

3.

(1)

Y12  Y13  Y1  ( Y2  Y3 )

(2)

Y12  Y23  Y2  ( Y1  Y3 )

(3)

Y13  Y23  Y3  ( Y1  Y2 )

R23

2.

(1)+(2)(1)+(2)-2·(3)

2  Y12 

Y1  (Y2  Y3 ) Y2  (Y1  Y3 ) Y  (Y1  Y2 )  2 3 Y1  Y2  Y3 Y1  Y2  Y3 Y1  Y2  Y3 Y12 

Y1  Y2 Y1  Y2  Y3

1 R 12

1 1 1  1 1        R R R R 2 3  1 R2  1 1 R 2R 3  R 1R 3  R 1R 2 1   R 12 R 1R 2R 3 R 1R 2 R 2R 3  R 1R 3  R 1R 2  R 12 R3

R 12  R 1  R 2 

R 1R 2 , R3

R 13  R 1  R 3 

R 1R 3 , R2

R 23  R 2  R 3 

R 2R 3 R1

Példa Δ-Y átalakításra 1.

C

R3

R1

R4

A

R5

R2

B

Számítsuk ki A-B pontok között az eredő ellenállást! R1=1 Ω R2=2 Ω R3=3 Ω R4=4 Ω R5=5 Ω

D 2.

45  45 

56 V

45 

15 

5

Delta-csillag átalakítás után határozza meg az 56 V-os feszültségforrás, a 15 Ω-os és az 5 Ω-os ellenállás áramát!

Nevezetes passzív hálózatok A feszültségosztás törvénye I

U

R1

U1=IR1

R2

U2=IR2

Bármely két feszültség aránya megegyezik a hozzájuk tartozó fogyasztók ellenállásainak arányával, más szóval a soros ellenálláslánc a rákapcsolt feszültséget az ellenállások arányában leosztotta.

U1 R 1  , U2 R 2

U23 R3

I

U3=IR3

Terheletlen feszültségosztó

R1

Uki  Ube 

Ube R2

U2 R 2  , U3 R 3

U=IR2

Uki

R2 R1  R 2

U2 R2  U23 R 2  R 3

Terhelt feszültségosztó

I R1

Uki  Ube 

Ube R2

Rt

Uki

R2  Rt R1  R 2

Az áramosztás törvénye I I1 R1

Egy áramelágazás párhuzamos ágaiban folyó áramok fordítottan arányosak az ágak ellenállásaival. I2

U  I1  R 1  I2  R 2

R2

I1 R 2  I2 R 1 U  I1  R 1  I2  R 2

 R2  R2 R  R2  I  I1  I 2  I2   I2  I 2    1   I2  1 R1 R1  R1 

I2  I 

R1 R1  R 2

I1  I 

R2 R1  R 2

Wheatstone-híd

R1

R3 R1

Ube

A

Uki

B

Ube

Uki R2

R2

R3

R4

R4

A villamos méréstechnika egyik leggyakrabban alkalmazott mérőáramköre. Két párhuzamosan kapcsolt feszültségosztóból áll. Ha a kimeneti feszültség nulla, kiegyenlített hídról beszélünk. Ez akkor áll fenn, ha A és B pont azonos potenciálon van, vagyis mindkét feszültségosztó azonos mértékben osztja le Ube bemeneti feszültséget:

U1 R 1 U3 R 3    U A R 2 UB R 4

R1  R4  R2  R3

Példák a feszültség- és áramosztó összefüggések használatára 1.

2 U0

2.

8

6

9 U1

3

1

21 V

4 1A

4.5  I0

Határozza meg a kérdezett mennyiségeket! U0=? U1=?

6

5

Határozza meg a kérdezett mennyiségeket! I0=?, I1 =?

I1

3.

12 

4 Határozza meg a kérdezett mennyiségeket!

4,5 A

90 

7,5  I

2

5

3

I1=?

I1

I2=?

Aktív hálózatok Az ideális és a valóságos feszültséggenerátor A feszültséggenerátorok kapcsain mérhető Uk kapocsfeszültség mindig kisebb, mint a generátor Ug forrásfeszültsége, ha a terhelőárm I>0. A feszültséggenerátorokban fellépő veszteségeket Rb belső ellenállással vesszük figyelembe. Így a valóságos feszültséggenerátorokat elvileg két részre oszthatjuk:

Az ideális és a valós generátor

• Ug forrásfeszültségű és Rb=0 belső ellenállású ideális

Ub  Uk feszültséggenerátorra Rb I

és

• a működésből adódó belső veszteségeket figyelembe vevő Rb belső ellenállással . Rb

I[A]

Uk

rövidzár

Ub

Ir I Uk

Ug

Rt

üresjárás

I Ug generátor

Uk  Ug  I  R b  Ug 

Ug Rb  R t

terhelés

U

U R 1 t Rb

U[V]

U-I jelleggörbe

Ha Rb<
Az ideális és a valóságos áramgenerátor I

Ug

Ha Rb>>Rt, akkor Rt változása nem befolyásolja lényegesen I értékét, a generátor áramgenerátorként működik.

R t  Rb

A valóságos áramgenerátorokat is elvileg két részre oszthatjuk: • egy Rb=∞ belső ellenállású ideális áramgenerátorra (áramforrásra) • és egy vele párhuzamosan kapcsolt Rb belső ellenállásra. I

Ig

Rb

Ib

I g  I t  Ib  0

I[A]

Ug

It

Rb  Rt

I g  I t  Ib

Rt

Ig  I t  generátor

terhelés

I g Rg

U I t  I  Ig  Rb

U[V]

U Rb

Thevenin-tétel Bármely hálózat két tetszőleges pontja felöl nézve helyettesíthető egyetlen feszültségforrással. A helyettesítő feszültségforrást akkor ismerjük, ha meg tudjuk határozni a feszültséggenerátor Ug forrásfeszültségét és a vele sorba kapcsolt Rb belső ellenállást (impedanciát). A forrásfeszültség meghatározása:

A

A I U0

Uk

R

B B

A A

I Rb Uk

R

U0

B B A belső impedancia meghatározása (a feszültségforrások rövidre zárva, áramgenerátorok köre megszakítva)

Thevenin helyettesítő kép

Norton-tétel Bármely hálózat két tetszőleges pontja felöl nézve helyettesíthető egyetlen áramforrással. A helyettesítő áramforrást akkor ismerjük, ha meg tudjuk határozni az áramgenerátor Iz forrásáramát és a vele párhuzamosan kapcsolt Rb belső ellenállást (impedanciát). A forrásáram meghatározása:

A

A I

Uk

Uz

R

B B

A A

I Iz

Uk

Rb

B B A belső impedancia meghatározása (a feszültségforrások rövidre zárva, áramgenerátorok köre megszakítva)

Norton helyettesítő kép

R

Szuperpozició-tétel Generátorokból és lineáris impedanciákból álló hálózat bármely ágának árama egyenlő azoknak az áramoknak az összegével, amelyet egy-egy generátor hozna létre, ha a vizsgálat idejére a többi feszültséggenerátort rövidre zárnánk, az áramgenerátorok áramát pedig megszakítanánk. Vagyis a tényleges áramot az egyes generátorok által létrehozott áramok összege (szuperpoziciója) adja. R1

R2

R1

R2

= U01

I1=?

R1

U02

U01 I'1  R R R1  2 3 R 2  R3

I"1 

R2

+ I’1

R3

a

U01

I”1 R3

U02 I R R R2  1 3 R1  R 3

R3 I R1  R 3

I'1 

I1  I'1 I"1

R3 U02

b

I

R1  R 3  I"1R 1 R1  R 3

R3 I R2  R3

Példák a szuperpozició-tétel használatára 1.

2.

Határozza meg az ábrán látható hálózat R4 ellenállásának áramát és feszültségét a szuperpozíció elvének felhasználásával! U1 = 120 V U2 = 90 V R1 = 20 R2 = 10 R3 = 30 R4 = 50 R5 = 40

Számítsa ki az alábbi áramkör I2 áramát a szuperpozíció elv segítségével! U = 100 V I = 5A R1 = 30 R2 = 4 R3 = 10 R4 = 30 R5 = 6

Példák a Norton és a Thevenin tétel használatára 1.

Határozza meg az ábrán látható hálózat A -B ágára vonatkozó Thevenin/Norton helyettesítő képet, majd ez alapján számítsa ki az R3 ellenállás áramát és feszültségét! U = 50 V R1 = 30 Ω R2 = 20 Ω R3 = 30 Ω R4 = 40 Ω

2.

Alkossa meg az ábrán látható hálózat A-B pontokra vonatkozó Thevenin/Norton helyettesítő képét, majd ennek segítségével határozza meg a bejelölt I3 áramot! R1

R2

A

I3 U

R4

R3

B

R5

U = 120 V R1 = 20  R2 = 14  R3 = 20  R4 = 10  R5 = 15 

Példák a hurokáramok módszerének használatára 1.

1,7 

A

ICA

12,4  5,3 

60 V

C

4

IAB

B

2.

ICD

20 A

Határozza meg az ábrán látható kapcsolás AB ágának áramát és feszültségét! Használja a hurokáramok módszerét.

D

R1 I1 R3

R2 I2 U4

I5 I4

R4

R5

U3

I3

U5

R6

I6

Számítsa ki a hálózat áramait a hurokáramok módszerével! R1=100 , R2=50  R3=100 , R4=100  R5=40 , R6=160  U3=200 V, U4=100 V U5=100 V