Elektrotechnika példatár

Elektrotechnika példatár

Langer Ingrid

Tartalomjegyzék

Előszó................................................................................................................................ 2 1. Egyenáramú hálózatok ................................................................................................ 3 1.1. Alapfogalmak ............................................................................................................. 3 1.2. Példák passzív hálózatok eredő ellenállásának kiszámítására ................................... 6 1.3. Impedanciahű átalakítások ....................................................................................... 12 1.4. A feszültség és az áramosztás törvénye ................................................................... 24 1.5. A Thévenin és a Norton tétel ................................................................................... 29 1.6. Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok kiszámítására .......................................... 50 2. Váltakozó áramú hálózatok......................................................................................... 97 2.1. Alapfogalmak ........................................................................................................... 97 2.2. Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú áramkörök számításához ...... 102

1

Előszó A példatár az Óbudai Egyetem Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai mérnöki Karán a Mechatronikai mérnök BSc képzésen oktatott Elektrotechnika tárgy egyenáramú és váltakozó áramú hálózatok számításával kapcsolatos anyagának elsajátításához szeretne segítséget nyújtani. A tantermi gyakorlatok nem mindig elegendőek ahhoz, hogy a hallgatók a számítási módszereket első hallásra megértsék, illetve levelező tagozaton idő hiányában a részletes magyarázatok gyakran elmaradnak. A példatár ezért sok, részletesen kidolgozott feladatot is tartalmaz, amelyben a számítás menetét lépésről lépésre követni lehet, de minden témakörhöz tartoznak olyan gyakorló feladatok is, amelyeket önállóan kell megoldani, segítségként csak a végeredmény van megadva. Remélem, hasznos segítség lesz a zárthelyi dolgozatokra és a vizsgára való felkészülésben. 2013. augusztus A szerző

2

1. EGYENÁRAMÚ HÁLÓZATOK 1.1.

Alapfogalmak

1.1.1. Villamos áram (jele: I) Egységnyi felületen egységnyi idő alatt átahaladó töltésmennyiséget áramnak nevezzük: 𝐼=

𝑑𝑄 [𝐴] 𝑑𝑡

ahol Q – töltésmennyiség [C] t – idő [s]

1.1.2. Villamos feszültség (jele: U) A tér két pontja közötti potenciálkülönbség. Elektromos potenciál: egységnyi töltésnek a tér egyik pontjából a másikba mozgatásához szükséges energia: 𝐵

𝐵

𝑊𝐴𝐵 = ∫ 𝑄 ∙ 𝐸𝑑𝑙 = 𝑄 ∫ 𝐸𝑑𝑙 = 𝑄 ∙ 𝑈𝐴𝐵 𝐴

𝐴 𝐵

𝑈𝐴𝐵 = ∫ 𝐸𝑑𝑙 = 𝐴

𝑊𝐴𝐵 𝐽 [ = 𝑉] 𝑄 𝐶

ahol WAB – Q töltésmennyiség A pontból B pontba mozgatásához szükséges munka [J] E – elektromos térerősség [N/C]

1.1.3. Ellenállás (jele: R) Fém vezető ellenállása: 𝑅 =𝜌∙ ahol 𝜌 – a fajlagos ellenállás [

Ω∙𝑚𝑚2 𝑚

𝑙 [Ω] 𝐴

]

l – a vezető hossza [m] A – a vezet keresztmetszete [mm2] 3

(A fajlagos ellenállás hőmérsékletfüggő, a hőmérséklet növekedésével a fém vezetők ellenállása nő.) Villamos áramkörökben az ellenállások árama és feszültsége közötti kapcsolatot az Ohm-törvény írja le: 𝑅=

𝑈 𝐼

(Az ellenállás reciprokát vezetőképességnek hívjuk, jele G, mértékegysége S (Siemens) 1

𝐺 =𝑅)

1.1.4. Villamos áramkörök Az egyenáramú villamos áramkörök aktív elemekből, azaz energiaforrásokból (feszültség vagy áramgenerátorokból), passzív elemekből, azaz fogyasztókból (ellenállásokból) és az őket összekötő vezetékekből állnak. A generátorok villamos energia előállítására alkalmas készülékek. (Villamos energiát számos energiafajta átalakításával előállítható, pl. vegyi energia (galvánelemek, akkumulátorok), fényenergia (napelemek), mechanikai energia (egyen- és váltakozó áramú generátorok) átalakításával. Ideális feszültséggenerátor: Kapcsai között a feszültség a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó. Ideális áramgenerátor: Árama a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó. Jelölések: +

+ Ig

Ug

Ideális feszültséggenerátor

Ideális áramgenerátor

1-1. ábra

1.1.5. Kirchhoff törvények a) Kirchhoff csomóponti törvénye: Csomópont definíciója a villamos hálózatban: Kettőnél több vezeték találkozási pontja. Villamos hálózat csomópontjába befolyó és kifolyó áramok előjeles összege nulla.

4

I1

𝐼1 − 𝐼2 − 𝐼3 + 𝐼4 − 𝐼5 = 0

I4

I2

𝑛

∑ 𝐼𝑖 = 0

I5

I3

𝑖=1

1-2. ábra

b) Kirchhoff hurok törvénye: Hurok definíciója a villamos hálózatban: A hálózat azon ágainak összessége, melyeken végighaladva úgy érhetünk vissza a kiindulási pontba, hogy minden ágon csak egyszer haladtunk végig. Villamos hálózatban bármely zárt hurokban a generátorok és fogyasztók feszültségeinek előjeles összege nulla. Ug2

I2

R2

Ug1 UR1

UR2

I1 R1

UR3

R3 UR4

𝑛

∑ 𝑈𝑖 = 0 I3

I4

𝑖=1

R4 𝑈𝑔1 − 𝑈𝑔2 + 𝑈𝑅2 + 𝑈𝑅3 − 𝑈𝑅4 − 𝑈𝑅1 = 0 1-3. ábra

1.1.6. Ellenállások kapcsolása a. Ellenállások soros kapcsolása

𝑛 R1

R2

Rn

=

Re

𝑅𝑒 = 𝑅1 + 𝑅2 + ⋯ + 𝑅𝑛 = ∑ 𝑅𝑖 𝑖=1

1-4. ábra

5

b. Ellenállások párhuzamos kapcsolása 𝑛

1 1 1 1 1 = + + ⋯+ =∑ 𝑅𝑒 𝑅1 𝑅2 𝑅𝑛 𝑅𝑖

R1 R2

𝑖=1

=

Re

𝑅𝑒 =

Rn

1 1 1 1 𝑅1 + 𝑅2 + ⋯ + 𝑅𝑛

=

1 ∑𝑛𝑖=1

1 𝑅𝑖

jelölésben: 𝑅𝑒 = 𝑅1 × 𝑅2 × … . .× 𝑅𝑛 (Az ×-szel jelölt művelet elnevezése replusz , jelentése: reciprok értékek összegének a reciproka)

1-5. ábra

1.2. Példák passzív kiszámítására

hálózatok

eredő

ellenállásának

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

R3

R1

R2

B

R5

R4

R7 R6

R8

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

1-6. ábra

A megoldás menete: Keressünk sorba vagy párhuzamosan kapcsolt ellenállásokat és cseréljük ki ezek eredőjével az eredeti ellenállásokat!

6

A

R3

R1 R2

R5 R4

A R7

R8

R2

R2 R6

B

R3

R1

R5 R4

R6

B

𝑅7 ∙ 𝑅8 2∙3 = 𝑅7 + 𝑅8 2 + 3 = 1,2Ω

𝑅78 = 𝑅7 × 𝑅8 =

R78

𝑅5678 = 𝑅5 + 𝑅6 + 𝑅78 = 1,8 + 3 + 1,2 =6Ω

1-7. ábra

A

A

R3

R1

R2

R3

R2

R5678

R4

R45678

B

B 𝑅45678 = 𝑅5678 × 𝑅4 =

A

R1

6∙4 = 2,4Ω 10

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

A

R1

R2

R1 R2345678

R345678

B

B 𝑅2345678 = 𝑅345678 × 𝑅2 =

6∙3 =2Ω 9

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅12345678 = 𝑅1 + 𝑅2345678 = 2 + 4 =6Ω

1-8. ábra

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

7

F

R2

C

R3

R1

R5

R6

R4

A

E

R7

D

B

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

1-9. ábra

Megoldás: A C-D pontok és a B-E pontok egy-egy ellenállás nélküli vezetékdarabbal vannak összekötve (rövidre vannak zárva), ezért a két csomópont összevonható. Így látható, hogy az R5 R6 és R7 ellenállások a B-D pontok között párhuzamosan vannak kapcsolva. Ugyanez igaz az R2 és R3 ellenállásokra a D-F pontok között: R2×R3

R1 R4

A 1-10. ábra

R5×R6×R7

B

R7

Az R1 és az R23 ellenállások egymással sorban, ketten együtt az R4-gyel párhuzamosan vannak kapcsolva. Eredőjük pedig az R567-tel sorba kapcsolódik. Így AB között az eredő ellenállás: 𝑅𝐴𝐵 = {𝑅4 × [(𝑅2 × 𝑅3 ) + 𝑅1 ]} + (𝑅5 × 𝑅6 × 𝑅7 ) 2∙3 3∙6 𝑅𝐴𝐵 = {7 × [(2 × 3) + 1,8]} + (3 × 6 × 2) = [7 × ( + 1,8)] + ( × 2) 2+3 3+6 7∙3 2∙2 = + = 3,1 Ω 7+3 2+2

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

8

R1=8 Ω R1

A

R2

B

R3

R2=20Ω R3=30Ω

1-11. ábra

Megoldás: Vegyük észre, hogy a rövidre záró vezetékek miatt mindhárom ellenállás A és B pontok közé van bekötve, vagyis a három ellenállás A és B pontok között párhuzamosan kapcsolódik egymáshoz. A kapcsolás átrajzolva:

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 × 𝑅2 × 𝑅3

R1 R2

A

B

𝑅𝐴𝐵 =

R3

8 ∙ 20 ∙ 30 = 4,8Ω 8 ∙ 20 + 8 ∙ 30 + 20 ∙ 30

1-12. ábra

1.2.4. A és B pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! R1=20 Ω R2

R4

R2=40 Ω

R6

R3=30 Ω R1

R4=10 Ω

R3

R5=60 Ω R5

A

R6=70 Ω

R7

B R8

R7=30 Ω R8=20 Ω

1-13. ábra

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = ({[(𝑅1 + 𝑅2 ) × 𝑅3 ] + 𝑅4 } × 𝑅5 × 𝑅8 ) + (𝑅6 × 𝑅7 ) = 31𝛺 9

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

R1

R1= 1 Ω

A

R2= 6Ω R5

R3= 3 Ω

R3

R4= 3 Ω R7

R4

R2

B

R5= 5 Ω R6= 2Ω R7= 4 Ω

R6

1-14. ábra

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

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

R1

B

R1= 2 Ω R2= 4Ω

R5

R3= 6 Ω

R3

R4= 3 Ω R4

R2

A R6

R5= 5 Ω R6= 7 Ω

1-15. ábra

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


10

A

B

R4

R3

R1

R8 R5

R7

R2

R6

R1=10 Ω R2=30 Ω R3=10 Ω R4=12 Ω R5=80 Ω R6=40 Ω R7=60 Ω R8=60 Ω

1-16. ábra

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


R1

R2

A

R3

R4

B

R1=6 Ω R2=30Ω R3=30Ω R4=30 Ω R5=90 Ω

R5

1-17. ábra

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


R2

R1

R3

R4

R5

A

R6

R7

R8

R9

R10

R1=15 Ω R2=25 Ω R3=20 Ω R4=30 Ω R5=60 Ω R6=40 Ω R7=60 Ω R8=16 Ω R9=40 Ω R10=30 Ω

B

1-18. ábra

11

(Megoldás: 𝑅𝐴𝐵 = [(𝑅1 + 𝑅2 ) × 𝑅3 × 𝑅4 × 𝑅5 ] + {[(𝑅6 × 𝑅7 ) + 𝑅8 ] × 𝑅9 × 𝑅10 } = 20𝛺)

1.2.10. Az ábrán az emberi test ellenállásának egyszerűsített modellje látható. Számítsa ki 150 V egyenfeszültség hatására a testen átfolyó áramot, ha a feszültség a(z) a) A-B b) B-C c) B-E d) A-E pontok között hat. A R2 R6

R4

R3

R7

R5 R8

B R9

D

R1

C R10

E

R1=40 Ω R2=35 Ω R3=35 Ω R4=120 Ω R5=120 Ω R6=480 Ω R7=460 Ω R8=20 Ω R9=800 Ω R10=850 Ω

1-19. ábra

(Megoldás: 𝑎) 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 + 𝑅6 + (𝑅2 × (𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 )) = 551𝛺, 𝑏) 𝑅𝐵𝐶 = 𝑅6 + 𝑅7 + [(𝑅2 + 𝑅3 ) × (𝑅4 + 𝑅5 )] = 994,2𝛺, 𝑐) 𝑅𝐵𝐸 = 𝑅6 + (𝑅4 × (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅5 )) + 𝑅8 + 𝑅10 = 1423,6𝛺, 𝑑) 𝑅𝐴𝐸 = 𝑅1 + [𝑅2 + 𝑅4 ) × (𝑅3 + 𝑅5 )] + 𝑅8 + 𝑅10 = 987,5𝛺,

1.3.

𝐼𝑎 = 0,27𝐴 𝐼𝑎 = 0,15𝐴 𝐼𝑎 = 0,11𝐴 𝐼𝑎 = 0,15𝐴 )

Impedanciahű átalakítások

 Nem minden kapcsolás bontható fel soros és párhuzamos kapcsolások sorozatára. Ilyen esetben segítséget jelenthet a delta-csillag vagy a csillag-delta átalakítás: a hálózat egy részét kicseréljük más ellenállás-kombinációra oly módon, hogy a hálózat többi részében semmi változás ne történjen és az eredő impedancia a hálózat 12

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

a. Delta-csillag átalakítás

Az 1-2-3 pontok közé ún. delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki ugyanezen pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Δ és a Y kapcsolásban megegyezzen.

1. 1. R1 R13

R12

R2 R23

2.

3.

Delta kapcsolás

R3

2.

3. Csillag kapcsolás

1-20. ábra

Az 1-2 pontok között az ellenállás, ha a 3. pont nincs csatlakoztatva: (1) 𝑅1 + 𝑅2 = 𝑅12 × (𝑅23 + 𝑅13 ) Az 2-3. pontok között az ellenállás, ha az 1. pont nincs csatlakoztatva: (2) 𝑅2 + 𝑅3 = 𝑅23 × (𝑅12 + 𝑅13 ) Az 1-3. pontok között az ellenállás, ha a 2. pont nincs csatlakoztatva: (3) 𝑅1 + 𝑅3 = 𝑅13 × (𝑅12 + 𝑅23 )

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

2 ∙ 𝑅1 =

𝑅12 ∙ (𝑅13 + 𝑅23 ) 𝑅13 ∙ (𝑅12 + 𝑅23 ) 𝑅23 ∙ (𝑅13 + 𝑅12 ) + − 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

13

2 ∙ 𝑅1 =

𝑅12 ∙ 𝑅13 + 𝑅12 ∙ 𝑅23 𝑅13 ∙ 𝑅12 + 𝑅13 ∙ 𝑅23 𝑅23 ∙ 𝑅13 + 𝑅23 ∙ 𝑅12 + − 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

Így a Y kapcsolás R1 ellenállása: 𝑅1 =

𝑅12 ∙ 𝑅13 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

Az (1) és (2) egyenletek összegéből levonva a (3) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás R2 ellenállását: 𝑅2 =

𝑅12 ∙ 𝑅23 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

És végül a (2) és (3) egyenletek összegéből levonva az (1) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás R3 ellenállását:

𝑅3 =

𝑅13 ∙ 𝑅23 𝑅12 + 𝑅13 + 𝑅23

b. Csillag-delta átalakítás

Az 1-2-3 pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki ugyanezek pontok közé delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Y és a Δ kapcsolásban megegyezzen.

14

1.

1.

R1

R2

R13

R12 R3

2.

R23

2.

3.

3.

Delta kapcsolás

Csillag kapcsolás 1-21. ábra

Az átalakítás képletének levezetéséhez képzeletben kössük össze (zárjuk rövidre) a 2 és 3 pontot. Impedanciahű átalakítás esetén a csillag kapcsolásban az 1 és a 2-3 pontok közötti eredő ellenállás meg kell, hogy egyezzen a delta kapcsolásban az 1. és a szintén összekötött 2-3 pontok közötti ellenállással. Ez csillag kapcsolásban a R1 soros kapcsolását jelenti R2 és R3 párhuzamos eredőjével. Delta kapcsolásban a rövidzár miatt R23 ellenállás nem szól bele az eredő ellenállásba, ami így az R 12 és R13 ellenállások párhuzamos eredőjével lesz egyenlő: (1) 𝑅13 × 𝑅12 = 𝑅1 + (𝑅2 × 𝑅3 ) a “replusz” jelölést képletként felírva: (1)

1 1 1 𝑅13 + 𝑅12

= 𝑅1 +

1 1 1 𝑅2 + 𝑅3

A fenti gondolatmenetet követve az 1 és a 3 pontok összekötésével az eredő ellenállás a 2 és 1-3 pontok között csillag és delta kapcsolásban: (2) 𝑅12 × 𝑅23 = 𝑅2 + (𝑅1 × 𝑅3 ) a “replusz” műveletet képletben felírva: (2)

1 1 1 𝑅12 + 𝑅23

= 𝑅2 +

1 1 1 𝑅1 + 𝑅3

Végül az 1 és a 2 pontok összekötésével a 3 és az 1-2 pontok között az eredő ellenállás csillag és delta kapcsolásban: (3) 𝑅13 × 𝑅23 = 𝑅3 + (𝑅1 × 𝑅2 ) azaz (3)

1 1 1 + 𝑅13 𝑅23

= 𝑅3 +

1 1 1 + 𝑅1 𝑅2 15

A fenti összefüggésekben az ellenállásokat cseréljük ki reciprok értékükkel, vezessük be a 𝐺 = 1/𝑅 jelölést. (G a vezetőképesség jele, mértékegysége Siemens, [S]) Az (1) egyenlet így a következőképpen írható: (1)

1 1 1 = + 𝐺13 + 𝐺12 𝐺1 𝐺2 + 𝐺3

𝐺13 + 𝐺12 =

1 1 1 + 𝐺1 𝐺2 + 𝐺2

=

𝐺1 (𝐺2 + 𝐺3 ) 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3

A fenti összefüggés formailag nagyon hasonlít a delta-csillag átalakításnál az ellenállásokra felírt összefüggésre. Az (1) egyenlet mintájára a (2) és a (3) egyenletek a következőképpen írhatók: (2) 𝐺12 + 𝐺23 =

𝐺2 (𝐺1 + 𝐺3 ) 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3

(3) 𝐺13 + 𝐺23 =

𝐺3 (𝐺1 + 𝐺2 ) 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3

Az (1) és (2) egyenletek összegéből kivonva a (3) egyenletet: 2 ∙ 𝐺12 = 2 ∙ 𝐺12 =

𝐺1 (𝐺2 + 𝐺3 ) 𝐺2 (𝐺1 + 𝐺3 ) 𝐺3 (𝐺1 + 𝐺2 ) + − 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3

𝐺1 ∙ 𝐺2 + 𝐺1 ∙ 𝐺3 𝐺1 ∙ 𝐺2 + 𝐺2 ∙ 𝐺3 𝐺1 ∙ 𝐺3 + 𝐺2 ∙ 𝐺3 + − 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺12 =

𝐺1 𝐺2 𝐺1 + 𝐺2 + 𝐺3

Visszaírva R-eket a képletbe: 1 1 1 𝑅1 ∙ 𝑅2 = 1 1 1 𝑅12 + + 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝑅12 = ( 𝑅12 =

16

1 1 1 + + )𝑅1 𝑅2 𝑅1 𝑅2 𝑅3

𝑅1 𝑅2 + 𝑅1 𝑅3 + 𝑅2 𝑅3 ∙ 𝑅1 𝑅2 𝑅1 𝑅2 𝑅3

𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 +

𝑅1 𝑅2 𝑅3

A (2) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (1) egyenletet: 2 ∙ 𝐺23 =

𝐺2 (𝐺1 + 𝐺3 ) 𝐺3 (𝐺1 + 𝐺2 ) 𝐺1 (𝐺2 + 𝐺3 ) + − 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺23 =

𝐺2 𝐺3 𝐺1 + 𝐺2 + 𝐺3

Visszaírva R-eket a képletbe: 𝑅23 = 𝑅2 + 𝑅3 +

𝑅2 𝑅3 𝑅1

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

2 ∙ 𝐺13 =

𝐺1 (𝐺2 + 𝐺3 ) 𝐺3 (𝐺1 + 𝐺2 ) 𝐺2 (𝐺1 + 𝐺3 ) + − 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺1 +𝐺2 +𝐺3 𝐺13 =

𝐺1 𝐺3 𝐺1 + 𝐺2 + 𝐺3

Visszaírva R-eket a képletbe: 𝑅13 = 𝑅1 + 𝑅3 +

𝑅1 𝑅3 𝑅2

1.3.1. Számítsuk ki három azonos nagyságú… a) …deltába kapcsolt R ellenállással egyenértékű csillag kapcsolás ellenállásainak értékeit! ? R

R

?

?

R

1-22. ábra

Alkalmazzuk a delta-csillag átalakítás képlet három azonos nagyságú ellenállásra. Behelyettesítve R-t mindhárom ellenállás helyére látjuk, hogy elég a csillag kapcsolás egyetlen ellenállásának kiszámolása, hiszen az átalakítás után is mindhárom ellenállás azonos nagyságú lesz: 17

𝑅Y =

𝑅∙𝑅 𝑅 = 𝑅+𝑅+𝑅 3

Tehát egy R ellenállásokból álló delta kapcsolás R/3 nagyságú ellenállásokból álló csillag kapcsolással helyettesíthető.

b) …csillagba kapcsolt R ellenállással egyenértékű delta kapcsolás ellenállásainak értékeit!

R ?

? R

R ?

1-23. ábra

𝑅Δ = 𝑅 + 𝑅 +

𝑅∙𝑅 = 3𝑅 𝑅

Tehát egy R ellenállásokból álló csillag kapcsolás 3R nagyságú ellenállásokból álló delta kapcsolással helyettesíthető.

1.3.2. Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! C R1=2Ω

A

R3=5Ω B

R3 R5

R2

D 1-24. ábra

1.3.2.1. Megoldás delta-csillag átalakítással

18

R2=3Ω

R4

R1

R4=4Ω R5=6Ω

Cseréljük ki ACD pontok között a delta kapcsolású R1, R2, R3 ellenállásokat a velük egyenértékű csillag kapcsolású RA, RC, RD ellenállásokra!

C

C

R3

A

RC

R4

R1

B R5

R2

D

A

R4

RA

B RD

R5

D

1-25. ábra

𝑅𝐴 =

𝑅1 ∙ 𝑅2 2∙3 = = 0,6Ω 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 2 + 3 + 5

𝑅𝐶 =

𝑅1 ∙ 𝑅3 2∙5 = = 1Ω 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 2 + 3 + 5

𝑅𝐷 =

𝑅2 ∙ 𝑅3 3∙5 = = 1,5Ω 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 2 + 3 + 5

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

5 ∙ 7,5 5 + 7,5

𝑅𝐴−𝐵 = 3,6 Ω

1.3.2.2. Megoldás csillag-delta átalakítással

Cseréljük ki ADB pontok között a csillag kapcsolású R1, R3, R3 ellenállásokat a velük egyenértékű delta kapcsolású RAB, RAD, RBD ellenállásokra! (Megjegyzés: C pont az R1, R3, R3 ellenállások csillagpontja, ami az átalakítás után eltűnik)

19

C

R4

R1

RAB

R3

A

B

R2

R5

R2

B

A R5

RAD

RBD

D

D 1-26. ábra

𝑅𝐴𝐷 = 𝑅1 + 𝑅3 +

𝑅1 ∙ 𝑅3 2∙5 = 2+5+ = 9,5Ω 𝑅4 4

𝑅𝐵𝐷 = 𝑅3 + 𝑅4 +

𝑅3 ∙ 𝑅4 5∙4 =5+4+ = 19Ω 𝑅1 2

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅1 + 𝑅4 +

𝑅1 ∙ 𝑅4 2∙4 =2+4+ = 7,6Ω 𝑅3 5

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

9,5 ∙ 3 19 ∙ 6 7,6 ∙ 6,84 + ] = 7,6 × 6,84 = = 3,6Ω 12,5 25 7,6 + 6,84

1.3.3. Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! R1=1Ω R1

A

R2

C

R2=3Ω R3

R4

D

B

R3=4Ω R4=2,5Ω

R5

R5=4,5Ω

1-27. ábra

20

1.3.3.1. Megoldás delta-csillag átalakítással Az ACD pontok között R1 R2 R3 ellenállások delta kapcsolásban vannak kötve. Cseréljük ki ezt a három ellenállást három csillag kapcsolású ellenállásra!

A

RA

D

RD

R4

B

RC R5

C

1-28. ábra

𝑅𝐴 =

𝑅1 ∙ 𝑅2 1∙3 = = 0,375Ω 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 1 + 3 + 4

𝑅𝐷 =

𝑅1 ∙ 𝑅3 1∙4 = = 0,5Ω 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 1 + 3 + 4

𝑅𝐶 =

𝑅2 ∙ 𝑅3 3∙4 = = 1,5Ω 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 1 + 3 + 4

Az eredő ellenállás A-B pontok között: 𝑅𝐴−𝐵 = 𝑅𝐴 + [(𝑅𝐷 + 𝑅4 ) × (𝑅𝐶 +𝑅5 )] = 0,375 + [(0,5 + 2,5) × (1,5 + 4,5)] = 2,375Ω

1.3.3.2. Megoldás csillag-delta átalakítással

R1

A

D

RAD

R4

B

RDB RAB

1-29. ábra

21

Az R2, R3, R5 ellenállások A-D-B pontok között csillagba vannak kapcsolva. Cseréljük ki ezeket RAD, RAB, RDB delta kapcsolású ellenállásokra. A C pont (csillagpont) az átalakítás során eltűnik. 𝑅𝐴𝐷 = 𝑅2 + 𝑅3 +

𝑅2 ∙ 𝑅3 3∙4 =3+4+ = 9,667Ω 𝑅5 4,5

𝑅𝐷𝐵 = 𝑅3 + 𝑅5 +

𝑅3 ∙ 𝑅5 4 ∙ 4,5 = 4 + 4,5 + = 14,5Ω 𝑅2 3

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅2 + 𝑅5 +

𝑅2 ∙ 𝑅5 3 ∙ 4,5 = 3 + 4,5 + = 10,875Ω 𝑅3 4

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

9,667 ∙ 1 14,5 ∙ 2,5 + ] 10,667 17

= 10,875 × 3,0386

10,875 ∙ 3,0386 = 2,375Ω 10,875 + 3,386

1.3.4. Számítsa ki A-B pontok között az eredő ellenállást! R1=6Ω R1 R3

R3=3Ω R4=4Ω R5=8Ω

R6 R4

A

R2=3Ω

R2

R5 R7

R6=6Ω B

R7=12Ω

1-30. ábra

1.3.4.1. Megoldás csillag-delta átalakítással R1 és R2 ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen R12=R1×R2 ellenállással. Az így kapott csillagba kapcsolt R12, R4, R5 ellenállásokat helyettesítsük a deltába kapcsolta RAC, RBC, RAB, ellenállásokkal!

22

C

C

R12 R3

R3

R6 R4

RBC

RAC

R6

R5 RAB

A

B

R7

A

R7

B

1-31. ábra

𝑅12 = 𝑅1 × 𝑅2 =

𝑅1 ∙ 𝑅2 6∙3 = = 2Ω 𝑅1 + 𝑅2 6 + 3

𝑅𝐴𝐶 = 𝑅12 + 𝑅4 + 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅4 + 𝑅5 +

𝑅12 ∙ 𝑅4 2∙4 =2+4+ = 7Ω 𝑅5 8

𝑅4 ∙ 𝑅5 4∙8 = 4+8+ = 28Ω 𝑅12 2

𝑅𝐵𝐶 = 𝑅12 + 𝑅5 +

𝑅12 ∙ 𝑅5 2∙8 =2+8+ = 14Ω 𝑅4 4

𝑅𝐴−𝐵 = [𝑅7 × 𝑅𝐴𝐵 ] × [(𝑅3 × 𝑅𝐴𝐶 ) + (𝑅𝐵𝐶 × 𝑅6 )] = [12 × 28] × [(3 × 7) + (14 × 6)] = 8,4 × (2,1 + 4,2) = 3,6Ω 1.3.4.2. Oldja meg a feladatot delta-csillag átalakítással! (Pl. R12, R3, R4 delta kapcsolás csillaggá alakításával.)

1.3.5. Számítsa ki A-B pontok között az eredő ellenállást! R1=9Ω R1 A

R3 R5

R3=4,5Ω R4

R6

R2=9Ω

R2

R7

B

R4=1Ω R5=3Ω R6=6Ω R7=6Ω

1-32. ábra

23

1.3.5.1. Megoldás delta-csillag átalakítással R1 és R3 ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen R13=R1×R3 ellenállással. Az így kapott deltába kapcsolt R13, R5, R6 ellenállásokat helyettesítsük a csillagba kapcsolt RA, RC, RD, ellenállásokkal!

R2

R2 A

R13 R5

C

B

R4

R6

A

RC

RA

C

R4

B

RD

R7

D

D

R7

1-33. ábra 𝑅 ∙𝑅

9∙4,5

𝑅13 = 𝑅1 × 𝑅3 = 𝑅 1+𝑅3 = 9+4,5 = 3Ω 1

3

𝑅𝐴 =

𝑅13 ∙ 𝑅5 3∙3 = = 0,75Ω 𝑅13 + 𝑅5 + 𝑅6 3 + 3 + 6

𝑅𝐶 =

𝑅13 ∙ 𝑅6 3∙6 = = 1,5Ω 𝑅13 + 𝑅5 + 𝑅6 3 + 3 + 6

𝑅𝐷 =

𝑅5 ∙ 𝑅6 3∙6 = = 1,5Ω 𝑅13 + 𝑅5 + 𝑅6 3 + 3 + 6

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

7,5 ∙ 2,5 ) × 9 = 2,625 × 9 = 2,03Ω 10

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

24

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

R1 A

R3

R2

R4 R6

R1=3Ω R2=2Ω R3=6Ω R4=6Ω R5=12Ω R6=4Ω R7=2Ω R8=8Ω

R5 R7

B

R8

1-34. ábra

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

1.4. A feszültség és az áramosztás törvénye a) A feszültségosztás törvénye Sorba kapcsolt ellenálláslánc elemei a rájuk kapcsolt feszültséget az ellenállások arányában osztják le. A soros ellenálláslánc minden tagján ugyanaz az áram folyik keresztül, ezért: I UR1 Ube

UR2

R1

𝐼=

R2

Uki UR3

R3

𝑈𝑏𝑒 𝑈𝑅1 𝑈𝑅2 𝑈𝑅3 𝑈𝑘𝑖 = = = = 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝑅2 + 𝑅3 𝑈𝑅1 = 𝑈𝑏𝑒 ∙

𝑅1 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3

𝑈𝑘𝑖 = 𝑈𝑏𝑒 ∙

𝑅2 + 𝑅3 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3

1-35. ábra

b) Az áramosztás törvénye Egy áramkör párhuzamosan kapcsolt ágainak áramai fordítottan arányosak az egyes ágak ellenállásaival. A párhuzamos ágakon eső feszültségek megegyeznek, ezért:

25

I IR1

Ube

IRn

IR2 IR3

R1

R2

R3

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

…. Rn

𝐼𝑅𝑛 = 𝐼 ∙

1 1 1 1 1 + + + ⋯+ 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝑅𝑛

𝑅𝑒 𝑅𝑛

1-36. ábra

Speciális eset: két párhuzamosan kötött ellenállás esetén az áramosztás törvénye: I IR1

𝑈𝑏𝑒 = 𝐼𝑅1 ∙ 𝑅1 = 𝐼𝑅2 ∙ 𝑅2 = 𝐼 ∙ 𝑅𝑒

IR2

𝑅𝑒 = 𝑅1 × 𝑅2 = Ube

R2

R1

𝐼𝑅1 = 𝐼 ∙

𝑅𝑒 𝑅2 =𝐼∙ , 𝑅1 𝑅1 + 𝑅2

1 1 1 + 𝑅1 𝑅2

=

𝑅1 ∙ 𝑅2 𝑅1 + 𝑅2

𝐼𝑅2 = 𝐼 ∙

𝑅𝑒 𝑅1 =𝐼∙ 𝑅2 𝑅1 + 𝑅2

1-37. ábra

1.4.1. Az áramosztás törvényének segítségével számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az R5 ellenálláson 1,8 A áram folyik keresztül. I2 R1

I4 I3

I1

R2

R1=6Ω R4

R3 R5

I5=1,8 A

R2=60Ω R3=28Ω R4=30Ω

U=?

R5=20Ω

1-38. ábra

Az áramosztás törvényét I5 áramra és a csomópontba befolyó I3 áramra felírva: 𝐼5 = 𝐼3 ∙ 26

𝑅4 𝑅4 + 𝑅5 30 + 20 ⇒ 𝐼3 = 𝐼5 ∙ = 1,8 ∙ =3𝐴 𝑅4 + 𝑅5 𝑅4 30

I1 és I3 áramra felírva: 𝐼3 = 𝐼1 ∙

𝑅2 𝑅2 = 𝐼1 ∙ 𝑅2 + 𝑅345 𝑅2 + 𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5 )

R345 az R2 ellenállással párhuzamosan kapcsolt ág eredő ellenállása 𝐼1 = 𝐼3 ∙

𝑅2 + 𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5 ) 60 + 28 + (30 × 20) = 3∙ = 5𝐴 𝑅2 60

A feszültséggenerátor feszültsége: 𝑈 = 𝑅𝑒 ∙ 𝐼1 = 30 ∙ 5 = 150 𝑉 Re az egész áramkör eredő ellenállása: 𝑅𝑒 = 𝑅1 + [𝑅2 × (𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5 ))] = 6 + [60 × (28 + (30 × 20))] = 30Ω

1.4.2. Számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásain eső feszültségeket! R1

R2

R1=2Ω

UR1

UR2

R2=4Ω

U

UR3

R3

R4

UR4

R3=6Ω R4=9Ω U=12V U2=14V

1-39. ábra

U3=16V

A feszültségosztás törvényét felírva az egyes ellenállásokra: 𝑈𝑅1 = 𝑈 ∙

𝑅1 𝑅1 2 2 =𝑈∙ = 12 ∙ = 12 ∙ = 2,5 𝑉 𝑅𝑒 𝑅1 + 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4 ) 2 + 4 + (6 × 9) 9,6

𝑈𝑅2 = 𝑈 ∙

𝑅2 4 = 12 ∙ = 5𝑉 𝑅𝑒 9,6

𝑈𝑅3 = 𝑈𝑅4 = 𝑈 ∙

𝑅3 × 𝑅4 6×9 3,6 = 12 ∙ = 12 ∙ = 4,5 𝑉 𝑅𝑒 9,6 9,6

(UR3(=UR4) értékét természetesen az 𝑈𝑅3 = 𝑈 − 𝑈1 − 𝑈2 = 12 − 2,5 − 5 = 4,5 𝑉 összefüggésből is megkaphattuk volna.)

27

1.4.3. Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! R1=1Ω R2=2Ω R1

I

R2

R3

R4

R3=3Ω R4=4Ω I=24A U2=14V

1-40. ábra

U =16V

(Megoldás: 𝐼1 = 11,52 𝐴, 𝐼2 = 5,76 𝐴, 𝐼3 = 3,84 𝐴, 𝐼4 = 32,88 𝐴)

1.4.4. Számítsa ki az alábbi áramkör áramgenerátorának és R3 ellenállásának áramát, ha az R2 ellenállás árama 5 A. R1=5Ω

R2

R2=8Ω R3

R1

I

R4

R3=7Ω R4=3Ω IR2=5A

1-41. ábra

(Megoldás: I=10,1 A, IR3=1,5 A)

1.4.5. Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az R3 ellenálláson eső feszültség 18 V! R1=3Ω R3

R2=2Ω

U

R3=6Ω R4

R1 R2

R5

R4=2Ω R5=3Ω UR3=18V

1-42. ábra

(Megoldás: U=42V) 28

1.4.6. Számítsa ki az alábbi áramkör feszültséggenerátorának feszültségét, és R7 ellenállásának áramát, ha az R2 ellenállás árama 1,5 A! R1=6Ω R2=6Ω

R3

R3=4Ω

R1

R4=6Ω

R4

U=?

R2

R7 R5

R5=2Ω R6=8Ω R7=5Ω

R6

IR2=1,5 A

1-43. ábra

(Megoldás: U=24 V, IR7=1 A)

1.4.7. Számítsa ki az áramgenerátor áramát, ha az R6 ellenállás árama 4 A!

R4 R3 R5 R2

I

R1

R7 R6 R8

R1=12Ω R2=4,8Ω R3=1,2Ω R4=1Ω R5=4Ω R6=1,8Ω R7=2Ω R8=3Ω IR6=4 A

1-44. ábra

(Megoldás: I=15 A)

29

Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét és az R6 ellenállás áramát, ha az R1 ellenálláson eső feszültség 21 V!

1.4.8.

R4 R2

R5

R1 R6 R3

U

R7

R1=14Ω R2=2Ω R3=3Ω R4=10Ω R5=20Ω R6=30Ω R7=40Ω UR1=21 V

1-45. ábra

(Megoldás: U=30 V, IR6=0,24 A)

1.5.

A Thévenin és a Norton tétel

A Thévenin tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális feszültséggenerátorral (U0) és egy vele sorba kapcsolt belső ellenállással (Rb). A helyettesítő feszültséggenerátor forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a felnyitott kapcsok közötti feszültségét. A belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok felöl kiszámítjuk. (1.47. ábra) A Norton tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális áramgenerátorral (I0) és egy vele párhuzamosan kapcsolt belső ellenállással (Rb). Az helyettesítő áramgenerátor forrásáramát úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a rövidre zárt kapcsok között folyó áramot. A belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok felöl kiszámítjuk. (1.48. ábra) (A Norton és a Thévenin generátor belső ellenállása megegyezik) Az összefüggés a Norton és Thévenin generátor között (1.46. ábra):

30

A

A

Rb

A

=

= U0T B

I0N

Rb B

B

𝑈0𝑇ℎé𝑣𝑒𝑛𝑖𝑛 = 𝐼0𝑁𝑜𝑟𝑡𝑜𝑛 ∙ 𝑅𝑏 1-46. ábra

A

A

I

Uk

U0

R B A Thévenin generátor forrásfeszültségének meghatározása

B Helyettesítendő hálózat rész

A A

Rb

I Rb

Uk

R

U0 B B A Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározása

A Thévenin-féle helyettesítő generátor

1-47. ábra

31

A

A

I

Uk

I0

R B A Norton generátor forrásáramának meghatározása

B Helyettesítendő hálózat rész

A A

Rb

I I0

Rb

Uk

R

B B A Norton generátor belső ellenállásának meghatározása

A Norton-féle helyettesítő generátor

Kidolgozott példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására Az alábbi példákat gyakorlásként mindkét tétel alkalmazásával kiszámoljuk, bár látni fogjuk, hogy a példától függően hol az egyik, hol a másik tétel alkalmazása ad egyerűbb megoldást. Ezért a példa megoldása előtt érdemes átgondolni, melyik módszerrel lehet egyszerűbben, kevesebb számolással megkapni az eredményt.

32

1.5.1. A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R1 ellenállásának áramát és feszültségét!

R1

R4

R1=10Ω R2=20Ω

U

R3=30Ω

R2

R4=60Ω

R3

U=30V U2=14V U3=16V

1-49. ábra

1.5.1.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével a) Először távolítsuk el R1 ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó hálózatrészben számítsuk ki a feszültséget a felnyitott A-B kapcsok között. Ez a feszültség lesz a Thévenin generátor forrásfeszültsége:

A

B

U0

R4

U R2 R3

C=A 1-50. ábra

33

A felnyitott ág miatt R2 ellenálláson nem folyik áram, így rajta nem esik feszültség, ezért U0 feszültség megegyezik az R4 ellenálláson eső feszültséggel. (Ami pedig egyenlő U feszültségforrás és az R3 ellenálláson eső feszültség különbségével. (ld. Kirchhoff hurok tv.) A feszültségosztás törvényét felírva R4 ellenállásra:

𝑈0 = 𝑈 ∙

𝑅4 60 = 30 ∙ = 20 𝑉 𝑅3 + 𝑅4 30 + 60

b) Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki A és B pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Thévenin generátor belső ellenállása:

A

R2

RAB=Rb

B

R4

R3

1-51. ábra

𝑅𝑏 = 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4 ) = 𝑅2 +

𝑅3 ∙ 𝑅4 30 ∙ 60 = 20 + = 40 Ω 𝑅3 + 𝑅4 30 + 60

c) Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R1 ellenállást, majd számoljuk ki R1 áramát és feszültségét:

34

A

IR1

U0 R1

UR1 Rb

B 1-52. ábra

𝑈𝑅1 = 𝑈0 ∙ 𝐼𝑅1 =

𝑅1 10 = 20 ∙ =4𝑉 𝑅1 + 𝑅𝑏 10 + 40

𝑈𝑅1 4 = = 0,4 𝐴 𝑅1 10

1.5.1.2. Megoldás a Norton tétel segítségével

a) Először távolítsuk el R1 ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó hálózatrészben számítsuk ki az áramot a rövidre zárt A-B kapcsok között. Ez az áram lesz a Norton generátor forrásárama:

A

I0

B

R4

U R2 R3

C=A 1-53. ábra

Az 1-53. áramkör eredő ellenállása: 𝑅𝑒 = 𝑅3 + (𝑅2 × 𝑅4 ) = 30 + (20 × 60) = 45 Ω Árama: 𝐼=

𝑈 30 2 = = = 0,667 𝐴 𝑅𝑒 45 3 35

I0 áramra az áramosztás törvényét felírva: 𝐼0 = 𝐼 ∙

𝑅4 2 60 = ∙ = 0,5 𝐴 𝑅2 + 𝑅4 3 20 + 60

b) A belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításával. Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki A és B pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Norton generátor belső ellenállása (ld. 1-51. ábra): 𝑅𝑏 = 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4 ) = 𝑅2 +

𝑅3 ∙ 𝑅4 30 ∙ 60 = 20 + = 40 Ω 𝑅3 + 𝑅4 30 + 60

c) Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-54.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R1 ellenállást, majd számoljuk ki R1 áramát és feszültségét:

A

IR1 I0

Rb

R1

UR1

B 1-54. ábra

Az áramosztás törvénye IR1 áramra: 𝐼𝑅1 = 𝐼 ∙

𝑅𝑏 40 = 0,5 ∙ = 0,4 𝐴 𝑅𝑏 + 𝑅1 40 + 10

Végül UR1 feszültség: 𝑈𝑅1 = 𝐼𝑅1 ∙ 𝑅1 = 0,4 ∙ 10 = 4 𝑉


36

R1=4Ω

R5

R3

R2=6 Ω R1

R2

U

R4

R3=2Ω R4=3Ω R5=6Ω U=24V

1-55. ábra

1.5.2.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével A

U0

R1

R5

R3

U

R4

B 1-56. ábra

Az 1-56. áramkör eredő ellenállása: 𝑅𝑒 = 𝑅5 + (𝑅4 × (𝑅1 + 𝑅3 )) = 6 + (3 × (4 + 2)) = 8 Ω Az 1-56. áramkör árama: 𝐼=

𝑈 24 = =3𝐴 𝑅𝑒 8

R1 és R3 ellenállásokon folyó áram az áramosztás törvényéből: 𝐼𝑅13 = 𝐼 ∙

𝑅4 3 =3∙ =1𝐴 𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4 4+2+3

A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége egyenlő az R1 ellenálláson eső feszültséggel, így: 𝑈0 = 𝑅1 ∙ 𝐼𝑅13 = 4 ∙ 1 = 4 𝑉 A Thévenin generátor belső ellenállását U feszültségforrás rövidre zárása után az AA

R1

RAB=R b

1-57. ábra

R5

R3

R4

37 B

B pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk:

𝑅𝑏 = 𝑅1 × [𝑅3 + (𝑅4 × 𝑅5 )] = 4 × [2 + (3 × 6)] = 2 Ω Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét: A

IR2 U0=4V

UR2

R2

Rb=2Ω B 1-58. ábra

𝑈𝑅2 = 𝑈0 ∙ 𝐼𝑅2 =

𝑅2 6 = 4∙ = 3𝑉 𝑅2 + 𝑅𝑏 6+2

𝑈𝑅2 3 = = 0,5 𝐴 𝑅2 6

Mielőtt megoldanánk a feladatot a Norton tétel alkalmazásával, a Thévenin generátor adataiból a Norton generátor adatai egyszerűen kiszámíthatóak. A Norton generátor forrásárama: 𝐼0 =

𝑈0 4 = =2𝐴 𝑅𝑏 2

A belsőellenállás mindkét helyettesítő generátornál ugyanaz.

1.5.2.2. Megoldás a Norton tétel segítségével A I0 R1

R4

B 1-59. ábra

38

R5

R3

U

I0 forrásfeszültség kiszámításához R2 ellenállás eltávolítása után rövidre zárjuk a visszamaradó áramkört A és B pontok között. I0 egyenlő az A és B pontok között folyó árammal. A rövidzár miatt R1 ellenálláson nem folyik áram, az áramkör árama a két párhuzamosan kapcsolt R3 és R4 ellenállás között oszlik meg. Írjuk fel a feszültségosztás törvényét R5 és a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás, R3 és R4 eredőjére. A párhuzamos ágak feszültsége: 𝑈𝑅34 = 𝑈 ∙

𝑅3 × 𝑅4 2×3 = 24 ∙ = 4𝑉 𝑅5 + (𝑅3 × 𝑅4 ) 6 + (2 × 3)

R3 ellenállás árama: 𝐼0 =

𝑈𝑅34 4 = = 2𝐴 𝑅3 2

A belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátornál leírtakkal (1-57. ábra), így Rb=2Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-60.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét:

A

IR2 I0=2A

Rb=2Ω

R2

UR2

B 1-60. ábra


𝑅𝑏 2 =2∙ = 0,5 𝐴 𝑅𝑏 + 𝑅2 2+6



39

R1=60Ω

R4

R2

R2=15Ω I

R1

R5

R3

R3=50Ω R4=30Ω R5=20Ω I=5A

1-61. ábra

1.5.3.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével A

R2

I

R1

U0

R4

R2

R5

R1

B

A

R4

Rb

R5

B

1-62. ábra

R3 eltávolítása után a visszamaradó áramkör két párhuzamos ágat tartalmaz (1-62. ábra). Az egyik ágban R1, a másikban a sorba kapcsolt R2, R4 és R5 található. Az áramgenerátor I árama e két ág között az áramosztás törvényének megfelelően oszlik meg:

𝐼𝑅245 = 𝐼 ∙

𝑅1 60 =5∙ = 2,4 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5 60 + 15 + 30 + 20

A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége az R4 és R5 ellenállásokon eső feszültségek összegével egyenlő: 𝑈0 = 𝐼𝑅245 ∙ (𝑅4 + 𝑅5 ) = 2,4 ∙ (30 + 20) = 120 𝑉

A Thévenin generátor belső ellenállását az áramgenerátor áramkörének megszakításával A és B pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk (1-62. ábra) 𝑅𝑏 = (𝑅1 + 𝑅2 ) × (𝑅4 + 𝑅5 ) = (60 + 15) × (30 + 20) = 30Ω

Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét: 40

A

IR3 U0=120V R3

UR3 Rb=30Ω B 1-63. ábra

𝑈𝑅3 = 𝑈0 ∙

𝐼𝑅3 =

𝑅3 50 = 120 ∙ = 75 𝑉 𝑅3 + 𝑅𝑏 50 + 30

𝑈𝑅3 75 = = 1,5 𝐴 𝑅3 50

1.5.3.2. Megoldás a Norton tétel segítségével R2

R1

A

I

R4

I0

R2

R5

B

R1

A

Rb

R4

R5

B

1-64. ábra

R3 ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkört A és B pontok között rövidre zárjuk. Az itt folyó áram lesz a Norton generátor forrásárama. A rövidre zárás miatt R4 és R5 ellenállásokon nem folyik áram, ezért I áram a párhuzamosan kapcsolt R 1 és R2 között oszlik meg. I0 áram az R2 ellenállás áramával egyenlő: 𝐼0 = 𝐼 ∙

𝑅1 60 = 5∙ =4𝐴 𝑅1 + 𝑅2 60 + 15

41

A belső ellenállás kiszámítás a 1.5.3.1. pontban leírttal megegyező módon történik, így Rb=30 Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-65.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét:

A

IR3 I0=4A

R3

UR3

Rb=30Ω

B 1-65. ábra


𝑅𝑏 30 =4∙ = 1,5 𝐴 𝑅𝑏 + 𝑅3 30 + 50


1.5.4. A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R2 ellenállásának áramát és feszültségét! R1

R1=6Ω R3

R2

R2=6Ω R3=6Ω

R5 R4

R6

U

1-66. ábra

1.5.4.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével

42

R4=2Ω R5=2Ω R6=2Ω U=30 V

C R1

A

B U0

R1

C

R3

A R6

I

R3

R5

R4

U

I2 B

U0

R5 R4

I1

R6

U D

D

1-67. ábra

A Thévenin féle helyettesítő generátor U0 forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy az R2 ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkör felnyitott A és B pontjai között kiszámítjuk a feszültséget. Az 1-67. ábrán mindkét rajz ugyanazt az áramkört ábrázolja, csak a jobb oldali ábra jobban áttekinthető. Az 1-67. ábrán lévő áramkör eredő ellenállása: 𝑅𝑒 = 𝑅3 + 𝑅5 + (𝑅6 × (𝑅1 + 𝑅4 )) = 2 + 6 + (2 × (6 + 2)) = 9,6 Ω Az áramkör árama: 𝐼=

𝑈 30 = = 3,125 𝐴 𝑅𝑒 9,6

I1 áramra az áramosztás törvényét felírva: 𝐼1 = 𝐼 ∙

𝑅6 2 = 3,125 ∙ = 0,625 𝐴 𝑅6 + 𝑅1 + 𝑅4 2+6+2

Az 1-67. ábrán látjuk, hogy A és B pontok közötti feszültséget, (ami egyben a Thévenin generátor forrásfeszültsége), az alábbi módon tudjuk felírni: 𝑈0 = 𝐼 ∙ 𝑅3 + 𝐼1 ∙ 𝑅1 = 3,125 ∙ 6 + 0,625 ∙ 6 = 22,5 𝑉

A Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításához az 1-67. ábra áramkörének feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk A és B pontok között az ellenállást.

43

R1

A

B

Rb

C

R3

A

C R1

R4

R5

R6

B R3

R6 R4

R5

D

D 1-68. ábra

Az 1-68. ábrán mindkét rajz ugyanazt az ellenállás hálózatot ábrázolja. A jobboldali ábrából jól látszik, hogy az eredő ellenállás kiszámításához csillag-delta vagy delta-csillag átalakításra van szükség. Például az R4, R5, R6 ellenállások alkotta csillag kapcsolást átalakítsuk át delta kapcsolássá. C

A

B

R1

R3

RAC

RBC RAB

1-69. ábra

𝑅𝐴𝐶 = 𝑅4 + 𝑅6 +

𝑅4 ∙ 𝑅6 2∙2 = 2+2+ = 6Ω, 𝑅5 2

𝑅𝐵𝐶 = 𝑅5 + 𝑅6 +

𝑅5 ∙ 𝑅6 2∙2 = 2+2+ = 6Ω, 𝑅4 2

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅4 + 𝑅5 +

𝑅4 ∙ 𝑅5 2∙2 = 2+2+ = 6 Ω, 𝑅6 2

Most már fel tudjuk írni A és B pontok között az eredő ellenállást: 𝑅𝑏 = [(𝑅1 × 𝑅𝐴𝐶 ) + (𝑅3 × 𝑅𝐵𝐶 )] × 𝑅𝐴𝐵 = [(6 × 6) + (6 × 6)] × 6 = 3 Ω Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét:

44

A

IR2

U0=18,462V

R2

UR2 Rb=2,615Ω

B 1-70. ábra

𝑈𝑅2 = 𝑈0 ∙ 𝐼𝑅2 =

𝑅2 6 = 22,5 ∙ = 15 𝑉 𝑅2 + 𝑅𝑏 6+3

𝑈𝑅2 15 = = 2,5 𝐴 𝑅2 6

1.5.4.2. Megoldás a Norton tétel segítségével

IR1 I0

A

B

IR4

R1

R1

C

R3

IR4

R5

R4

R6

U

R4

IR1

A=B

R3

I

IR3

R5

C R6

U D

D

1-71. ábra

Az 1-71. áramkör eredő ellenállása: 𝑅𝑒 = 𝑅5 + (𝑅4 × [(𝑅1 × 𝑅3 ) + 𝑅6 ]) = 2 + (2 × [(6 × 6) + 2]) =

24 Ω 7

Az áramkör árama: 𝑈 7 𝐼= = 30 ∙ = 8,75 𝐴 𝑅𝑒 24 Az 1-71. ábra bal oldali áramkörénél az A pontra felírt Kirchhoff csomóponti egyenletből a Norton generátor I0 forrásáramára a következő egyenletet kapjuk: 𝐼0 = 𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅4 Ebből IR4 áram: 45

𝐼𝑅4 = 𝐼 ∙

(𝑅1 × 𝑅3 ) + 𝑅6 (6 × 6) + 2 5 = 8,75 ∙ = 8,75 ∙ = 6,25 𝐴 (𝑅1 × 𝑅3 ) + 𝑅6 + 𝑅4 (6 × 6) + 2 + 2 7

A maradék áram R1 és R3 ellenállásokon oszlik meg. Mivel R1 és R3 azonos nagyságú, a rajtuk átfolyó áram is azonos nagyságú lesz. 𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅3 = 𝐼 − 𝐼𝑅4 = 8,75 − 6,25 = 2,5 𝐴 Az áramosztás törvénye IR1 áramra: 𝐼𝑅1 = (𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅3 ) ∙

𝑅3 6 = 2,5 ∙ = 1,25 𝐴 𝑅1 + 𝑅3 6+6

A Norton generátor I0 forrásáramára tehát: 𝐼0 = 𝐼𝑅1 + 𝐼𝑅4 = 1,25 + 6,25 = 7,5 𝐴 A Norton generátor belső ellenállásának meghatározása a Thévenin tételes számításnál az 1.5.4.1. pontban megtalálható. Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-72.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét:

A

IR2

Rb=2,615Ω I0=7,06A

R2

UR2

B 1-72. ábra


𝑅𝑏 3 = 7,5 ∙ = 2,5 𝐴 𝑅𝑏 + 𝑅2 3+6

Végül UR2 feszültség: 𝑈𝑅2 = 𝐼𝑅2 ∙ 𝑅2 = 2,5 ∙ 6 = 15𝑉

46

1.5.5. Számítsa ki az alábbi áramkör R3 ellenálláson kívüli részének Thévenin és Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki R3 ellenállás feszültségét és áramát!

R1=2Ω

R2

R2=3Ω U2

R1

R3=8Ω R4

R3

U1

R4=5Ω U1=120V U2=90V

1-73. ábra

U2=14V U3=16V

1.5.5.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével R3 ellenállás eltávolítása után számítsuk ki az A és B pontok közötti feszültséget, ami a Thévenin generátor forrásfeszültségével lesz egyenlő. A R2

I U2

R1

U0

R4

U1

B 1-74. ábra

Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenletét 1-74. ábrán látható áramkör áramának kiszámításához: 𝐼 ∙ (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 ) + 𝑈2 − 𝑈1 = 0 𝐼=

𝑈1 − 𝑈2 120 − 90 = = 3𝐴 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 2 + 3 + 5

A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége: 𝑈0 = 𝑈1 − 𝐼 ∙ (𝑅1 + 𝑅2 ) = 120 − 3 ∙ 5 = 105 𝑉 (𝑣𝑎𝑔𝑦 𝑈0 = 𝑈2 + 𝐼 ∙ 𝑅4 = 105 𝑉) A Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározásához mindkét feszültséggenerátort rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk A és B pontok között az eredő ellenállást: 47

A R2

I R1 R4

B 1-75. ábra

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

Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét: A

IR3

U0=105V

UR3

R3

Rb=2,5Ω B 1-76. ábra

𝑈𝑅3 = 𝑈0 ∙ 𝐼𝑅3 =

𝑅3 8 = 105 ∙ = 80 𝑉 𝑅3 + 𝑅𝑏 8 + 2,5

𝑈𝑅3 80 = = 10 𝐴 𝑅3 8

1.5.5.2. Megoldás a Norton tétel segítségével Az R3 ellenállás eltávolítása után zárjuk rövidre az áramkört A és B pontok között, majd számítsuk ki az A-B pontok között folyó áramot:

48

U2

A R2

IR12

IR4

R1

I0

R4

U1

B 1-77. ábra

A rövidzár miatt U1 feszültségforrás teljes feszültsége R1 és R2 ellenállásokon esik, U2 feszültségforrás teljes feszültsége pedig R4 ellenálláson. 𝐼𝑅12 = 𝐼𝑅4 =

𝑈1 120 = = 24 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 2 + 3

𝑈2 90 = = 18 𝐴 𝑅4 5

Kirchhoff csomóponti törvényét felírva az A csomópontra a Norton generátor I0 forrásárama: 𝐼0 = 𝐼𝑅12 + 𝐼𝑅4 = 42 𝐴

A belső ellenállás kiszámítása megegyezik az 1.5.5.1. pontban leírtakkal, így Rb=2,5Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-78.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét:

A

IR3 I0=42A

Rb=2,5Ω

R3

UR3

B 1-78. ábra


𝑅𝑏 2,5 = 42 ∙ = 10 𝐴 𝑅𝑏 + 𝑅3 2,5 + 8 49

Végül UR3 feszültség: 𝑈𝑅3 = 𝐼𝑅3 ∙ 𝑅3 = 10 ∙ 8 = 80𝑉

Gyakorló példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására 1.5.6. A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét!

R1

R4

R1=10Ω R2=20Ω

U R2

R3=30Ω R3

R4=60Ω U=30V U2=14V

1-79. ábra

U3=16V

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

1.5.7. A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R3 ellenállásának áramát és feszültségét!

R1=4Ω

R5

R3

R2=6Ω R1

R2

R4

U

R3=2Ω R4=3Ω R5=6Ω U=24V

1-80. ábra

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

50

1.5.8. A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét! R1=60Ω

R4

R2

R2=15Ω I

R1

R5

R3

R3=50Ω R4=30Ω R5=20Ω I=5A

1-81. ábra

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

1.5.9. A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R1 ellenállásának áramát és feszültségét! R1

R1=6Ω R3

R2

R2=6Ω R3=2Ω

R5 R4

R6

U

R4=2Ω R5=2Ω R6=6Ω U=30 V

1-82. ábra

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

1.5.10. Számítsa ki az alábbi áramkör R2 ellenálláson kívüli részének Thévenin vagy Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki R2 ellenállás feszültségét és áramát!

51

R1=2Ω R2

R2=3Ω R3=8Ω

U2

R1

R4

R3

U1

R4=2Ω U1=120V U2=90V

1-83. ábra

U2=14V (Megoldás: U0=48 V, I0=13,33 A, Rb=3,6 Ω, UR2=21,818 V, IR2=7,272 A) U3=16V

1.6. Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok kiszámítására Az alábbiakban négy módszer, a Kirchhoff-törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere alkalmazásával ismerkedünk meg. A módszerek ismertetése példákon keresztül történik, az első három példánál mind a négyfajta megoldás bemutatásra kerül, hogy lássuk, hogy példánként változik, hogy melyik megoldási mód vezet kevesebb számolással gyorsabb eredményre.

1.6.1. Számítsuk ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! R1=1Ω R1

U1

R4

I1

R3

+ R2

R2=2Ω I3

I2

+ U2

R3=3Ω U3

R4=4Ω U1=35V U2=14V U3=16V

1-84. ábra

52

1.6.1.1. Megoldás Kirchhoff törvények segítségével a) Jelöljük be az ágak áramait! (I1, I2, I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. b) Jelöljük be a hurkokban a pozitív körüljárás irányát! c) A három ismeretlen ágáram meghatározásához három független egyenletből álló egyenletrendszer felírása szükséges. Ez esetünkben két hurok és egy csomóponti egyenletet jelent. Hurok egyenletek (Az ellenállásokon eső feszültségek iránya a rajtuk átfolyó áram irányával megegyező.): (1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅3 ∙ 𝐼2 − 𝑈2 + 𝑅2 ∙ 𝐼1 − 𝑈1 = 0 (2) −𝑅4 ∙ 𝐼3 + 𝑈2 + 𝑈3 − 𝑅3 ∙ 𝐼2 = 0

Csomóponti egyenlet: (3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0 Behelyettesítve a megadott értékeket: (1) 𝐼1 + 3 ∙ 𝐼2 + 2 ∙ 𝐼1 = 14 + 35 (2) −4 ∙ 𝐼3 − 3 ∙ 𝐼2 = −14 − 16 (3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

(1) 3 ∙ 𝐼1 + 3 ∙ 𝐼2 = 49 (2) 4 ∙ 𝐼3 + 3 ∙ 𝐼2 = 30 (3) 𝐼1 = 𝐼2 − 𝐼3

(1) 3 ∙ (𝐼2 − 𝐼3 ) + 3 ∙ 𝐼2 = 49 (2) 4 ∙ 𝐼3 + 3 ∙ 𝐼2 = 30 (1) 6 ∙ 𝐼2 − 3 ∙ 𝐼3 = 49 (2) 3 ∙ 𝐼2 + 4 ∙ 𝐼3 = 30 11 ∙ 𝐼3 = 11 𝐼3 = 1𝐴 53

𝐼2 =

30 − 4 ∙ 1 26 = = 8,67 𝐴 3 3

𝐼1 =

26 − 3 23 = = 7,67𝐴 3 3

1.6.1.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével R1=1Ω

UA R1

U1

R2=2Ω

R4

I1

R3=3Ω

I3

R3

I2

U3

R2

U2

R4=4Ω U1=35V U2=14V U3=16V

UB=0 1-85. ábra

Az ágak áramai az ágak két végpontja közötti potenciálkülönbségtől függnek. Az ábrán mindhárom ág egyik végpontja UA, másik végpontja UB potenciálon van. Mivel az áram szempontjából csak a két potenciál különbsége számít, az egyik értékét tekinthetjük nullának. Legyen UB=0. Az ágáramok a csomóponti potenciálok segítségével kifejezhetők: 𝑚𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑈𝐵 =0

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = −𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑈1 − 𝑅2 ∙ 𝐼1 ⇒ (2) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑅3 ∙ 𝐼2 − 𝑈2 (3) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = −𝑅4 ∙ 𝐼3 + 𝑈3

𝑚𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑈𝐵 =0

⇒

𝑚𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑈𝐵 =0

⇒

𝐼1 =

𝑈1 −𝑈𝐴

𝐼2 =

𝑈𝐴 +𝑈2

𝐼3 =

𝑈3 −𝑈𝐴

𝑅1 +𝑅2 𝑅3 𝑅4

Így mindhárom ágáram csak UA csomóponti potenciáltól függ. UA kiszámításához pedig elég egyetlen Kirchhoff csomóponti egyenlet felírása. 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0

Behelyettesítve a csomóponti potenciálokkal kifejezett áram értékeket: 𝑈1 − 𝑈𝐴 𝑈𝐴 − 𝑈2 𝑈3 − 𝑈𝐴 − + =0 𝑅1 + 𝑅2 𝑅3 𝑅4 35 − 𝑈𝐴 𝑈𝐴 − 14 16 − 𝑈𝐴 − + =0 3 3 4 54

4(35 − 𝑈𝐴 ) − 4(𝑈𝐴 − 14) + 3(16 − 𝑈𝐴 ) = 0 11𝑈𝐴 = 132 𝑈𝐴 = 12 𝑉

Visszahelyettesítve UA értékét (1), (2), (3) egyenletekbe: 𝐼1 =

𝑈1 − 𝑈𝐴 35 − 12 23 = = = 7,67 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 3 3

𝐼2 =

𝑈𝐴 − 𝑈2 12 + 14 26 = = = 8,67 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 3 3

𝐼3 =

𝑈3 − 𝑈𝐴 16 − 12 = =1𝐴 𝑅4 4

1.6.1.3. Megoldás a hurokáramok módszerével R1=1Ω R1

U1

I1

R2

R3=3Ω

I3

R3 I s1

R2=2Ω

R4

I s2

I2 U2

U3

R4=4Ω U1=35V U2=14V U3=16V

1-86. ábra

A hurokáramok módszerénél feltételezzük, hogy az ágak áramait az áramkör egyes zárt hurkaiban folyó ún. „hurokáramok” eredője hozza létre, vagyis azon ágak áramai, melyek két hurokhoz is tartoznak, kiszámíthatók a hurokáramok előjeles összegéből. Ez által az ismeretlenek száma a független hurokegyenletek számára csökken. Ez ennél a példánál azt jelenti, hogy két Kirchhoff hurokegyenletből álló kétismeretlenes egyenletrendszert kell megoldani. 1. Jelöljük be az ágak áramait! (I1,I2,I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. 2. Jelöljük be a hurkokáramok irányát minden hurokban! 3. Írjuk fel a valós ágáramok és a fiktív hurokáramok közötti az összefüggéseket! Amelyik ág csak egy hurokhoz tartozik, ott az ágáram és a hurokáram nagysága megegyezik, de az előjelre itt is figyelni kell!

55

𝐼1 = 𝐼𝑠1 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 𝐼3 = −𝐼𝑠2

4. Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenleteit Is1 és Is2 segítségével: (1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 ) − 𝑈2 + 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑈1 = 0 (2) 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠2 + 𝑈2 + 𝑈3 + 𝑅3 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1 ) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 ) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈2 + 𝑈1 (2) −𝑅3 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅4 +𝑅3 ) ∙ 𝐼𝑠2 = −𝑈2 − 𝑈3

(1) 6 ∙ 𝐼𝑠1 − 3 ∙ 𝐼𝑠2 = 49 (2) −3 ∙ 𝐼𝑠1 + 7 ∙ 𝐼𝑠2 = −30

11 ∙ 𝐼𝑠2 = −11 𝐼𝑠2 = −1 𝐴 𝐼𝑠1 =

7 ∙ 𝐼𝑠2 + 30 23 = = 7,67 𝐴 3 3

Így a valódi ágáramok:

𝐼1 = 𝐼𝑠1 = 7,67 𝐴,

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

𝐼3 = −𝐼𝑠2 = −(−1) = 1 𝐴

1.6.1.4. Megoldás a szuperpozíció tétel segítségével Több feszültség és/vagy áramgenerátort tartalmazó hálózat bármely ágának árama egyenlő azon áramok összegével, amelyet a csak egy-egy generátor hozna létre, ha a többi áramés/vagy feszültségforrást kiiktatnánk, vagyis a feszültséggenerátorokat rövidre zárnánk, az áramgenerátorok áramkörét megszakítanánk.

56

R1=1Ω

UA R1

U1

R4

I1

R2=2Ω I3

R3

R3=3Ω

I2

R4=4Ω

U3

R2

U1=35V

U2

U2=14V U3=16V

UB 1-87. ábra

R1

I ’1

U1

R1

R4

I’’1

I ’3

R3

R4

I ’2

I’’3

R3

I’’2 R2

R2

U2

1-88. ábra

R1

I

R4

’’’

R3

1

I

’’’ 2

I

’’’ 3

U3

R2

1-89. ábra

1. Jelöljük be az ágak áramait! (I1,I2,I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. 2. Rajzoljuk fel az egyenként a három rész áramkört, melyeket egy feszültséggenerátor meghagyásával, a két másik kiiktatásával kapunk. Jelöljük be az áramirányokat! Ezeknek az áramoknak az iránya már nem vehető fel tetszőlegesen, mert a feszültséggenerátorok feszültségei által adottak! 3. Számítsuk ki egyenként a három áramkör ágaiban folyó áramokat!

57

𝑹′𝒆 = 𝑹𝟏 + 𝑹𝟐 + (𝑹𝟑 × 𝑹𝟒 ) = 𝟏 + 𝟐 + 𝐈𝟏′ =

𝐔𝟏 𝟑𝟓 = = 𝟕, 𝟒𝟐𝟒 𝐀 ′ 𝐑 𝐞 𝟒, 𝟕𝟏𝟒

𝐼2′ = 𝐼1′ ∙

𝑅4 = 4,242 𝐴, 𝑅3 +𝑅4

𝐼3′ = 𝐼1′ − 𝐼2′ = 7,424 − 4,242 = 3,182 𝐴

a) 𝑅𝑒" = 𝑅3 + [(𝑅1 + 𝑅2 ) × 𝑅4 ] = 3 + 𝐈𝟐" =

𝟑∙𝟒 = 𝟒, 𝟕𝟏𝟒 𝛀 𝟑+𝟒

(1+2)∙4 1+2+4

= 4,714 Ω

𝐔𝟐 𝟏𝟒 = = 𝟐, 𝟗𝟔𝟗𝟕 𝐀 𝐑"𝐞 𝟒, 𝟕𝟏𝟒

𝐼1" = 𝐼2" ∙

𝑅4 = 1,697 𝐴, 𝑅1 + 𝑅2 +𝑅4

𝐼3" = 𝐼2" − 𝐼1" = 2,9697 − 1,697 = 1,273 𝐴

b) 𝑅𝑒′′′ = 𝑅4 + [(𝑅1 + 𝑅2 ) × 𝑅3 ] = 4 + 𝐈𝟑′′′ =

(1+2)∙3 1+2+3

= 5,5 Ω

𝐔𝟑 𝟏𝟔 = = 𝟐, 𝟗𝟎𝟗 𝐀 ′′′ 𝐑𝐞 𝟓, 𝟓

𝐼1′′′ = 𝐼3′′′ ∙

𝑅3 = 1,4545 𝐴, 𝑅1 + 𝑅2 +𝑅3 = 1,4545 𝐴

𝐼2′′′ = 𝐼3′′′ − 𝐼1′′′ = 2,909 − 1,4545

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

𝐼1 = 𝐼1′ + 𝐼1′′ − 𝐼1′′′ = 7,424 + 1,6969 − 1,4545 = 7,67 𝐴 𝐼2 = 𝐼2′ + 𝐼2′′ + 𝐼2′′′ = 4,242 + 2,969 + 1,4545 = 8,67 𝐴 𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3′′ + 𝐼3′′′ = −3,182 + 1,2727 + 2,0909 = 1 𝐴

58

1.6.2. Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! U2 R3 R1 R2

R4

I0

U1 R5

R1=10Ω R2=10Ω R3=5Ω R4=15Ω R5=20Ω U1=90V U2=45V I0=6A

1-90. ábra

1.6.2.1. Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával A kapcsolási rajzon jelöljük be az ismeretlen ágáramokat! Az áramok irányát tetszőlegesen felvehetjük, ha a számítások végén negatív előjelet kapunk, az azt jelenti, hogy a tényleges áramirány a feltételezettel ellentétes irányú. U2 A

R3

I1

I3

R1

+

B

R2

U1

I2

+

R4

I4 I 0

I3 R5

C

D

1-91. ábra

Az ábrából látszik, hogy négy ismeretlen ágáramot kell meghatározni. Ehhez egy négy egyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszerre van szükség. (R3 és R5 ellenállások áramai megegyeznek, hiszen a B és a D csomópontba a befutó ágak közül kettő azonos, így a harmadik ág áramának is azonosnak kell lenni.) A négy egyenlet két csomóponti és két hurokegyenletet jelent. Csomóponti egyenletet írhatunk fel pl. az A és a B csomópontra, hurokegyenletet pl. az ábrán bejelölt két hurokra: Hurok egyenletek: (1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 − 𝑈1 = 0 (2) 𝑈2 −𝑅3 ∙ 𝐼3 + 𝑅4 ∙ 𝐼4 − 𝑅5 ∙ 𝐼3 − 𝑅2 ∙ 𝐼2 = 0 59

Csomóponti egyenletek: (3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0 (4) 𝐼0 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 = 𝑈1 (2) −𝑅2 ∙ 𝐼2 − (𝑅3 + 𝑅5 ) ∙ 𝐼3 + 𝑅4 ∙ 𝐼4 = −𝑈2 (3) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0 (4) 𝐼3 + 𝐼4 = 𝐼0

Az egyenletrendszer megoldása tetszőleges módszerrel történhet, egyik lehetőség pl. a Gauss elimináció alkalmazása. Az egyenletrendszer mátrixos alakja: 𝑅1 0 [ 1 0

𝑅2 −𝑅2 −1 0

0 −(𝑅3 + 𝑅5 ) 1 1

𝐼1 𝑈1 0 𝐼 −𝑈 𝑅4 ] ∙ [ 2] = [ 2] 𝐼 0 0 3 𝐼0 𝐼4 1

Behelyettesítve a megadott értékeket: 10 10 0 −10 [ 1 −1 0 0

𝐼1 0 0 90 𝐼 −25 15 −45 ] ∙ [ 2] = [ ] 𝐼3 1 0 0 𝐼4 1 1 6

A bővített mátrix: 10 10 0 −10 [ 1 −1 0 0

0 0 −25 15 1 0 1 1

90 −45 ] 0 6

A Gauss elimináció lépései: 10 0 [ 0 0

60

10 0 0 90 10 10 0 0 90 −10 −25 15 −45 0 −10 −25 15 −45 ]→[ ] 20 −10 0 90 0 0 −60 30 0 0 1 1 6 0 0 1 1 6 10 10 0 0 90 0 −10 −25 15 −45 →[ ] 0 0 −60 30 0 0 0 0 90 360

Az utolsó lépésként kapott mátrixból felírható: 90 ∙ 𝐼4 = 360 𝐼4 = 4 𝐴 −60 ∙ 𝐼3 + 30 ∙ 4 = 0 𝐼3 = 2 𝐴 −10 ∙ 𝐼2 − 25 ∙ 2 + 15 ∙ 4 = −45 𝐼2 = 5,5 𝐴 10 ∙ 𝐼1 + 10 ∙ 5,5 = 90 𝐼1 = 3,5 𝐴 1.6.2.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével U2 UA

R3

I1

UB

I3

R1 R2

R4

I2

U1

I4 I 0

I3 R5

UC=0

UD

1-92. ábra

Ha megnézzük az 1-92. ábrát, látjuk, hogy négy különböző potenciálú csomópont található a kapcsolásban, amelyikből egynek a potenciálját 0-nak vehetjük, de így is marad 3 ismeretlen csomóponti potenciál. Az előzőekben, amikor a Kirchhoff-törvények segítségével oldottuk meg a feladatot, láttuk, hogy csak 2 egymástól független csomóponti egyenlet írható fel, márpedig a csomóponti potenciálok módszerénél a csomóponti egyenletek számával megegyező egyenletet tudunk felírni az ismeretlenek kiszámításához. A látszólagos ellentmondást az okozza, hogy a kapcsolás 2 ágában is I3 áram folyik, vagyis I3 kifejezhető nemcsak UA és UB, hanem UC és UD csomóponti potenciálok segítségével is, vagyis ha UC-t nullának vesszük, UD kifejezhető UA és UB segítségével. Fejezzük ki az ágáramokat! ⇒ 𝐼1 =

𝑈1 −𝑈𝐴

(2) 𝑈𝐴 = 𝑅2 ∙ 𝐼2

⇒ 𝐼2 =

𝑈𝐴

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3

⇒ 𝐼3 =

(1) 𝑈𝐴 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1

𝑅1 𝑅2 𝑈2 −𝑈𝐴 +𝑈𝐵 𝑅3

61

𝑈𝐵 −𝑈𝐶

(4) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 𝑅4 ∙ 𝐼4

⇒ 𝐼4 =

(5) 𝑈𝐷 = −𝑅5 ∙ 𝐼3

⇒ 𝐼3 = − 𝑅𝐷

𝑅4 𝑈

5

A (3) és az (5) egyenletekből UD kifejezhető: 𝐼3 =

𝑈2 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 𝑈𝐷 𝑈2 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 =− ⇒ 𝑈𝐷 = − ∙ 𝑅5 𝑅3 𝑅5 𝑅3

UD behelyettesítve a (4) egyenletbe I4 kifejezhető: (4) 𝑈𝐵 +

𝑈2 −𝑈𝐴 +𝑈𝐵 𝑅3

∙ 𝑅5 = 𝑅4 ∙ 𝐼4 ⇒ 𝐼4 =

𝑈𝐵 𝑅4

+

𝑈2 −𝑈𝐴 +𝑈𝐵 𝑅3 ∙𝑅4

∙ 𝑅5

Írjuk fel a csomóponti egyenleteket A és B csomópontra! (A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0 (B) 𝐼0 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0

(A)

𝑈1 −𝑈𝐴 𝑅1

𝑅3

90−𝑈𝐴 10

(B) 6 −


2

𝑈2 −𝑈𝐴 +𝑈𝐵

(B) 𝐼0 −

(A)

𝑈

− 𝑅𝐴 +

𝑈

− 10𝐴 +

45−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 5

−

𝑈𝐵

−

𝑅4


45−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 5

−

𝑈𝐵 15

−

=0 𝑅3 ∙𝑅4

∙ 𝑅5 = 0

=0

45−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 5∙15

∙ 20 = 0

(A) 90 − 𝑈𝐴 − 𝑈𝐴 + 90 − 2 ∙ 𝑈𝐴 + 2 ∙ 𝑈𝐵 = 0 (B) 90 − 135 + 3 ∙ 𝑈𝐴 − 3 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐵 − 180 + 4 ∙ 𝑈𝐴 − 4 ∙ 𝑈𝐵 = 0

(A) −4 ∙ 𝑈𝐴 + 2 ∙ 𝑈𝐵 = −180 (B) 7 ∙ 𝑈𝐴 − 8 ∙ 𝑈𝐵 = 225 (A) −16 ∙ 𝑈𝐴 + 8 ∙ 𝑈𝐵 = −720 62

(B) 7 ∙ 𝑈𝐴 − 8 ∙ 𝑈𝐵 = 225

(A)+(B) −9 ∙ 𝑈𝐴 = −495 𝑈𝐴 = 55 𝑉 𝑈𝐵 = −90 + 2 ∙ 𝑈𝐴 𝑈𝐵 = 20 𝑉 Az eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe:

(1) 𝐼1 =

𝑈1 −𝑈𝐴

(2) 𝐼2 =

𝑈𝐴

(3) 𝐼3 = (4) 𝐼4 =

𝑅1

=

90−55

=

55

10

= 5,5 𝐴

𝑅2 10 𝑈2 −𝑈𝐴 +𝑈𝐵 𝑅3 𝑈𝐵 −𝑈𝐷

=

𝑅4

= 3,5 𝐴

=

45−55+20

45−𝑈𝐷 𝑅4

5

=

= 2𝐴

20+40 15

=4𝐴

𝑈

(5) 𝐼3 = − 𝑅𝐷 ⇒ 𝑈𝐷 = −𝑅5 ∙ 𝐼3 = −20 ∙ 2 = −40 𝑉 5

1.6.2.3. Megoldás a hurokáramok módszerével U2 A

R3

I1

I3

R1 Is1

U1

B

R2

I2

Is2

R4

I4 I 0

1

1

I3 R5

C

D

1-93. ábra

Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket! (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 (3) 𝐼3 = −𝐼𝑠2 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 + 𝐼0 63

A két ismeretlen hurokáram az 1-93. ábrán bejelölt két hurokra felírt hurokegyenletekből kiszámítható: (1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 ) − 𝑈1 = 0 (2) 𝑈2 + 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠2 + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠2 + 𝐼0 ) + 𝑅5 𝐼𝑠2 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1 ) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2 ) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1 (2) −𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 ) ∙ 𝐼𝑠2 = −𝑈2 − 𝑅4 ∙ 𝐼0

(1) 20 ∙ 𝐼𝑠1 − 10 ∙ 𝐼𝑠2 = 90 (2) −10 ∙ 𝐼𝑠1 + 50 ∙ 𝐼𝑠2 = −135

(1)+2∙(2): 90𝐼𝑠2 = −180 𝐼𝑠2 = −2 𝐴 𝐼𝑠1 =

90 + 10 ∙ (−2) = 3,5 𝐴 20

A fenti eredmények segítségével megkapjuk a valós ágáramokat (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 = 3,5 𝐴 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 3,5 − (−2) = 5,5 𝐴 (3) 𝐼3 = −𝐼𝑠2 = −(−2) = 2 𝐴 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 + 𝐼0 = −2 + 6 = 4 𝐴

1.6.2.4. Megoldás a szuperpozíció tételével Az áramkör két feszültség- és egy áramgenerátort tartalmaz, a megoldáshoz három rész áramkörre bontjuk a kapcsolást.

64

U2

a)

R3 R1

I1

=

I3 R2

R4

I2

I4 I 0

R3 R1

I1’ R2

R4

I2’

U1

U1

+

I3’

I3’

R5

R5

U2

b)

R3 R1

I1’’

+

I3’’ R2

I2’’

R3

c) I3’’ R4

R1

I1’’’

I3’’’ R2

I2’’’

R5

I4’’’

R4

I0

R5

1-94. ábra

A rész áramkörök áramainak kiszámítása: a) 𝑅𝑒′ = 𝑅1 + (𝑅2 × (𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 )) = 10 + (10 × (5 + 15 + 20) = 18 Ω 𝐼1′ =

𝑈1 90 = =5𝐴 𝑅𝑒′ 18

𝐼2′ = 𝐼1′ ∙

𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 5 + 15 + 20 = 5∙ = 4𝐴 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 10 + 5 + 15 + 20

𝐼3′ = 𝐼1′ − 𝐼2′ = 5 − 4 = 1 𝐴 b) 𝑅𝑒′′ = (𝑅1 × 𝑅2 ) + 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 = (10 × 10) + 5 + 15 + 20 = 45 Ω 𝐼3′′ =

𝑈2 45 = = 1𝐴 𝑅𝑒′′ 45

𝐼2′′ = 𝐼3′′ ∙

𝑅1 10 =1∙ = 0,5 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 10 + 10

𝐼1′′ = 𝐼3′′ − 𝐼2′′ = 1 − 0,5 = 0,5 𝐴 c) 𝐼4′′′ = 𝐼0 ∙

𝑅3 + 𝑅5 + (𝑅1 × 𝑅2 ) 5 + 20 + (10 × 10) = 6∙ =4𝐴 𝑅3 + 𝑅5 + (𝑅1 × 𝑅2 ) + 𝑅4 5 + 20 + (10 × 10) + 15 65

𝐼3′′′ = 𝐼0 − 𝐼4′′′ = 6 − 4 = 2 𝐴 𝐼2′′′ = 𝐼3′′′ ∙

𝑅1 10 = 2∙ =1𝐴 𝑅1 + 𝑅2 10 + 10

𝐼1′′′ = 𝐼3′′′ − 𝐼2′′′ = 2 − 1 = 1 𝐴 A rész áramkörök áramainak összegzésével megkapjuk a valódi ágáramokat. Az összegzés során figyeljünk az áramirányokra! (A feladatot a rossz előjelekkel lehet legkönnyebben elrontani, ezért a végén mindig érdemes a végeredményt a Kirchhoff csomóponti egyenletekkel ellenőrizni) 𝐼1 = 𝐼1′ − 𝐼1′′ − 𝐼1′′′ = 5 − 0,5 − 1 = 3,5 𝐴 𝐼2 = 𝐼2′ + 𝐼2′′ + 𝐼2′′′ = 4 + 0,5 + 1 = 5,5 𝐴 𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3′′ + 𝐼3′′′ = −1 + 1 + 2 = 2 𝐴 𝐼4 = 𝐼3′ − 𝐼3′′ + 𝐼4′′′ = −1 + 1 + 4 = 4 𝐴

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

R3

U2

R4

U1

R6 R2 R1

R5

U3

R1=2,5Ω R2=10Ω R3=3Ω R4=6Ω R5=8Ω R6=8Ω U1=25V U2=40V U3=64V

1-95. ábra

1.6.3.1. Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával Jelöljük be az áramokat (az áramirányok felvétele tetszőleges, ha a végén negatív értéket kapunk, akkor az azt jelenti, hogy a berajzolttal ellentétes a valódi áramirány):

66

U2 R3

R4

I4

I1

U1

+

I3

+

A

R2

I2

B I6

+

I5

R5

R6

+ U3

R1

1-96. ábra

A hat ismeretlen ágáram kiszámításához a Kirchhoff törvények segítségével hat egyenletet, 2 csomóponti- és 4 hurokegyenletet lehet felírni:

Hurok egyenletek: (1) 𝑅1 ∙ 𝐼1 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 − 𝑈1 = 0 (2) −𝑅2 ∙ 𝐼2 + 𝑅4 ∙ 𝐼4 − 𝑅5 ∙ 𝐼5 = 0 (3) 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3 − 𝑅4 ∙ 𝐼4 = 0 (4) 𝑈3 − 𝑅5 ∙ 𝐼5 − 𝑅6 ∙ 𝐼6 = 0

Csomóponti egyenletek: (5) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 − 𝐼4 = 0 (6) −𝐼3 + 𝐼4 − 𝐼5 + 𝐼6 = 0

Mátrixos formába rendezve az egyenleteket:

𝑅1 0 0 0 1 [0

𝑅2 −𝑅2 0 0 −1 0

𝐼1 0 0 0 0 𝑈1 𝐼2 0 𝑅4 𝑅5 0 0 𝐼3 𝑈2 𝑅3 𝑅4 0 0 ∙ = 𝑈3 0 0 𝑅5 𝑅6 𝐼4 𝐼 0 1 −1 0 0 5 −1 1 −1 1 ] [𝐼6 ] [ 0 ]

Írjuk be a megadott értékeket a paraméterek helyébe: 67

2,5 10 0 0 0 0 −10 0 6 8 0 0 3 6 0 0 0 0 0 8 1 −1 1 −1 0 [0 0 −1 1 −1

0 𝐼1 25 𝐼 0 0 2 0 𝐼3 40 ∙ = 8 𝐼4 64 0 𝐼5 0 ] [ 1 [𝐼6 ] 0]

Látjuk, hogy az együttható mátrix főátlójában a 4. sorban nulla van, ezért cseréljük fel a 4. és az 5. sort és a Gauss elimináció elvégzéséhez a bővített mátrixot már így írjuk fel. Ezek után végezzük el a főátló alatti helyek „kinullázását”: 2,5 10 0 0 0 0 −10 0 6 8 0 0 3 6 0 1 −1 1 −1 0 0 0 0 0 8 [0 0 −1 1 −1 2,5 10 0 0 0 −10 0 6 0 0 3 6 0 0 −1 4 0 0 0 0 [0 0 −1 1 2,5 10 0 0 −10 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 [0 0 0

0 8 0 4 8 −1

0 25 2,5 10 0 0 0 0 0 0 −10 0 6 8 0 40 0 0 3 6 0 → 0 0 0 12,5 −2,5 2,5 0 8 64 0 0 0 0 8 1 0] [ 0 0 −1 1 −1 0 0 0 0 8 1

0 0 0 25 2,5 10 0 6 8 0 0 0 −10 0 6 0 0 40 0 0 3 → 18 12 0 70 0 0 0 0 1 1 8 0 0 0 0 18 −6 −10] [ 0 0 0

Az utolsó mátrix 6. sorából felírható: 24 ∙ 𝐼6 = 154 𝐼6 =

154 = 6,4167 𝐴 24

Az 5. sorból: 𝐼5 + 𝐼6 = 8 𝐼5 = 8 − 6,4167 = 1,5833 𝐴 A 4. sorból: 18 ∙ 𝐼4 + 12 ∙ 𝐼5 = 70 68

25 2,5 10 0 0 0 0 −10 0 6 40 0 0 3 6 → 10 0 0 0 18 64 0 0 0 0 ] [ 0 0 0 0 9

0 8 0 12 1 −3

0 0 0 0 1 3

0 0 0 0 8 1

25 0 40 → 25 64 0]

25 0 40 → 70 8 40]

0 0 0 25 6 8 0 0 6 0 0 40 18 12 0 70 0 1 1 8 0 0 24 154]

𝐼4 =

70 − 12 ∙ 1,5833 = 2,833 𝐴 18

A 3. sorból: 3 ∙ 𝐼3 + 6 ∙ 𝐼4 = 40 𝐼3 =

40 − 6 ∙ 2,833 = 7,667 𝐴 3

A 2. sorból: −10 ∙ 𝐼2 + 6 ∙ 𝐼6 + 4 ∙ 𝐼4 = 0

𝐼2 =

3 ∙ 2,833 + 4 ∙ 1,5833 = 2,9667 𝐴 5

Az 1. sorból: 2,5 ∙ 𝐼1 + 10 ∙ 𝐼2 = 25 𝐼1 =

25 − 10 ∙ 2,9667 = −1,8667 𝐴 2,5

Az I1-re negatív értéket kaptunk, tehát az áram iránya az ábrába berajzolttal ellentétes. (A többi áram irányát jól vettük fel.) 1.6.3.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az előző (1.6.3.1) megoldásnál láttuk, hogy az áramkörre két csomóponti egyenlet írható fel. Ez azt jelenti, hogy a csomóponti potenciálok módszerének alkalmazásával a hat ismeretlenes egyenletrendszer két ismeretlenesre egyszerűsödik. Így ennél a példánál valószínűleg ez a módszer adja a legegyszerűbb megoldást. U2 R3

I3

UA

R4

I4

I1

U1

UB

R2

I2

I6 I5

R6

R5

U3

R1

UC=0

UC=0

1-97. ábra

Jelöljük be a csomóponti potenciálokat! Az alsó két csomópont azonos potenciálon van, válasszuk ennek az értékét 0-nak.

69

Fejezzük ki az ágáramokat a csomóponti potenciálok segítségével: (1) 𝑈𝐴 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1

⇒ 𝐼1 =

𝑈1 −𝑈𝐴

(2) 𝑈𝐴 = 𝑅2 ∙ 𝐼2

⇒ 𝐼2 =

𝑈𝐴

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3

⇒ 𝐼3 =

𝑅1 𝑅2 𝑈2 −𝑈𝐴 +𝑈𝐵 𝑅3

⇒ 𝐼4 =

𝑈𝐴 −𝑈𝐵

(5) 𝑈𝐵 = 𝑅5 ∙ 𝐼5

⇒ 𝐼5 =

𝑈𝐵

(6) 𝑈𝐵 = 𝑈3 − 𝑅6 ∙ 𝐼6

⇒ 𝐼6 =

(4) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑅4 ∙ 𝐼4

𝑅4 𝑅5 𝑈3 −𝑈𝐵 𝑅6

Írjuk fel a csomóponti egyenleteket A és B csomópontra! (A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 − 𝐼4 = 0 (B) −𝐼3 + 𝐼4 − 𝐼5 + 𝐼6 = 0

(A)


(B) −

(A)


2,5


+

𝑈

− 10𝐴 +

40−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 3

+

−

𝑅3

2

25−𝑈𝐴

(B) −

𝑈

− 𝑅𝐴 +

𝑈𝐴 −𝑈𝐵 𝑅4

−

𝑈𝐵 𝑅5

40−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 3 𝑈𝐴 −𝑈𝐵 6

−

−

𝑈𝐵 8


+

𝑈3 −𝑈𝐵 𝑅6

𝑈𝐴 −𝑈𝐵 6

+

=0

=0

64−𝑈𝐵 8

=0

=0

(A) 12 ∙ (25 − 𝑈𝐴 ) − 3 ∙ 𝑈𝐵 + 400 − 10 ∙ 𝑈𝐴 + 10 ∙ 𝑈𝐵 − 5 ∙ 𝑈𝐴 + 5 ∙ 𝑈𝐵 = 0 (B) −320 + 8 ∙ 𝑈𝐴 − 8 ∙ 𝑈𝐵 + 4 ∙ 𝑈𝐴 − 4 ∙ 𝑈𝐵 − 3 ∙ 𝑈𝐵 + 192 − 3 ∙ 𝑈𝐵 = 0 (A) −30 ∙ 𝑈𝐴 + 15 ∙ 𝑈𝐵 = −700 (B) 12 ∙ 𝑈𝐴 − 18 ∙ 𝑈𝐵 = 128 (A) −6 ∙ 𝑈𝐴 + 3 ∙ 𝑈𝐵 = −140 (B) 6 ∙ 𝑈𝐴 − 9 ∙ 𝑈𝐵 = 64

(A)+(B) 70

−6 ∙ 𝑈𝐵 = −76 𝑈𝐵 =

76 38 = = 12,667 𝑉 6 3

3(A)+(B) −12 ∙ 𝑈𝐴 = −356 𝑈𝐴 =

356 89 = = 29,667 𝑉 12 3

Az eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe: 25−

(1) 𝐼1 =

𝑈1 −𝑈𝐴

(2) 𝐼2 =

𝑈𝐴

(3) 𝐼3 =


(4) 𝐼4 =


𝑅1 𝑅2

=

2,5

89 3

= 𝑅3

(5) 𝐼5 =

𝑈𝐵

(6) 𝐼6 =

𝑈3 −𝑈𝐵

𝑅5

=

38 3

=

8

𝑅6

=

= −1,8667 𝐴

= 2,9667 𝐴

10

𝑅4

89 3

=

89 38 3 3

40− + 3

89−38 3

6

= 7,667𝐴

= 2,833 𝐴

= 1,5833 𝑉 64−

38 3

8

= 6,41667 𝐴

Az eredmények megegyeznek az 1.6.3.1. pontban kapott értékekkel.

1.6.3.3. Megoldás a hurokáramok módszerével Ezzel a módszerrel most négy hurokegyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszert kell megoldanunk. U2 R3

I3

Is3 R4

I4

I1

U1

Is1 R1

R2

I2

I6 Is 2

I5

R5

R6

Is4 U3

1-98. ábra

71

Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket! (Amelyik ág csak egy hurokhoz tartozik, annak árama (figyelembe véve a berajzolt áramirányokat) az hurokárammal megegyezik, amelyik ág két hurokhoz tartozik, annak árama a hurokáramok előjeles összegével egyenlő.) (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 (3) 𝐼3 = −𝐼𝑠3 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3 (5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 (6) 𝐼6 = −𝐼𝑠4 Írjuk fel a hurokegyenleteket az 1-98. ábrán bejelölt négy hurokra: (1) 𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 ) − 𝑈1 = 0 (2) 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠1 ) + 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3 ) + 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 ) = 0 (3) 𝑅4 ∙ (𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠2 ) + 𝑈2 + 𝑅3 ∙ 𝐼𝑠3 = 0 (4) 𝑅6 ∙ 𝐼𝑠4 + 𝑈3 + 𝑅5 ∙ (𝐼𝑠4 − 𝐼𝑠2 ) = 0

(1) (𝑅1 + 𝑅2 ) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1 (2) −𝑅2 ∙ 𝐼𝑠1 + (𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5 ) ∙ 𝐼𝑠2 − 𝑅4 ∙ 𝐼𝑠3 − 𝑅5 ∙ 𝐼𝑠4 = 0 (3) −𝑅4 ∙ 𝐼𝑠2 + (𝑅3 + 𝑅4 ) ∙ 𝐼𝑠3 = −𝑈2 (4) −𝑅5 ∙ 𝐼𝑠2 + (𝑅5 + 𝑅6 ) ∙ 𝐼𝑠4 = −𝑈3

Mátrixos alakba írva az egyenletrendszert: (𝑅1 + 𝑅2 ) −𝑅2 0 [ 0

−𝑅2 (𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5 ) −𝑅4 −𝑅5

0 0 𝐼𝑠1 𝑈1 −𝑅4 −𝑅5 𝐼𝑠2 0 ∙[ ]=[ ] −𝑈2 𝐼𝑠3 (𝑅3 + 𝑅4 ) 0 −𝑈3 (𝑅5 + 𝑅6 )] 𝐼𝑠4 0

Írjuk be a megadott értékeket: 𝐼𝑠1 12,5 −10 0 0 25 𝐼 −10 24 −6 −8 0 [ ] ∙ [ 𝑠2 ] = [ ] 𝐼𝑠3 0 −6 9 0 −40 𝐼𝑠4 0 −8 0 16 −64

72

A Gauss- eliminációhoz írjuk fel a bővített mátrixot, majd végezzük el az együttható mátrix főátló alatti értékeinek kinullázását! 12,5 −10 0 0 25 12,5 −10 0 0 25 −10 24 −6 −8 0 0 8 −3 −4 10 [ ]→[ ] 0 −6 9 0 −40 0 −6 9 0 −40 0 −8 0 16 −64 0 −8 0 16 −64 12,5 −10 0 0 25 0 8 −3 −4 10 ⇒[ ]⇒ 0 0 27 −12 −130 0 0 −3 12 −54 12,5 −10 0 0 25 0 8 −3 −4 10 ⇒[ ] 0 0 27 −12 −130 0 0 0 96 −616

Az utolsó mátrix 4. sorából felírható: 96 ∙ 𝐼𝑠4 = −616 𝐼𝑠4 = −

616 = −6,4167 𝐴 96

A 3. sorból: 27 ∙ 𝐼𝑠3 − 12 ∙ 𝐼𝑠4 = −130 𝐼𝑠3 =

12 ∙ (−6,4167) − 130 = −7,667 𝐴 27

A 2. sorból: 8 ∙ 𝐼𝑠2 − 3 ∙ 𝐼𝑠3 − 4 ∙ 𝐼𝑠4 = 10 𝐼𝑠2 =

10 + 3 ∙ (−7,667) + 4 ∙ (−6,4167 ) = −4,833 𝐴 8

Az 1. sorból: 12,5 ∙ 𝐼𝑠1 − 10 ∙ 𝐼𝑠2 = 25 𝐼𝑠1 =

25 + 10 ∙ (−4,833) = −1,8667 𝐴 12,5

A hurokáramokból felírhatjuk a valódi ágáramokat: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 = −1,8667 𝐴 (2) 𝐼2 = −1,8667 − (−4,833) = 2,9667 𝐴 (3) 𝐼3 = −𝐼𝑠3 = 7,667 𝐴 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠3 = −4,833 − (−7,667) = 2,833 𝐴 (5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 = −4,833 − (−6,4167) = 1,5833 𝐴 (6) 𝐼6 = −𝐼𝑠4 = 6,4167 𝐴 73

Az eredmények megegyeznek az 1.6.3.1. és 1.6.3.2. pontban kapott értékekkel. 1.6.3.4. Megoldás a szuperpozíció tétel használatával Ezzel a módszerrel három, egy feszültségforrással rendelkező áramkör ágaiban kell meghatározni, majd a végén összegezni az áramokat. Előny, hogy nem kell több ismeretlenes egyenletrendszerek megoldásával bajlódni, a három „rész áramkör” áramai nagyon hasonló, viszonylag egyszerű számolási műveletekkel meghatározhatók, hátrány viszont, hogy a 6 különböző ágáramot háromszor is ki kell számolni. U2

a)

R3

R3

=

I3

R4

R4

I4

I1

U1

R2

I6

I2

I5

+

I’3

R6

I’4

I’1

U1

R2

R5

U3

R1

R6

I’5

I’2

R5

I’6

R1

U2

+

b)

R3

I’’3

R3

c)

+

I’’’3 R4

R4

I’’4 I’’2

I’’1 R2

I’’6 I’’5

I’’’1

R6

I’’’4 R2

R5

I’’’2

I’’’6 I’’’5

R5

R1

R1

R6

U 3

1-99. ábra

A rész áramkörök áramainak kiszámítása: a) 𝑅𝑒′ = 𝑅1 + (𝑅2 × [(𝑅3 × 𝑅4 ) + (𝑅5 × 𝑅6 )]) = 2,5 + (10 × [(6 × 3) + (8 × 8)]) = 6,25 Ω 𝐼1′ =

𝑈1 25 = =4𝐴 𝑅𝑒′ 6,25

Az áramosztás törvényét I2’ áramra felírva 𝐼2′ = 𝐼1′ ∙

(𝑅3 × 𝑅4 ) + (𝑅5 × 𝑅6 ) (3 × 6) + (8 × 8) 6 = 4∙ = 4∙ = 1,5 𝐴 𝑅2 + (𝑅3 × 𝑅4 ) + (𝑅5 × 𝑅6 ) 10 + (3 × 6) + (8 × 8) 16

A csomóponti törvény értelmében 𝐼1′ = 𝐼2′ + 𝐼3′ + 𝐼4′ , és 𝐼3′ + 𝐼4′ = 𝐼5′ + 𝐼6′ , vagyis 𝐼1′ − 𝐼2′ = 𝐼3′ + 𝐼4′ = 𝐼5′ + 𝐼6′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban 𝑅3 , 𝑅4 valamint 𝑅5 , 𝑅6 ellenállások ágai között. 𝐼3′ + 𝐼4′ = 𝐼1′ − 𝐼2′ = 4 − 1,5 = 2,5 𝐴 74

𝐼3′ = (𝐼1′ − 𝐼2′ ) ∙

𝑅4 6 = 2,5 ∙ = 1,667 𝐴 𝑅3 + 𝑅4 3+6

𝐼4′ = 𝐼1′ − 𝐼2′ − 𝐼3′ = 2,5 − 1,667 = 0,833 𝐴 𝐼5′ = (𝐼1′ − 𝐼2′ ) ∙

𝑅6 8 = 2,5 ∙ = 1,25 𝐴 𝑅5 + 𝑅6 8+8

𝐼6′ = 𝐼1′ − 𝐼2′ − 𝐼5′ = 2,5 − 1,25 = 1,25 𝐴 b) 𝑅𝑒′′ = 𝑅3 + (𝑅4 × [(𝑅1 × 𝑅2 ) + (𝑅5 × 𝑅6 )]) = 3 + (6 × [(2,5 × 10) + (8 × 8)]) = 6 Ω 𝐼3′′ =

𝑈2 40 20 = = = 6,667𝐴 𝑅𝑒′′ 6 3

Az áramosztás törvényét 𝐼4′′ áramra felírva: 𝐼4′′ = 𝐼3′′ ∙

(𝑅1 × 𝑅2 ) + (𝑅5 × 𝑅6 ) (2,5 × 10) + (8 × 8) 20 20 6 = ∙ = ∙ 𝑅4 + (𝑅1 × 𝑅2 ) + (𝑅5 × 𝑅6 ) 3 6 + (2,5 × 10) + (8 × 8) 3 12 = 3,33 𝐴

A csomóponti törvény értelmében 𝐼3′′ = 𝐼1′′ + 𝐼2′′ + 𝐼4′′ , és 𝐼1′′ + 𝐼2′′ = 𝐼5′′ + 𝐼6′′ , vagyis 𝐼3′′ − 𝐼4′′ = 𝐼1′′ + 𝐼2′′ = 𝐼5′′ + 𝐼6′′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban 𝑅1 , 𝑅2 valamint 𝑅5 , 𝑅6 ellenállások ágai között. 𝐼1′′ + 𝐼2′′ = 𝐼3′′ − 𝐼4′′ = 6,667 − 3,333 = 3,333 𝐴 𝐼1′′ = (𝐼3′′ − 𝐼4′′ ) ∙

𝑅2 10 = 3,333 ∙ = 2,667 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 2,5 + 10

𝐼2′′ = 𝐼3′′ − 𝐼4′′ − 𝐼1′′ = 3,333 − 2,667 = 0,667 𝐴 𝐼5′′ = (𝐼3′′ − 𝐼4′′ ) ∙

𝑅6 8 = 3,333 ∙ = 1,667 𝐴 𝑅5 + 𝑅6 8+8

𝐼6′′ = 𝐼3′′ − 𝐼4′′ − 𝐼5′′ = 3,333 − 1,667 = 1,667 𝐴 c) 𝑅𝑒′′′ = 𝑅6 + (𝑅5 × [(𝑅3 × 𝑅4 ) + (𝑅1 × 𝑅2 )]) = 8 + (8 × [(3 × 6) + (2,5 × 10)]) = 𝐼6′′′ =

32 Ω 3

𝑈3 64 = =6𝐴 𝑅𝑒′′′ 32 3

Az áramosztás törvényét 𝐼5′′′ áramra felírva: 𝐼5′′′ = 𝐼6′′′ ∙

(𝑅3 × 𝑅4 ) + (𝑅1 × 𝑅2 ) (3 × 6) + (2,5 × 10) 4 =6∙ =6∙ = 2𝐴 𝑅5 + (𝑅3 × 𝑅4 ) + (𝑅1 × 𝑅2 ) 8 + (2,5 × 10) + (8 × 8) 12 75

A csomóponti törvény értelmében 𝐼6′′′ = 𝐼3′′′ + 𝐼4′′′ + 𝐼5′′′ , és 𝐼1′′′ + 𝐼2′′′ = 𝐼3′′′ + 𝐼4′′′ , vagyis 𝐼6′′′ − 𝐼5′′′ = 𝐼1′′′ + 𝐼2′′′ = 𝐼3′′′ + 𝐼4′′′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban 𝑅1 , 𝑅2 valamint 𝑅3 , 𝑅4 ellenállások ágai között. 𝐼6′′′ − 𝐼5′′′ = 𝐼1′′′ + 𝐼2′′′ = 6 − 2 = 4 𝐴 𝐼1′′′ = (𝐼6′′′ − 𝐼5′′′ ) ∙

𝑅2 10 =4∙ = 3,2𝐴 𝑅1 + 𝑅2 2,5 + 10

𝐼2′′′ = 𝐼6′′′ − 𝐼5′′′ − 𝐼1′′′ = 4 − 3,2 = 0,8 𝐴 𝐼3′′′ = (𝐼6′′′ − 𝐼5′′′ ) ∙

𝑅4 6 =4∙ = 2,667 𝐴 𝑅3 + 𝑅4 3+6

𝐼4′′′ = 𝐼6′′′ − 𝐼5′′′ − 𝐼3′′′ = 4 − 2,667 = 1,333 𝐴 A rész áramok összegzésével, a berajzolt áramirányok figyelembe vételével számoljuk ki a teljes áramkör ágáramait: 𝐼1 = 𝐼1′ − 𝐼1′′ − 𝐼1′′′ = 4 − 2,667 − 3,2 = −1,867 𝐴 𝐼2 = 𝐼2′ + 𝐼2′′ + 𝐼2′′′ = 1,5 + 0,667 + 0,8 = 2,967 𝐴 𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3′′ + 𝐼3′′′ = −1,667 + 6,667 + 2,667 = 7,667 𝐴 𝐼4 = 𝐼4′ + 𝐼4′′ − 𝐼4′′′ = 0,833 + 3,333 − 1,333 = 2,833𝐴 𝐼5 = 𝐼5′ − 𝐼5′′ + 𝐼5′′′ = 1,25 − 1,667 + 2 = 1,583 𝐴 𝐼6 = −𝐼6′ + 𝐼6′′ + 𝐼6′′′ = −1,25 + 1,667 + 6 = 6,417 𝐴 Az eredmények megegyeznek az 1.6.3.1., 1.6.3.2. és 1.6.3.3. pontban kapott értékekkel.

Gyakorló példák Az alábbi példák az előző pontokban bemutatott módszerek mindegyikével megoldhatók. Minden példánál egyfajta megoldás ki van dolgozva, de ajánlott gyakorlásként a többi módszerrel is elvégezni a számításokat.

1.6.4. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével!

76

R1=30 Ω

U

R2=70 Ω

I

R2

U=100 V I=5 A

R1

1-100. ábra

1.6.4.1. Megoldás a Kirchhoff törvények segítségével

U

R1=30 Ω

I1 R2 R1

I2

I

R2=70 Ω U=100 V I=5 A

1-101. ábra

Csomóponti egyenlet: (1)𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼 = 0 Hurok egyenlet: (2) 𝑅1 ∙ 𝐼1 − 𝑈 + 𝑅2 ∙ 𝐼2 = 0

(1)−𝐼1 + 𝐼2 = 5 (2) 30 ∙ 𝐼1 + 70 ∙ 𝐼2 = 100

100 ∙ 𝐼2 = 250 𝐼2 = 2,5 𝐴 𝐼1 = 𝐼2 − 5 = −2,5 𝐴


77

R1=20 Ω

U2

U1

R2=10 Ω I

R2 R3

R1

R3=15 Ω U1=60 V U2=10 V I=2 A

1-102. ábra

1.6.5.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével UA U2

U1

I

R2 R1

I1

I2

R3

I3

UB=0 1-103. ábra

Az áramkör három ismeretlen áramára két hurok és egy csomóponti egyenlet írható fel. A csomóponti potenciálok módszerével elég UA-ra egyetlen egy ismeretlenes egyenletet felírni, UA-ból mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható: ⇒ 𝐼1 =

(2) 𝑈𝐴 = −𝑅2 ∙ 𝐼2

⇒ 𝐼2 = − 𝑅𝐴

(3) 𝑈𝐴 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3

2

⇒ 𝐼3 =

−𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 − 𝐼 = 0 −

𝑈1 + 𝑈𝐴 𝑈𝐴 𝑈2 − 𝑈𝐴 − + −𝐼 =0 𝑅1 𝑅2 𝑅3

−

60 + 𝑈𝐴 𝑈𝐴 10 − 𝑈𝐴 − + =2 20 10 15

−180 − 3 ∙ 𝑈𝐴 − 6 ∙ 𝑈𝐴 + 40 − 4 ∙ 𝑈𝐴 = 120 −13 ∙ 𝑈𝐴 = 260 𝑈𝐴 = −20 𝑉

𝑅1 𝑈

A csomóponti egyenlet:

78

𝑈1 +𝑈𝐴

(1) 𝑈𝐴 = −𝑈1 + 𝑅1 ∙ 𝐼1


UA-t behelyettesítve megkapjuk az áramokat: 𝐼1 =

𝑈1 + 𝑈𝐴 60 − 20 = = 2𝐴 𝑅1 20

𝐼2 = − 𝐼3 =

𝑈𝐴 −20 =− = 2𝐴 𝑅2 10

10 − (−20) =2𝐴 15

1.6.6. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! I R1=4 Ω R2=10 Ω

R3

R3=8 Ω

U1 R2

R4

R1

R4=2 Ω U1=3 V U2=4 V I=1 A

U2 1-104. ábra

1.6.6.1. Megoldás a hurokáramok módszerével I I R3

I1

U1

Is1

I3 R2

I2

Is2

I4

R4

R1

U2 1-105. ábra

79

A négy ismeretlen áram kiszámításához két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. A hurokegyenletek módszerével a két hurokegyenlettel egy két ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. Az 1-103. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. A hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 (3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 − 𝐼 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 Hurokegyenletek Is1 és Is2 hurokáramokkal: (1)

𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 ) − 𝑈1 = 0

(2)

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

(1)

(𝑅1 + 𝑅2 ) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1

(2)

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

(1)

14 ∙ 𝐼𝑠1 − 10 ∙ 𝐼𝑠2 = 3

(2)

−10 ∙ 𝐼𝑠1 + 25 ∙ 𝐼𝑠2 = 8 + 4

5(1)+2(2): 50 ∙ 𝐼𝑠1 = 39 𝐼𝑠1 = 0,78 𝐴 25 ∙ 𝐼𝑠2 = 10 ∙ 𝐼𝑠1 + 12 𝐼𝑠2 =

10 ∙ 0,78 + 12 = 0,792 𝐴 20

Az ágáramok: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 =0,78 A (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 0,78 − 0,792 = −0,012 𝐴 (3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 − 𝐼 = 0,792 − 1 = −0,208 𝐴 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠2 =0,792 A 80

1.6.7. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U1 R1

R1=10 Ω R2=20 Ω

R2

R3=10 Ω

U2 I

R4 R3

R4=5 Ω U1=40 V U2=20 V I=2 A

1-106. ábra

1.6.7.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével

Az áramkör négy ismeretlen áramára két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. UA-ból és UB-ből mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható:

U1 R1

UA

R2

I1

UB

I2

U2

R4 R3

I3

I

I4

UC=0 1-107. ábra

81

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1

⇒ 𝐼1 =


(2) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑅2 ∙ 𝐼2

⇒ 𝐼2 =


(3) 𝑈𝐴 = 𝑈2 − 𝑅3 ∙ 𝐼3

⇒ 𝐼3 =

(4) 𝑈𝐵 = −𝑅4 ∙ 𝐼4

⇒ 𝐼4 = − 𝑅

𝑅1 𝑅2 𝑈2 −𝑈𝐴 𝑅3 𝑈𝐵 4

A csomóponti egyenletek: (A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0 (B) −𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼4 − 𝐼 = 0

(A)


(B) −

(A)


40−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 10

(B) −

−

−

40−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 10


+



+

+

𝑅3

=0

𝑈

− 𝑅𝐵 − 𝐼 = 0 4

+


𝑈2 −𝑈𝐴

20−𝑈𝐴 10

−

𝑈𝐵 5

=0

−2=0

(A) 80 − 2 ∙ 𝑈𝐴 + 2 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 + 40 − 2 ∙ 𝑈𝐴 = 0 (B) −80 + 2 ∙ 𝑈𝐴 − 2 ∙ 𝑈𝐵 + 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 − 4 ∙ 𝑈𝐵 = 40

(A) −5 ∙ 𝑈𝐴 + 3 ∙ 𝑈𝐵 = −120 (B) 3 ∙ 𝑈𝐴 − 7 ∙ 𝑈𝐵 = 120

(A) −15 ∙ 𝑈𝐴 + 9 ∙ 𝑈𝐵 = −360 (B) 15 ∙ 𝑈𝐴 − 35 ∙ 𝑈𝐵 = 600 −26 ∙ 𝑈𝐵 = 240 82

𝑈𝐵 = −

240 = −9,23 𝑉 26

120 − 7 ∙ 𝑈𝐵 = 18,46 𝑉 3

𝑈𝐴 =

Végül helyettesítsük be UA és UB értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe: 𝐼1 =

𝑈1 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 40 − 18,46 + 9,23 = = 1,23 𝐴 𝑅1 10

𝐼2 =

𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 18,46 + 9,23 = = 1,3845 𝐴 𝑅2 20

𝐼3 =

𝑈2 − 𝑈𝐴 20 − 18,46 = = 0,154 𝐴 𝑅3 10

𝐼4 = −

𝑈𝐵 9,23 = = 1,846 𝐴 𝑅4 5

1.6.8. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! R1

R2

U1

U2

R3 R4

R5

R1=10 Ω R2=20 Ω R3=30 Ω R4=20 Ω R5=10 Ω U1=60 V U2=90 V

I

I=5 A

1-108. ábra

1.6.8.1. Megoldás a hurokáramok módszerével R1

U1

I1 Is1 R4

I4

R2

I2 R3

I3 I

I5

Is2

U2

R5

I 1-109. ábra

Az öt ismeretlen áramra két hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. A hurokáramok módszerével egy két ismeretlenes egyenletrendszerből a hurokáramok, a hurokáramokból az ágáramok meghatározhatók. 83

Összefüggések a hurokáramok és az ágáramok között: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 (2) 𝐼2 = −𝐼𝑠2 (3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠2 (4) 𝐼4 = 𝐼 + 𝐼𝑠1 (5) 𝐼5 = 𝐼 + 𝐼𝑠2 Hurokegyenletek Is1 és Is2 hurokáramokkal: (1)

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

(2)

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

(1)

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

(2)

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

(1)

60 ∙ 𝐼𝑠1 − 30 ∙ 𝐼𝑠2 = 60 − 5 ∙ 20

(2)

−30 ∙ 𝐼𝑠1 + 60 ∙ 𝐼𝑠2 = −5 ∙ 10 − 90

9 ∙ 𝐼𝑠1 = −22 𝐼𝑠1 = −2,444 𝐴 9 ∙ 𝐼𝑠2 = −32 𝐼𝑠2 = −3,555𝐴

𝐼1 = 𝐼𝑠1 = −2,444 𝐴 𝐼2 = −𝐼𝑠2 = 3,555 𝐴 𝐼3 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 1,111 𝐴 𝐼4 = 𝐼 + 𝐼𝑠1 = 2,555 𝐴 𝐼5 = 𝐼 + 𝐼𝑠2 = 1,444 𝐴

84

1.6.9. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! I01 R1=4 Ω R1

R2=2 Ω R3=2 Ω

U

R4=1 Ω

R4

R2

R5=5 Ω

R3

U=10 V I01=3 A

R5

I02=6 A

I02 1-110. ábra

1.6.9.1. Megoldás a szuperpozíció tétellel

I01

I01

a) R1

R1

I2

I1

I’1

U

I4

R2

I3

R3

I5

R4

=

R2

I’2

R5

I’4

I’3

R4 R3

+

I’4 R5

I02 1-111/a. ábra

85

c)

b) R1

R1

I’’2

+

I’’4

R2

I’’2 I’’3

I’’’4

I’’’1

R3

R4

+

I’’5

R2

U

I’’’1

R4

I’’’3

R3

R5

I02 1-112/b. ábra

a) 𝐼1′ = 𝐼01 ∙

𝑅2 + [𝑅3 × (𝑅4 + 𝑅5 )] 2 + (2 × 6) = 3∙ = 1,4 𝐴 𝑅1 + 𝑅2 + [𝑅3 × (𝑅4 + 𝑅5 )] 4 + 2 + (2 × 6)

𝐼2′ = 𝐼01 − 𝐼1′ = 3 − 1,4 = 1,6 𝐴 𝐼3′ = 𝐼2′ ∙

𝑅4 + 𝑅5 1+5 = 1,6 ∙ = 1,2 𝐴 𝑅3 + 𝑅4 + 𝑅5 2+1+5

𝐼4′ = 𝐼2′ − 𝐼3′ = 1,6 − 1,2 = 0,4 𝐴 𝐼5′ = 𝐼4′ = 0,4 𝐴

b) 𝐼5′′ = 𝐼02 ∙

𝑅4 + [𝑅3 × (𝑅1 + 𝑅2 )] 1 + (2 × 6) =6∙ = 2𝐴 𝑅5 + 𝑅4 + [𝑅3 × (𝑅1 + 𝑅2 )] 5 + 1 + (2 × 6)

𝐼4′′ = 𝐼02 − 𝐼5′′ = 6 − 2 = 4 𝐴 𝐼3′′ = 𝐼4′′ ∙

𝑅1 + 𝑅2 6 = 4∙ = 3𝐴 𝑅3 + 𝑅1 + 𝑅2 8

𝐼2′′ = 𝐼4′′ − 𝐼3′′ = 4 − 3 = 1 𝐴 𝐼1′′ = 𝐼2′′ = 1 𝐴

86

I’’’4 R5

c) 𝑅𝑒′′′ = 𝑅3 + [(𝑅4 + 𝑅5 ) × (𝑅1 + 𝑅2 )] = 2 + (6 × 6) = 5Ω 𝐼3′′′ =

𝑈 10 = =2𝐴 𝑅𝑒′′′ 5

𝐼1′′′ = 𝐼2′′′ = 𝐼3′′′ ∙

𝑅4 + 𝑅5 6 = 2∙ =1𝐴 𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 + 𝑅5 12

𝐼4′′′ = 𝐼5′′′ = 1 𝐴 𝐼1 = −𝐼1′ + 𝐼1′′ − 𝐼1′′′ = −1,4 + 1 − 1 = −1,4 𝐴 𝐼2 = −𝐼2′ − 𝐼2′′ + 𝐼2′′′ = −1,6 − 1 + 1 = −1,6 𝐴 𝐼3 = −𝐼3′ + 𝐼3′′ + 𝐼3′′′ = −1,2 + 3 + 2 = 3,8 𝐴 𝐼4 = 𝐼4′ + 𝐼4′′ + 𝐼4′′′ = 0,4 + 4 + 1 = 5,4 𝐴 𝐼5 = −𝐼5′ + 𝐼5′′ − 𝐼5′′′ = −0,4 + 2 − 1 = 0,6 𝐴


U1 R1

R2

R3

R4 R5

U2

R1=2 Ω R2=4 Ω R3=5 Ω R4=3 Ω R5=6 Ω U1=15 V U2=20 V

1-113. ábra

1.6.10.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az áramkörben öt ismeretlen ágáramot kell kiszámítani. Az 1-111. ábrán látható, hogy a kapcsolás négy csomópontjához négy különböző csomóponti potenciál tartozik. Ebből az egyiket választhatjuk 0-nak. Ha UD-t 0-nak vesszük, UC csomópont potenciálja U2-vel lesz egyenlő, így a két ismeretlen, UA és UB kiszámításával mind az 5 ismeretlen ágáram kiszámítható:

87

UA

U1 I1

R1

UB

R4

R3

R2

I2

I3 UC=U2

UD=0

I4

U2

R5

I5 1-114. ábra

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = 𝑈1 − 𝑅1 ∙ 𝐼1

⇒ 𝐼1 =


(2) 𝑈𝐴 = 𝑅2 ∙ 𝐼2

⇒ 𝐼2 =

𝑈𝐴

(3) 𝑈𝐴 − 𝑈2 = −𝑅3 ∙ 𝐼3

⇒ 𝐼3 =

(4) 𝑈𝐵 = −𝑅4 ∙ 𝐼4

⇒ 𝐼4 = − 𝑅

𝑅1 𝑅2 𝑈2 −𝑈𝐴 𝑅3 𝑈𝐵 4

(5) 𝑈𝐵 − 𝑈2 = 𝑅5 ∙ 𝐼5

⇒ 𝐼5 =

𝑈𝐵 −𝑈2 𝑅5

A csomóponti egyenletek: (A) 𝐼1 − 𝐼2 + 𝐼3 = 0 (B) −𝐼1 + 𝐼4 − 𝐼5 = 0

(A)


(B) −

(A)


2


15−𝑈𝐴 +𝑈𝐵

(B) −

𝑈

− 𝑅𝐴 +

2

−

15−𝑈𝐴 +𝑈𝐵 2

+

𝑈𝐵 𝑅4

𝑈𝐴 4

−

+

𝑈𝐵 3

−

𝑈𝐵 −𝑈2 𝑅5

20−𝑈𝐴 5

−

=0

=0

𝑈𝐵 −20 6

=0

=0

(A) 150 − 10 ∙ 𝑈𝐴 + 10 ∙ 𝑈𝐵 − 5 ∙ 𝑈𝐴 + 80 − 4 ∙ 𝑈𝐴 = 0 88

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

(A) −19 ∙ 𝑈𝐴 + 10 ∙ 𝑈𝐵 = −230 (B) 3 ∙ 𝑈𝐴 − 6 ∙ 𝑈𝐵 = 25

(A) −57 ∙ 𝑈𝐴 + 30 ∙ 𝑈𝐵 = −690 (B) 15 ∙ 𝑈𝐴 − 30 ∙ 𝑈𝐵 = 125 −42 ∙ 𝑈𝐴 =−565 𝑈𝐴 = 13,452 𝑉 𝑈𝐵 =

3 ∙ 13,452 − 25 = 2,559 𝑉 6

Végül helyettesítsük be UA és UB értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe: 𝐼1 =

𝑈1 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 15 − 13,452 + 2,559 = = 2,053 𝐴 𝑅1 2

𝐼2 =

𝑈𝐴 13,452 = = 3,363 𝐴 𝑅2 4

𝐼3 =

𝑈2 − 𝑈𝐴 20 − 13,452 = = 1,3096 𝐴 𝑅3 5

𝐼4 = − 𝐼5 =

𝑈𝐵 2,559 =− = −0,853 𝐴 𝑅4 3

𝑈𝐵 − 𝑈2 2,559 − 20 = = −2,9068 𝐴 𝑅5 6


89

R1

U1

R1=3 Ω R2=6 Ω

R2

R3=4 Ω

R4 R3

R5

U2

R4=2 Ω R5=6 Ω U1=60 V U2=90 V

1-115. ábra

1.6.11.1. Megoldás a hurokáramok módszerével

I2

Is1

R2

Is2

R3

I3

I1

R1

I4

U1

R4

Is3 U2

R5

I5

1-116. ábra

Az öt ismeretlen áram kiszámításához három hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. A hurokegyenletek módszerével, a három hurokegyenlettel egy három ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. Az 1-115. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. A hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 (3) 𝐼3 = 𝐼𝑠2 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠2 (5) 𝐼5 = 𝐼𝑠3 90

Hurokegyenletek Is1, Is2 és Is3 hurokáramokkal: (1)

𝑅1 ∙ 𝐼𝑠1 + 𝑅2 ∙ (𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 ) − 𝑈1 = 0

(2)

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

(3)

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

(1)

(𝑅1 + 𝑅2 ) ∙ 𝐼𝑠1 − 𝑅2 ∙ 𝐼𝑠2 = 𝑈1

(2)

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

(3)

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

Az egyenletrendszert mátrixos alakba rendezve: 𝑅1 + 𝑅2 [ −𝑅2 0

−𝑅2 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4 −𝑅4

0 𝐼𝑠1 𝑈1 −𝑅4 ] ∙ [𝐼𝑠2 ] = [ −𝑈2 ] 𝑅4 + 𝑅5 𝐼𝑠3 𝑈2 − 𝑈1

9 −6 0 𝐼𝑠1 60 [−6 12 −2] ∙ [𝐼𝑠2 ] = [−90] 0 −2 8 𝐼𝑠3 30

Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával: Az együttható mátrix determinánsa: 9 −6 0 𝐷 = |−6 12 −2| = 540 0 −2 8 Képezzük Di determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot illesztve: 60 −6 0 𝐷1 = |−90 12 −2| = 1560 30 −2 8 9 60 0 𝐷2 = |−6 −90 −2| = −3060 0 30 8

91

9 −6 90 𝐷1 = |−6 12 −90| = 1260 0 −2 30 A Crammer-szabály értelmében az ismeretlen hurokáramok: 𝐼𝑠1 =

𝐷1 1560 = = 2,889 𝐴 𝐷 540

𝐼𝑠2 =

𝐷2 −3060 = = −5,667 𝐴 𝐷 540

𝐼𝑠3 =

𝐷3 1260 = = 2,333 𝐴 𝐷 540

Végül írjuk fel a valódi ágáramokat:

(1)

𝐼1 = 𝐼𝑠1 =2,889 A

(2)

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

(3)

𝐼3 = 𝐼𝑠2 = −5,667 𝐴

(4)

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

(5)

𝐼5 = 𝐼𝑠3 = 2,333 𝐴


92

I0

R

R

U1

R=5 Ω U1=10 V U2=20 V

U2 R

R R

R

1-117. ábra

1.6.12.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az áramkör hat ismeretlen áramára három hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. A csomóponti potenciálok módszerével a négy különböző potenciálú csomópontból egynek az értékét 0-nak választva megmaradó három ismeretlen csomóponti potenciállal a hat ismeretlen ágáram kifejezhető, a három csomóponti egyenlettel a három csomóponti potenciál kiszámítható. I0 UA

UB

R

I1

U1

UC

R

I4

U2

R R

I2

I3

R

I5

R

R=10 Ω U1=10 V U2=20 V I0=2 A

I6

UD=0 1-118. ábra

⇒ 𝐼1 =

𝑈𝐵 −𝑈𝐴

(2) 𝑈𝐴 = 𝑈1 − 𝑅 ∙ 𝐼2

⇒ 𝐼2 =

𝑈1 −𝑈𝐴

(3) 𝑈𝐵 = 𝑅 ∙ 𝐼3

⇒ 𝐼3 =

(4) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 𝑅 ∙ 𝐼4

⇒ 𝐼4 =

(1) 𝑈𝐴 − 𝑈𝐵 = −𝑅 ∙ 𝐼1

(5) 𝑈𝐶 = 𝑈2 − 𝑅 ∙ 𝐼5

⇒ 𝐼5 =

𝑅 𝑅 𝑈𝐵 𝑅 𝑈𝐵 −𝑈𝐶 𝑅 𝑈2 −𝑈𝐶 𝑅

93

(6) 𝑈𝐶 = 𝑅 ∙ 𝐼6

⇒ 𝐼6 =

𝑈𝐶 𝑅

A csomóponti egyenletek: (A) 𝐼1 + 𝐼2 − 𝐼0 = 0 (B) 𝐼0 − 𝐼1 − 𝐼3 − 𝐼4 = 0 (C) 𝐼4 + 𝐼5 − 𝐼6 = 0

(A)

𝑈𝐵 −𝑈𝐴 𝑅

(B) 𝐼0 − (C)

𝑅

𝑈𝐵 −𝑈𝐴

𝑈𝐵 −𝑈𝐶 𝑅

𝑈1 −𝑈𝐴

+ 𝑅

+

−

𝑈𝐵

𝑈2 −𝑈𝐶 𝑅

= 𝐼0 𝑅

−

−

𝑈𝐵 −𝑈𝐶

𝑈𝐶

=0

𝑅

𝑅

=0

(A) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 + 𝑈1 − 𝑈𝐴 = 𝐼0 ∙ 𝑅 (B) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 + 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 𝐼0 ∙ 𝑅 (C) 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 + 𝑈2 − 𝑈𝐶 − 𝑈𝐶 = 0

(A) −2 ∙ 𝑈𝐴 + 𝑈𝐵 = 10 (B) −𝑈𝐴 + 3 ∙ 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 = 20 (C) 𝑈𝐵 − 3 ∙ 𝑈𝐶 = −20

Az egyetlenrendszer mátrixos alakja: −2 1 [−1 3 0 1

𝑈𝐴 0 10 𝑈 ] ∙ [ ] = [ −1 20] 𝐵 𝑈𝐶 −3 −20

Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával: Az együttható mátrix determinánsa: 94

−2 1 0 𝐷 = |−1 3 −1| = 13 0 1 −3 Képezzük Di determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot illesztve: 10 1 𝐷1 = | 20 3 −20 1

0 −1| = 0 −3

−2 10 0 𝐷2 = |−1 20 −1| = 130 0 −20 −3 −2 1 10 𝐷1 = |−1 3 20| = 130 0 1 −20 A Crammer-szabály értelmében az ismeretlen csomóponti potenciálok: 𝑈𝐴 =

𝐷1 0 = =0𝑉 𝐷 13

𝑈𝐵 =

𝐷2 130 = = 10 𝑉 𝐷 13

𝑈𝐶 =

𝐷3 130 = = 10 𝑉 𝐷 13

Végül a kapott eredményekből számítsuk ki az ágáramokat: 𝐼1 =

𝑈𝐵 − 𝑈𝐴 10 − 0 = =1𝐴 𝑅 10

𝐼2 =

𝑈1 − 𝑈𝐴 10 − 0 = =1𝐴 𝑅 10

𝐼3 =

𝑈𝐵 10 = =1𝐴 𝑅 10

𝐼4 =

𝑈𝐵 − 𝑈𝐶 10 − 10 = =0𝐴 𝑅 10

𝐼5 =

𝑈2 − 𝑈𝐶 20 − 10 = =1𝐴 𝑅 10 95

𝐼6 =

𝑈𝐶 10 = =1𝐴 𝑅 10

1.6.13. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! R1

R2 R3

U1

U2

R4

R5 R6 R8

R7

R1=2 Ω R2=4 Ω R3=8 Ω R4=2 Ω R5=4 Ω R6=2 Ω R7=4 Ω R8=8 Ω U1=102 V U2=34 V

1-119. ábra

1.6.13.1. Megoldás a hurokáramok módszerével A 8 ismeretlen áram kiszámításához négy hurok és négy csomóponti egyenlet írható fel. A hurokegyenletek módszerével, a négy hurokegyenlettel egy négy ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. I1

U1

I2

R1

I3

Is1

U2

R5

I4 Is3

Is2

R3

R4

R2

I6

I5 R6

Is4 R8

R7

I7

I8

1-120. ábra

Az 1-119. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. A hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠2 96

(3) 𝐼3 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠3 (5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 (6) 𝐼6 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠4 (7) 𝐼7 = 𝐼𝑠3 (8) 𝐼8 = 𝐼𝑠4 Hurokegyenletek Is1, Is2 és Is3 hurokáramokkal: (1)

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

(2)

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

(3)

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

(4)

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

(1)

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

(2)

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

(3)

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

(4)

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

Az egyenletrendszer mátrixos alakja: 𝑅1 + 𝑅3 + 𝑅4 −𝑅3 [ −𝑅4 0 12 −8 −8 16 [ −2 0 0 −4

−𝑅3 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅5 0 −𝑅5

−𝑅4 0 𝑅4 + 𝑅6 + 𝑅7 −𝑅6

0 𝐼𝑠1 𝑈1 −𝑅5 𝐼 𝑈 ] ∙ [ 𝑠2 ] = [ 2 ] 𝐼𝑠3 −𝑈1 −𝑅6 −𝑈2 𝐼𝑠4 𝑅5 + 𝑅6 + 𝑅8

𝐼𝑠1 −2 0 80 𝐼 0 −4 40 ] ∙ [ 𝑠2 ] = [ ] 𝐼𝑠3 8 −2 −80 𝐼𝑠4 −2 14 −40

Az egyenletrendszer megoldása Gauss-eliminációval: 12 −8 −2 0 80 12 −8 16 0 −4 40 0 [ ]⇒[ −2 0 8 −2 −80 0 0 −4 −2 14 −40 0 12 −8 −2 0 16 −2 ⇒[ 0 0 90 0 0 −10

−8 16 −8 −4 0 −6 −30 50

−2 0 80 −2 −6 140 ] 46 −12 −400 −2 14 −40 80 140 ]⇒ −660 −20 97

12 0 ⇒[ 0 0

−8 −2 0 80 16 −2 −6 140 ] 0 90 −30 −660 0 0 420 −840

Az utolsó mátrix utolsó sorából felírható: 420 ∙ 𝐼𝑠4 = −840 𝐼𝑠4 = −2 𝐴 A 3. sorból: 90 ∙ 𝐼𝑠3 − 30 ∙ 𝐼𝑠4 = −660 𝐼𝑠3 =

30 ∙ 𝐼𝑠4 − 660 −60 − 660 = = −8 𝐴 90 90

A 2. sorból: 16 ∙ 𝐼𝑠2 − 2 ∙ 𝐼𝑠3 − 6 ∙ 𝐼𝑠4 = 140 𝐼𝑠2 =

2 ∙ 𝐼𝑠3 + 6 ∙ 𝐼𝑠4 + 140 2 ∙ (−8) + 6 ∙ (−2) + 140 = =7𝐴 16 16

Az 1. sorból: 12 ∙ 𝐼𝑠1 − 8 ∙ 𝐼𝑠2 − 2 ∙ 𝐼𝑠3 = 80 𝐼𝑠1 =

8 ∙ 𝐼𝑠2 + 2 ∙ 𝐼𝑠3 + 80 8 ∙ 7 + 2 ∙ (−8) + 80 = = 10 𝐴 12 12

Végül írjuk fel a valódi ágáramokat: (1) 𝐼1 = 𝐼𝑠1 = 10 𝐴 (2) 𝐼2 = 𝐼𝑠2 = 7 𝐴 (3) 𝐼3 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠2 = 3 𝐴 (4) 𝐼4 = 𝐼𝑠1 − 𝐼𝑠3 = 10 − (−8) = 18 𝐴 (5) 𝐼5 = 𝐼𝑠2 − 𝐼𝑠4 = 10 − (−2) = 12 𝐴 (6) 𝐼6 = 𝐼𝑠3 − 𝐼𝑠4 = −8 − (−2) = −6 𝐴 (7) 𝐼7 = 𝐼𝑠3 = −8 𝐴 (8) 𝐼8 = 𝐼𝑠4 = −2 𝐴 98

2. VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ HÁLÓZATOK 2.1. Alapfogalmak Ebben a fejezetben szinuszosan váltakozó áramú/feszültségű generátorokból és passzív áramköri elemekből (ellenállás, kondenzátor és induktivitás) álló egyszerű villamos hálózatok számításával foglalkozunk. A feladatok célja a váltakozó áramú hálózatok komplex mennyiségek használatával történő számításának megismerése és gyakorlása.

2.1.1. Szinuszos váltakozó feszültség/áram megadása 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑) 𝑢(𝑡) = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡)

∆𝑡 = 𝜑 ∙

𝑇 2𝜋

2-1. ábra

Umax [V], Imax [A] a feszültség/áram amplitúdója (csúcsértéke) ω [1/s] körfrekvencia (𝜔 = 2𝜋 ∙ 𝑓) t [s] idő φ fázisszög, (fáziseltérés)

2.1.2. Szinuszos mennyiségek középértékei Effektív érték (négyzetes középérték) A gyakorlatban a váltakozó áram/feszültség nagyságának megadására általában nem az amplitúdót, hanem az effektív értéket, más néven a négyzetes középértéket használják. Váltakozó áram/feszültség effektív értékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely ugyanakkora ellenálláson ugyanannyi idő alatt ugyanannyi hőt fejleszt, mint a váltakozó áram. R ellenálláson egységnyi idő alatt hővé alakuló teljesítmény: 𝑃 = 𝐼2 ∙ 𝑅 =

𝑈2 𝑅

A keletkezett hő az áram/feszültség négyzetével arányos, ennek átlagértéke egy periódus alatt: 99

𝑇

2 𝐼á𝑡𝑙

𝑇

1 = ∫ 𝑖 2 (𝑡)𝑑𝑡 𝑇

1 = ∫ 𝑢2 (𝑡)𝑑𝑡 𝑇

2 𝑈á𝑡𝑙

0

0

Az effektív érték e mennyiségek négyzetgyöke: 𝑇

1

𝑇

1

𝐼𝑒𝑓𝑓 = √𝑇 ∫0 𝑖 2 (𝑡)𝑑𝑡 = √𝑇 ∫0 (𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡)2 𝑑𝑡 = 1

𝑇

1

𝑇

𝑈𝑒𝑓𝑓 = √𝑇 ∫0 𝑢2 (𝑡)𝑑𝑡 √𝑇 ∫0 (𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡)2 𝑑𝑡 =

𝐼𝑚𝑎𝑥 √2 𝑈𝑚𝑎𝑥 √2

i2(t) 2 𝐼𝑚𝑎𝑥 2 𝐼𝑚𝑎𝑥

𝐼𝑒𝑓𝑓=

√2

i(t) 2-2. ábra

Abszolút középérték Váltakozó áram/feszültség abszolút középértékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely egy adott idő alatt ugyanannyi töltést szállít, mint a váltakozó áram. A töltésmennyiség arányos az árammal, de független az áram irányával, ezért az egy periódus alatt szállított töltésmennyiség az áram abszolút értékének időbeli átlagával arányos.

|𝑖(𝑡)| 𝐼𝑘=

2-3. ábra 1

𝑇

1

𝑇

2

𝐼𝑘 = 𝑇 ∫0 |𝑖(𝑡)|𝑑𝑡 = 𝑇 ∫0 |𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡|𝑑𝑡 = 𝜋 ∙ 𝐼𝑚𝑎𝑥 100

2 ∙𝐼 𝜋 𝑚𝑎𝑥

𝑇

1

1

𝑇

2

𝑈𝑘 = 𝑇 ∫0 |𝑢(𝑡)|𝑑𝑡 = 𝑇 ∫0 |𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡|𝑑𝑡 = 𝜋 ∙ 𝑈𝑚𝑎𝑥

Összefüggés a szinuszos jel effektív és középértéke között: 𝐼𝑒𝑓𝑓 =

𝜋 2 ∙ √2

∙ 𝐼𝑘

2.1.3. A váltakozó áramú hálózatok passzív áramköri elemei

a) Ellenállás Az összefüggést váltakozó áramú áramkörbe kapcsolt ellenállás árama és feszültsége között most is az Ohm-törvény adja: 𝑖(𝑡) =

𝑢(𝑡) 𝑅

=

𝑈𝑚𝑎𝑥 𝑅

∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡,

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

b) Kondenzátor A kondenzátor töltése arányos a rá kapcsolt feszültséggel, az arányossági tényező a kondenzátor kapacitása C [F, Farad] 𝑄 = 𝐶 ∙ 𝑈 [𝐶] ahol Q a kondenzátor töltése. A kondenzátor áramköri jele:

Az összefüggés a kondenzátor árama és feszültsége között: 𝑖(𝑡) =

ahol

𝑑𝑄(𝑡) 𝑑𝑢(𝑡) 𝑑(𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡) =𝐶∙ =𝐶∙ = 𝐶 ∙ 𝜔 ∙ 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 900 )

𝑈𝑚𝑎𝑥 𝐼𝑚𝑎𝑥

=

𝑈𝑒𝑓𝑓 𝐼𝑒𝑓𝑓

=

1 𝐶∙𝜔

= 𝑋𝐶 [Ω] az ún. kapacitív reaktancia

(A reaktancia reciprokát szuszceptanciának hívják, jele: B [1/Ω] 𝐵𝐶 = 𝐶 ∙ 𝜔, kapacitív szuszceptancia)

101

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

c) Önindukciós tekercs, induktivitás Váltakozó áramú tekercsben az áram hatására kialakuló váltakozó mágneses fluxus feszültséget, ún. önindukciós feszültséget hoz létre. Az önindukciós feszültség arányos az áram időbeli megváltozásával. Az induktivitás áramköri jele: 𝑑𝑖(𝑡) 𝑑𝑡 =𝐿 𝑑(𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin𝜔𝑡) ∙ 𝑑𝑡 = 𝐿 ∙ 𝜔 ∙ 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 900 )

𝑢(𝑡) = 𝐿 ∙

ahol

𝑈𝑚𝑎𝑥

=

𝐼𝑚𝑎𝑥 1

𝑈𝑒𝑓𝑓 𝐼𝑒𝑓𝑓

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

1

(𝐵𝐿 = 𝐿∙𝜔 [Ω], induktív szuszceptancia) A fenti összefüggésből látszik, hogy az induktivitás árama 900-kal késik a feszültséghez képest.

2.1.4. Váltakozó áramú teljesítmény A teljesítmény pillanatnyi értéke, ha a feszültség és az áram szinuszosan változó mennyiségek, amik nincsenek fázisban egymással: 𝑃(𝑡) = (𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin 𝜔𝑡)(𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑)) = 2 ∙ 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin 𝜔𝑡 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑) A teljesítmény időbeli átlaga: 𝑇

𝑇

1 1 𝑃 = ∫ 𝑃(𝑡)𝑑𝑡 = ∫ 2 ∙ 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin 𝜔𝑡 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑) 𝑑𝑡 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ cos 𝜑 𝑇 𝑇 0

0

Ez a mennyiség az ún. hatásos (wattos) teljesítmény: 𝑃 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ cos 𝜑 [𝑊] A meddő teljesítmény: 𝑄 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin 𝜑 [𝑣𝑎𝑟] 102

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

𝑃 𝑆

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

teljesítménytényezőnek nevezzük.

2.1.5. Komplex mennyiségek bevezetése Szinuszos váltakozó áramú hálózatok számításánál a feszültség és áramértékeket komplex mennyiségként kezelve matematikailag lényegesen egyszerűbb összefüggéseket kapunk, mint ha az idő tartományban szögfüggvényekkel végeznénk a számításokat. 𝑢(𝑡) = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ sin 𝜔𝑡 = 𝐼𝑚[𝑈𝑚𝑎𝑥 (cosωt + j ∙ sinωt)] = 𝐼𝑚[𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 ], 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑) = 𝐼𝑚[𝐼𝑚𝑎𝑥 (cos(ωt + φ) + j ∙ sin(ωt + φ)] = [𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗(𝜔𝑡+𝜑 ],

=

ahol 𝑗 2 = −1 az imaginárius egység A komplex feszültség és áram: 𝑢̅(𝑡) = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 , 𝑖̅(𝑡) = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗(𝜔𝑡+𝜑) 𝑢̅ é𝑠 𝑖̅ komplex időfüggvények a komplex számsíkon ω szögsebességgel forgó 𝑈𝑚𝑎𝑥 é𝑠 𝐼𝑚𝑎𝑥 nagyságú forgó vektorok, melyek egy adott pillanatban a valós tengellyel ωt illetve ωt+φ szöget zárnak be. t=0 időpontban rögzítve a komplex forgó vektorokat a komplex feszültség és a komplex áram amplitúdója a következő összefüggéssel definiálható: ̅𝑚𝑎𝑥 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗∙0 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 𝑈 ̅ 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗𝜑 A gyakorlatban az amplitúdó helyett az effektív értékét használjuk, a komplex effektív érték így: ̅

̅

̅ = 𝑈𝑚𝑎𝑥 = 𝑈𝑒𝑓𝑓 , 𝐼 ̅ = 𝐼𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 ∙ 𝑒 𝑗𝜑 = 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝑒 𝑗𝜑 𝑈 √2

√2

√2

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

2.1.6. A komplex impedancia A feszültséghez hasonlóan a váltakozó áramú hálózatok passzív elemeinek paramétereit is kezelhetjük komplex mennyiségekként. Ezeket összefoglaló néven komplex impedanciáknak nevezzük. Jele: Z [Ω]

103

Rezisztív impedancia (ellenállás): 𝐼̅ =

̅ 𝑈 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 𝑈 = = 𝐼 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 𝑅 𝑅 ̅ 𝑈 = 𝑅 = 𝑍𝑅̅ 𝐼̅

Kapacitív impedancia: 𝐼̅ = 𝐶 ∙

̅ 𝑑(𝑈 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 ) 𝑑𝑈 ̅ =𝐶∙ = 𝐶 ∙ 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝑈 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐶 ∙ 𝑈 𝑑𝑡 𝑑𝑡 ̅ 𝑈 1 = = −𝑗 ∙ 𝑋𝐶 = 𝑍̅𝐶 𝐼̅ 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐶

Induktív impedancia: ̅=𝐿∙ 𝑈

𝑑(𝐼 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 ) 𝑑𝐼 ̅ =𝐿∙ = 𝐿 ∙ 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐼 ∙ 𝑒 𝑗𝜔𝑡 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 ∙ 𝐼 ̅ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 ̅ 𝑈 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑍̅𝐿 𝐼̅

A fenti összefüggésekből látható, komplex mennyiségek használatával az Ohm-törvény kiterjeszthető az induktív és kapacitív impedanciákra is. Az általános Ohm-törvény: 𝑍̅ =

̅ 𝑈 𝐼̅

Komplex teljesítmény ̅ ∙ 𝐼 ̅ = 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ cos 𝜑 + 𝑗 ∙ 𝑈𝑒𝑓𝑓 ∙ 𝐼𝑒𝑓𝑓 ∙ sin 𝜑 = 𝑃 + 𝑗 ∙ 𝑄 𝑆̅ = 𝑈

2.2. Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú áramkörök számításához A következő részben öt részletesen kidolgozott és további 13 gyakorló példa található.

2.2.1. 50 Hz-es szinuszosan váltakozó, 230 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex 104

impedanciáját, áramát, az ellenállás és a tekercs feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! R

L

~

U=230 V f=50 Hz L=1,432 H R=300 Ω

U

2-4. ábra

(Megjegyzés: A továbbiakban az alsó index nélkül jelölt feszültség és áram érték az effektív értéket jelöli.) A induktív impedancia: 𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 50 ∙ 1,432 = 𝑗 ∙ 450 Ω Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak képzetes koordinátája van. A komplex számsíkon ábrázolva a képzetes tengelyen helyezkedik el. Exponenciális alakban felírva: 0

𝑍𝐿 = 450 ∙ 𝑒 𝑗∙90 Ω A rezisztív impedancia: 𝑍𝑅 = 𝑅 = 300Ω Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak valós koordinátája van. Exponenciális írásmóddal: 0

𝑍𝑅 = 300 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω Az eredő impedancia kiszámítására az egyenáramú hálózatoknál az ellenállásokra felírt összefüggések érvényesek, de természetesen itt a komplex mennyiségekre vonatkozó szabályokat kell figyelembe venni. Vagyis sorba kapcsolt komplex impedanciák eredője az egyes impedanciák összegével egyenlő. Párhuzamos kapcsolás esetén az eredő impedancia reciproka egyenlő az egyes impedanciák reciprokának összegével. Az impedanciák ábrázolása a komplex számsíkon:

105

𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 = (300 + 450 ∙ 𝑗)Ω

Im

|𝑍𝑒𝑟 | = √|𝑍𝑅 |2 + |𝑍𝐿 |2 = √3002 + 4502 = 540,83Ω ZL

𝜑 = artg

Zer

𝐼𝑚(𝑍𝑒𝑟 ) 450 = artg = 56,30 𝑅𝑒(𝑍𝑒𝑟 ) 300 0

𝑍𝑒𝑟 = 540,83 ∙ 𝑒 𝑗∙56,3 Ω

φ ZR

Re

2-5. ábra

Az áramkör árama: (A számításoknál a feszültségforrás feszültségének fázisszögét 0-nak vesszük, ehhez viszonyítjuk a többi mennyiség fázisszögét) 𝐼̅ =

0 ̅ 𝑈 230 ∙ 𝑒 𝑗∙0 0 = = 0,4252 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) 𝐴 0 𝑗∙56,3 ̅ 𝑍𝑒𝑟 540 ∙ 𝑒

A fenti számításból látszik, hogy a komplex mennyiségekkel való számolással nemcsak az áram effektív értékét kaptuk meg (I=0,4252 A), hanem a feszültség és az áram közötti fázisszöget is (φ= ̶ 56,30). A mínusz előjel azt jelenti, hogy az áram késik a feszültséghez képest. Az ellenálláson eső feszültség: 0

0

𝑈𝑅 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅 = 0,4252 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) ∙ 300 = 127,58 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) 𝑉 Az induktivitáson eső feszültség: 0

0

0

𝑈𝐿 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐿 = 0,4252 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) ∙ 450 ∙ 𝑒 𝑗∙90 = 191,34 ∙ 𝑒 𝑗∙(33,7 ) 𝑉 A feszültségek és áramok nagyságát és fázis viszonyait az ún. fázorábrán szemléltetjük. A fázorábra a komplex számsíkon ábrázolja a kérdéses mennyiségeket, úgy, hogy a 0 fázisszögű feszültség effektív értékét mérjük a függőleges tengelyre, ami ebben az esetben a valós tengelyt jelenti. (Olyan, mintha a komplex számsík valós és képzetes tengelyeit óramutató járásával ellentétesen 90 fokkal elfordítanánk.) A pozitív szögeket a valós tengelytől óramutató járásával ellentétesen, a negatív szögeket az óramutató járásával megegyező irányban mérjük fel.

106

Re

U

UL φ

I

UR

Im

2-6. ábra

A hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével: 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 230 ∙ 0,4252 ∙ cos 56,30 = 54,26 𝑊 𝑃𝑅 = 𝑈𝑅 ∙ 𝐼𝑅 = 127,58 ∙ 0,4252 = 54,26 𝑊 = 𝑃 A meddő teljesítmény megegyezik a tekercs teljesítményével: 𝑄 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ sin 𝜑 = 230 ∙ 0,4252 ∙ sin 56,30 = 81,36 𝑣𝑎𝑟 𝑃𝐿 = 𝑈𝐿 ∙ 𝐼𝐿 = 191,34 ∙ 0,4252 = 81,36 𝑣𝑎𝑟 A látszólagos teljesítmény: 𝑆 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 230 ∙ 0,4252 = 97,796 𝑉𝐴

2.2.2. 100 Hz-es szinuszosan váltakozó, 100 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! C R

U

U=100 V f=100 Hz C=9,947µF R=120 Ω

~

2-7. ábra

A kapacitív és a rezisztív impedancia: 107

𝑍𝐶 = −𝑗 ∙

1 1 1 = −𝑗 ∙ = −𝑗 ∙ = −160𝑗 Ω 𝜔∙𝐶 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶 2𝜋 ∙ 100 ∙ 9,947 ∙ 10−6 0 = 160 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) Ω 0

𝑍𝑅 = 120 Ω = 120 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω Az eredő impedancia: 𝑍𝑒𝑟 =

1 1 1 𝑍𝑅 + 𝑍𝐶

=

𝑍𝑅 ∙ 𝑍𝐶 120 ∙ (−160𝑗) 3 ∙ (−160𝑗) −480𝑗 ∙ (3 + 4𝑗) = = = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐶 120 − 160𝑗 3 − 4𝑗 25 0

= −19,2𝑗 ∙ (3 + 4𝑗) = (76,8 − 57,6𝑗)Ω = 96 ∙ 𝑒 𝑗∙(−36,87 ) Ω Im

ZR Re Zer

ZC

2-8. ábra

Az áramkör árama: 𝐼=

𝑈 100 0 = = 1,0467 ∙ 𝑒 𝑗∙36,78 𝐴 𝑗∙(−36,78) 𝑍𝑒𝑟 96 ∙ 𝑒

Az ellenállás árama: 𝑈

100∙𝑒 𝑗∙0

0

𝑅

120∙𝑒 𝑗∙0

0

𝐼𝑅 = 𝑍 =

= 0,833 Ω, tehát az áram és a feszültség fázisban vannak egymással

A kondenzátor árama: 𝑈

𝐼𝐶 = 𝑍 = 𝐶

100∙𝑒 𝑗∙0

0

0 160∙𝑒 𝑗∙(−90 )

0

= 0,625 ∙ 𝑒 𝑗∙90 𝐴 = 𝑗 ∙ 0,625 𝐴, tehát az áram 900-kal siet a

feszültséghez képest. Az áramkör áramát Kirchoff csomóponti törvényéből is megkaphatjuk: 0

𝐼 = 𝐼𝑅 + 𝐼𝐶 = 0,833 + 𝑗 ∙ 0,625 = 1,0467 ∙ 𝑒 𝑗∙36,78 𝐴 Az áramkör fázorábrája:

108

Re U IR I

φ

IC Im

2-9. ábra

A hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével: 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 100 ∙ 1,0467 ∙ cos 36,780 = 83,3 𝑊 𝑃𝑅 = 𝑈𝑅 ∙ 𝐼𝑅 = 100 ∙ 0,833 = 54,26 𝑊 = 𝑃 A meddő teljesítmény megegyezik a kondenzátor teljesítményével: 𝑄 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ sin 𝜑 = 100 ∙ 1,0467 ∙ sin 36,780 = 62,5 𝑣𝑎𝑟 𝑃𝐶 = 𝑈𝐶 ∙ 𝐼𝐶 = 100 ∙ 0,625 = 62,5 𝑣𝑎𝑟 A látszólagos teljesítmény: 𝑆 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 100 ∙ 1,0467 = 104,67 𝑉𝐴

2.2.3. 150 Hz-es szinuszosan váltakozó, 15 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást, egy indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör saját frekvenciáját! L

C

~ U

R

U=15 V f=150 Hz L=26,53 mH R=10 Ω C=106 µF

2-10. ábra

109

A induktív, a kapacitív és a rezisztív impedancia: 0

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

1 1 1 0 = −𝑗 ∙ = −𝑗 ∙ = −10𝑗 = 10 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) Ω −6 𝜔∙𝐶 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶 2𝜋 ∙ 150 ∙ 106 ∙ 10 0

𝑍𝑅 = 10 Ω = 10 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω Az eredő impedancia: 0

𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 + 𝑍𝐶 = 10 + 25𝑗 − 10𝑗 = (10 + 15𝑗)Ω = 18,027 ∙ 𝑒 𝑗∙56,3 Im

ZL ZC

Zer ZR

Re

2-11. ábra


𝑈 15 𝑗∙(−56,30 ) = = 0,832 ∙ 𝑒 0 𝑍𝑒𝑟 18,027 ∙ 𝑒 𝑗∙56,3

A tekercs, a kondenzátor és az ellenállás feszültsége: 0

0

0

𝑈𝐿 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐿 = 0,832 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) ∙ 25 ∙ 𝑒 𝑗∙90 = 20,8 ∙ 𝑒 𝑗∙(33,7 ) 𝑉 0

0

0

𝑈𝐶 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐶 = 0,832 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) ∙ 10 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) = 8,32 ∙ 𝑒 𝑗∙(−146,3 ) 𝑉 0

0

0

𝑈𝑅 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅 = 0,832 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) ∙ 10 ∙ 𝑒 𝑗∙0 = 8,32 ∙ 𝑒 𝑗∙(−56,3 ) 𝑉 Kirchoff huroktörvénye a komplex mennyiségként értelmezett feszültségekre is érvényes, így 𝑈 = 𝑈𝐿 + 𝑈𝐶 + 𝑈𝑅 Ezt, illetve az áramot a fázorábrában ábrázolhatjuk:

110

Re

UL

U

I

φ

UR UC

Im

2-12. ábra

A hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítmény: 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜑 = 15 ∙ 0,832 ∙ cos 56,30 = 6,922 𝑊, ami megegyezik az ellenállás teljesítményével: 𝑃𝑅 = 𝑈𝑅 ∙ 𝐼 = 8,32 ∙ 0,832 = 6,922 𝑊 𝑄 = 𝑈 ∙ 𝐼 ∙ sin 𝜑 = 15 ∙ 0,832 ∙ sin 56,30 = 10,382 𝑣𝑎𝑟, ami meggyezik a tekercs és a kondenzátor teljesítményének különbségével: 𝑃𝐶 = 𝑈𝐶 ∙ 𝐼 = 8,32 ∙ 0,832 = 6,922 𝑊, 𝑃𝐿 = 𝑈𝐿 ∙ 𝐼 = 20,8 ∙ 0,832 = 17,3 𝑊 A látszólagos teljesítmény: 𝑆 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 15 ∙ 0,832 = 12,48 𝑉𝐴 A saját frekvencia kisámítása: 1

Az eredő impedancia képletéből 𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 + 𝑍𝐶 = 𝑅 + 𝑗(𝜔𝐿 − 𝜔𝐶 ) látszik, hogy

létezik egy olyan ω körfrekvencia (vagy f frekvencia), amelynél az impedancia képzetes része 0, az áramkör áramát csak az ellenállás határozza meg. Ezt a frekvenciát nevezik saját frekvenciának, kiszámítását megadó összefüggést Thomson-képletnek: 𝜔𝐿 − 𝜔=

1 𝜔𝐶

1 √𝐿𝐶

=0 ; 𝑓=

⇒ 𝜔2 = 1 2𝜋 ∙ √𝐿𝐶

1 𝐿𝐶

=

1 2𝜋 ∙ √26,53 ∙ 10−3 ∙ 10,6 ∙ 10−3

= 9,49 𝐻𝑧

2.2.4. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, az ellenállás és a tekercs áramát, rajzolja fel a fázor ábrát!

111

R

C

U=230 V f=50 Hz L=1,274 H R=500 Ω C=31,83 μF

L

~ U 2-13. ábra

Az elemek komplex impedanciája: 0

𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 50 ∙ 1,274 = 400𝑗 = 400 ∙ 𝑒 𝑗∙90 Ω 𝑍𝐶 = −𝑗 ∙

1 1 1 = −𝑗 ∙ = −𝑗 ∙ = −100𝑗 𝜔∙𝐶 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶 2𝜋 ∙ 50 ∙ 31,83 ∙ 10−6 0 = 100 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) Ω 0

𝑍𝑅 = 500 Ω = 500 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω Az eredő impedancia: 𝑍𝑅 ∙ 𝑍𝐿 500 ∙ (400𝑗) 2000𝑗 = −100𝑗 + = −100𝑗 + 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 500 + 400𝑗 5 + 4𝑗 2000𝑗 ∙ (5 − 4𝑗) = −100𝑗 + = −100𝑗 + 195,12 + 243,9𝑗 25 + 16 = (195,12 + 143,9𝑗)Ω = 242,44 ∙ 𝑒 𝑗∙36,4 Ω

𝑍𝑒𝑟 = 𝑍𝐶 + (𝑍𝑅 × 𝑍𝐿 ) = 𝑍𝐶 +


𝑈 230 0 = = 0,949 ∙ 𝑒 𝑗∙(−36,4 ) 𝐴 𝑗∙36,4 𝑍𝑒𝑟 242,44 ∙ 𝑒

A kondenzátor feszültsége: 0

0

0

𝑈𝐶 = 𝐼 ∙ 𝑍𝐶 = 0,949 ∙ 𝑒 𝑗∙(−36,4 ) ∙ 100 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) = 94,9 ∙ 𝑒 𝑗∙(−126,4 ) 𝑉 A tekercs és az ellenállás áramának kiszámításához felírhatjuk az áramosztás törvényét hasonlóképpen, mint az egyenáramú hálózatoknál, csak ellenállások helyett impedanciákra: 𝐼𝑅 = 𝐼 ∙

𝑍𝐿 𝑍𝑅 , 𝐼𝐿 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

𝐼 = 𝐼𝑅 + 𝐼𝐿 Először számítsuk ki a törteket: 112

𝑍𝐿 400𝑗 4𝑗 4𝑗 ∙ (5 − 4𝑗) 0 = = = = 0,39 + 0,49𝑗 = 0,626 ∙ 𝑒 𝑗∙51,48 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 500 + 400𝑗 5 + 4𝑗 41 𝑍𝑅 500 5 5 ∙ (5 − 4𝑗) 0 = = = = 0,61 − 0,49𝑗 = 0,782 ∙ 𝑒 𝑗∙(−38,77 ) 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿 500 + 400𝑗 5 + 4𝑗 41

𝐼𝑅 = 𝐼 ∙

𝑍𝐿 0 0 0 = 0,949 ∙ 𝑒 𝑗∙(−36,4 ) ∙ 0,626 ∙ 𝑒 𝑗∙51,48 = 0,594 ∙ 𝑒 𝑗∙15 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

𝐼𝐿 = 𝐼 ∙

𝑍𝑅 0 0 0 = 0,949 ∙ 𝑒 𝑗∙(−36,4 ) ∙ 0,782 ∙ 𝑒 𝑗∙(−38,77 ) = 0,742 ∙ 𝑒 𝑗∙(−75 ) 𝑍𝑅 + 𝑍𝐿

A két párhuzamos ág feszültsége természetesen megegyezik, ellenőrzésként számoljuk ki mindkettőt! 0

0

𝑈𝑅 = 𝐼𝑅 ∙ 𝑍𝑅 = 0,594 ∙ 𝑒 𝑗∙15 ∙ 500 = 297 ∙ 𝑒 𝑗∙15 0

0

0

𝑈𝐿 = 𝐼𝐿 ∙ 𝑍𝐿 =0,742 ∙ 𝑒 𝑗∙(−75 ) ∙ 400 ∙ 𝑒 𝑗∙90 = 297 ∙ 𝑒 𝑗∙15 Végül rajzoljuk fel a fázor ábrát: Re

U UL=UR IR Im

φ

I IL

UC

2-14. ábra

2.2.5. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, az egyes elemek feszültségét, a párhuzamos ágak áramát, rajzolja fel a fázor ábrát!

113

R1

L R3

C

R2

~

U=24 V f=80 Hz L=0,159 H C=33,16 μF R1=10 Ω R2=20 Ω R3=5 Ω

U 2-15. ábra

A komplex impedanciák: 0

𝑍𝐿 = 𝑗 ∙ 𝑋𝐿 = 𝑗 ∙ 𝜔 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐿 = 𝑗 ∙ 2𝜋 ∙ 80 ∙ 0,159 = 80𝑗 = 80 ∙ 𝑒 𝑗∙90 Ω 𝑍𝐶 = −𝑗 ∙

1 1 1 0 = −𝑗 ∙ = −𝑗 ∙ = −60𝑗 = 60 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) Ω −6 𝜔∙𝐶 2𝜋 ∙ 𝑓 ∙ 𝐶 2𝜋 ∙ 80 ∙ 33,16 ∙ 10 0

𝑍𝑅1 = 10 Ω = 10 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω 0

𝑍𝑅2 = 20 Ω = 20 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω 0

𝑍𝑅3 = 5 Ω = 5 ∙ 𝑒 𝑗∙0 Ω Az eredő impedancia: 𝑍𝑒𝑟 = [(𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿 ) × (𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶 )] + 𝑍𝑅3 =

(𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿 ) ∙ (𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶 ) + 𝑍𝑅3 (𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿 ) + (𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶 ) 0

𝑍𝑅𝐿 = 𝑍𝑅1 + 𝑍𝐿 = (10 + 80𝑗)Ω = 80,62 ∙ 𝑒 𝑗∙82,87 Ω 𝑍𝑅𝐶 = 𝑍𝑅2 + 𝑍𝐶 = (20 − 60𝑗)Ω = 63,25 ∙ 𝑒 𝑗∙(−71,565) Ω 𝑍𝑅𝐿 × 𝑍𝑅𝐶 =

(10 + 80𝑗) ∙ (20 − 60𝑗) (10 + 80𝑗) ∙ (20 − 60𝑗) = 10 + 80𝑗 + 20 − 60𝑗 30 + 20𝑗 (1 + 8𝑗) ∙ (20 − 60𝑗) 500 + 100𝑗 (500 + 100𝑗) ∙ (3 − 2𝑗) = = = 3 + 2𝑗 3 + 2𝑗 9+4 = 130,77 − 53,846𝑗

𝑍𝑒𝑟 = (𝑍𝑅𝐿 × 𝑍𝑅𝐶 ) + 𝑍𝑅3 = 130,77 − 53,846𝑗 + 5 = 135,77 − 53,846𝑗 0 = 146,06 ∙ 𝑒 𝑗∙(−21,633 ) Ω

Az áramkör árama: 𝐼= 114

𝑈 24 𝑗∙21,630 = 𝐴 0 ) = 0,1643 ∙ 𝑒 𝑗∙(−21,633 𝑍𝑒𝑟 146,06 ∙ 𝑒

R3 ellenállás feszültsége: 0

0

𝑈𝑅3 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅3 = 0,1643 ∙ 𝑒 𝑗∙21,63 ∙ 5 = 0,8215 ∙ 𝑒 𝑗∙21,63 𝑉 Az áramosztás törvényével számoljuk ki a párhuzamos ágak áramát: 𝐼𝑅𝐿 = 𝐼 ∙

𝑍𝑅𝐶 𝑍𝑅𝐿 , 𝐼𝑅𝐶 = 𝐼 ∙ 𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶 𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶

𝑍𝑅𝐶 20 − 60𝑗 20 − 60𝑗 2 − 6𝑗 (2 − 6𝑗) ∙ (3 − 2𝑗) = = = = 𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶 10 + 80𝑗 + 20 − 60𝑗 30 + 20𝑗 3 + 2𝑗 9+4 0 = −0,46 − 1,69𝑗 = 1,751 ∙ 𝑒 𝑗∙254,77 (Megjegyzés: Mivel a fenti komplex szám mindkét koordinátája negatív, a komplex számsíkon ábrázolva a 3. síknegyedben helyezkedik el, a valós tengellyel bezárt szöge ezért 254,770, vagy ha negatív irányban, óramutató járásával megegyező irányban számoljuk, akkor -105,230.) 𝑍𝑅𝐿 10 + 80𝑗 1 + 8𝑗 (1 + 8𝑗) ∙ (3 − 2𝑗) = = = = 1,46 + 1,69𝑗 𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶 30 + 20𝑗 3 + 2𝑗 13 0 = 2,233 ∙ 𝑒 𝑗∙49,18 𝐼𝑅𝐿 = 𝐼 ∙

𝐼𝑅𝐶 = 𝐼 ∙

𝑍𝑅𝐶 0 0 0 = 0,1643 ∙ 𝑒 𝑗∙21,63 ∙ 1,751 ∙ 𝑒 𝑗∙254,77 = 0,288 ∙ 𝑒 𝑗∙276,4 𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶 0 = 0,288 ∙ 𝑒 𝑗∙(−83,6 ) 𝐴 𝑍𝑅𝐿 0 0 0 = 0,1643 ∙ 𝑒 𝑗∙21,63 ∙ 2,233 ∙ 𝑒 𝑗∙49,18 = 0,367 ∙ 𝑒 𝑗∙70,81 𝐴 𝑍𝑅𝐿 + 𝑍𝑅𝐶

A párhuzamos ágak feszültsége: 𝑈𝑅𝐿 = 𝑈𝑅𝐶 = 𝐼𝑅𝐶 ∙ 𝑍𝑅𝐶 = 𝐼𝑅𝐿 ∙ 𝑍𝑅𝐿 0

0

0)

𝑈𝑅𝐿 = 0,288 ∙ 𝑒 𝑗∙(−83,6 ) ∙ 80,62 ∙ 𝑒 𝑗∙82,87 = 23,2 ∙ 𝑒 𝑗∙(−0,73 0

0)

𝑈𝑅𝐶 = 0,367 ∙ 𝑒 𝑗∙70,81 ∙ 63,25 ∙ 𝑒 𝑗∙(−71,565) = 23,2 ∙ 𝑒 𝑗∙(−0,75

(A két érték közötti különbség a számolás során alkalmazott kerekítések pontatlanságának eredménye.) A két párhuzamos ág elemeinek feszültsége: 0

0

𝑈𝑅1 = 𝐼𝑅𝐿 ∙ 𝑍𝑅1 = 0,288 ∙ 𝑒 𝑗∙(−83,6 ) ∙ 10 = 2,88 ∙ 𝑒 𝑗∙(−83,6 ) 𝑉 0

0

0

𝑈𝐿 = 𝐼𝑅𝐿 ∙ 𝑍𝐿 = 0,288 ∙ 𝑒 𝑗∙(−83,6 ) ∙ 80 ∙ 𝑒 𝑗∙90 = 23,04 ∙ 𝑒 𝑗∙6,4 𝑉 0

0

𝑈𝑅2 = 𝐼𝑅𝐶 ∙ 𝑍𝑅2 = 0,367 ∙ 𝑒 𝑗∙70,81 ∙ 20 = 7,34 ∙ 𝑒 𝑗∙70,81 𝑉 0

0

0

𝑈𝐶 = 𝐼𝑅𝐶 ∙ 𝑍𝐶 = 0,367 ∙ 𝑒 𝑗∙70,81 ∙ 60 ∙ 𝑒 𝑗∙(−90 ) = 22,02 ∙ 𝑒 𝑗∙(−19,2 ) 𝑉

A fázor ábrát a jobb áttekinthetőség érdekében két részletben rajzoljuk fel: 115

Re

Re

U

U UL

URL=URC IRC

I UR3

Im

URL=URC UC

IRL Im

UR2

UR1

2-16. ábra

2.2.6. 100 Hz-es szinuszosan váltakozó, 9 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, a feszültség és az áram közötti fázisszöget, az ellenállás és a tekercs áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát!

L U=9 V f=100 Hz L=79,6 mH R=40 Ω

R

U

~

2-17. ábra

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

𝑍𝑒𝑟 = 31,23 ∙ 𝑒 𝑗∙38,66 Ω; 𝑃 = 2,024 𝑊; 𝑄 = 1,619 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 2,592 𝑉𝐴)

2.2.7. 50Hz-es, szinuszosan váltakozó, 400 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex 116

impedanciáját, áramát, az áram és a feszültség közötti fázisszöget, az ellenállás és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! R

C

U=400 V f=50 Hz R=200 Ω C=31,83 μF

~ U

2-18. ábra

(Megoldások: 𝐼 = 1,79 𝐴; 𝜑 = 26,5650 ; 𝑈𝑅 = 357,78 𝑉; 𝜑𝑅 = 26,5650 ; 𝑈𝐶 = 179; 𝜑𝐶 = −63,40 ; 0

𝑍𝑒𝑟 = 223,6 ∙ 𝑒 𝑗∙(−26,565 ) Ω; 𝑃 = 640,41 𝑊; 𝑄 = 320,2 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 716 𝑉𝐴)

2.2.8. 60Hz-es szinuszosan váltakozó, 110V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást, egy indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, fázisszögét, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör saját frekvenciáját! L U=110 V f=60 Hz C=88,42µF L=53,05 mH R=50 Ω

C R

U

~

2-19. ábra

(Megoldások: 𝐼𝑅 = 2,2 𝐴; 𝐼𝐿 = 5,5 𝐴; 𝜑𝐿 = −900 ; 𝐼𝐶 = 3,667 𝐴; 𝜑𝐶 = 900 ; 𝐼 = 2,86 𝐴; 𝜑 = −39,80 0

𝑍𝑒𝑟 = 38,4 ∙ 𝑒 𝑗∙39,8 Ω; 𝑃 = 241,7 𝑊; 𝑄 = 201,38 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 314,6 𝑉𝐴 117

𝜑0 = 73,48 𝐻𝑧

2.2.9. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, fázisszögét, az R1 ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az R2 ellenállás és az L induktivitás áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! R2 R1

U=60 V f=40 Hz L=99,47 mH R1=20 Ω R2=15 Ω

L

~ U 2-20. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 31,72 ∙ 𝑒 𝑗∙12 Ω; 𝐼 = 1,89 𝐴; 𝜑 = −120 ; 𝑈𝑅1 = 37,89 𝑉; 𝜑𝑅1 = −120 ; 𝑈𝑅2 = 𝑈𝐿 = 24,2 𝑉; 𝜑𝑅𝐿 = 190 𝐼𝑅2 = 1,62 𝐴; 𝜑𝑅2 = 190 ; 𝐼𝐿 = 0,971 𝐴; 𝜑𝐿 = −710 𝑃 = 110,92 𝑊; 𝑄 = 23,58 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 113,4𝑉𝐴)

2.2.10. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, C1 kondenzátor, R1 ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az R2 ellenállás és C2 kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! R2 C1

R1

U=230 V f=50 Hz C1=17,68 μF R1=120 Ω C2=53,05 μF R2=80 Ω

C2

~ U 2-21. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 264,27 ∙ 𝑒 𝑗∙(−55,73 ) Ω; 𝐼 = 0,87 𝐴; 𝜑 = 55,730 ; 𝑈𝑅1 = 104,44 𝑉; 𝜑𝑅1 = 55,730 ; 𝑈𝐶1 = 156,66 𝑉; 𝜑𝐶1 = −34,20 ; 118

𝐼𝑅2 = 0,522 𝐴; 𝜑𝑅2 = 2,60 ; 𝐼𝐶2 = 0,696 𝐴; 𝜑𝐶2 = 92,60 𝑈𝑅2𝐶2 = 41,6 𝑉; 𝜑𝑅2𝐶2 = 2,60 𝑃 = 112,68 𝑊; 𝑄 = 165,36 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 200,1 𝑉𝐴

2.2.11. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás és tekercs feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát! R

L U=50 V f=1 kHz L=4,77 mH C=3,18 μF R=20 Ω

C

~ U 2-22. ábra

0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 63,74 ∙ 𝑒 𝑗∙11,31 Ω; 𝐼 = 0,784 𝐴; 𝜑 = −11,30 ; 𝐼𝐶 = 1 𝐴; 𝜑𝐶 = 900 ; 𝐼𝑅𝐿 = 1,387 𝐴; 𝜑𝑅𝐿 = −56,310 ; 𝑈𝑅 = 27,74 𝑉; 𝜑𝑅 = −56,310 ; 𝑈𝐿 = 41,61 𝑉; 𝜑𝐿 = 33,690 𝑃 = 38,46 𝑊; 𝑄 = 7,685 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 39,225 𝑉𝐴

2.2.12. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, az R2 ellenállás és az induktivitás feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát!

119

R2

L

R1

U=10 V f=500 Hz L=6,366 mH R1=5 Ω C2=21,22 μF R2=10Ω

C

~ U 2-23. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 33,24 ∙ 𝑒 𝑗∙(−46,2 ) Ω; 𝐼 = 0,3 𝐴; 𝜑 = 46,20 , 𝑈𝑅1 = 1,5 𝑉; 𝜑𝑅1 = 46,20 ; 𝐼𝐶 = 0,6𝐴; 𝜑𝐶 = 83,10 ; 𝐼𝑅𝐿 = 0,402 𝐴; 𝜑𝑅𝐿 = −70,40 ; 𝑈𝑅2 = 4,2 𝑉, 𝜑𝑅2 = −70,40 ; 𝑈𝐿 = 8,04 𝑉; 𝜑𝐿 = 19,60 𝑃 = 2,076𝑊; 𝑄 = 2,165 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 3 𝑉𝐴

2.2.13. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az R1 ellenállás, az induktivitás és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! R2 R1

L C

~

U=10 V f=1 kHz L=0,238 H R1=2 kΩ C2=53,05 nF R2=1 kΩ

U 2-24. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 3,14 ∙ 𝑒 𝑗∙22,5 𝑘Ω ; 𝐼 = 3,18 𝑚𝐴; 𝜑 = −22,50 ; 𝑈𝑅1 = 6,37 𝑉; 𝜑𝑅1 = −22,50 ; 𝑈𝐿 = 4,78 𝑉; 𝜑𝐿 = 67,50 ; 𝐼𝑅2 = 3,025 𝑚𝐴; 𝜑𝑅2 = −40,90 ; 𝐼𝐶 = 1,019 𝑚𝐴; 𝜑𝐶 = 49,10 ; 𝑈𝑅𝐶 = 3,025 𝑉; 𝜑𝑅𝐶 = −40,90 ; 𝑃 = 29,42𝑚𝑊; 𝑄 = 12,18 ∙ 10−3 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 31,85 ∙ 10−3 𝑉𝐴

120

2.2.14. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! R1

C

L

U=230 V f=50 Hz L=1,273 H C=5,305 μF R1=250 Ω R2=400 Ω

R2

~ U 2-25. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 188,3 ∙ 𝑒 𝑗∙(−21,55 ) Ω; 𝐼 = 1,22 𝐴; 𝜑 = 21,550 ; 𝐼𝑅2 = 0,575 𝐴; 𝜑𝑅2 = 00 ; 𝐼𝑅𝐿𝐶 = 0,719 𝐴; 𝜑𝑅𝐿𝐶 = 38,660 ; 𝑈𝑅1 = 179,69 𝑉; 𝜑𝑅1 = 38,660 ; 𝑈𝐿 = 287,5 𝑉; 𝜑𝐿 = 128,660 ; 𝑈𝐶 = 431,25 𝑉; 𝜑𝐶 = −51,340 𝑃 = 260,99 𝑊; 𝑄 = 103,07 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 280,6 𝑉𝐴)

2.2.15. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, az R ellenállás és az induktivitás feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát! R1

L

C

U=110 V f=60 Hz C=8,84 μF R1=400 Ω L=0,796 H R2=500Ω

R2

~ U 2-26. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 330,82 ∙ 𝑒 𝑗∙(−40,9 ) Ω; 𝐼 = 0,33 𝐴; 𝜑 = 40,90 ; 𝑈𝐶 = 99,75 𝑉; 𝜑𝐶 = −49,10 ; 𝐼𝑅2 = 0,176𝐴; 𝜑𝑅2 = 53,30 ; 𝐼𝑅𝐿 = 0,176 𝐴; 𝜑𝑅𝐿 = 22,50 ; 121

𝑈𝑅1 = 70,4 𝑉; 𝜑𝑅1 = 22,50 ; 𝑈𝐿 = 52,8 𝑉; 𝜑𝐿 = 112,50 𝑃 = 27,45 𝑊; 𝑄 = 23,77 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 36,3 𝑉𝐴

2.2.16. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az R1 ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! R1

R2

C

U=24 V f=80 Hz R1=20 Ω R2=50 Ω C=33,16 μF L=159 mH

L

~ U 2-27. ábra 0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 67,37 ∙ 𝑒 𝑗∙(−33,85 ) Ω; 𝐼 = 0,356 𝐴; 𝜑 = 33,850 ; 𝑈𝑅1 = 7,125 𝑉; 𝜑𝑅1 = 33,850 ; 𝑈𝐶 = 21,375 𝑉; 𝜑𝐶 = −56,150 ; 𝐼𝑅2 = 0,3 𝐴; 𝜑𝑅2 = 65,850 ; 𝐼𝐿 = 0,189 𝐴, 𝜑𝐿 = −24,50 ; 𝑈𝑅2 = 𝑈𝐿 = 15 𝑉; 𝜑𝑅2𝐿 = 65,850 ; 𝑃 = 10,56𝑊; 𝑄 = 7,085 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 12,72 𝑉𝐴

2.2.17. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az R1 ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos ágak áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! C

U

~

2-28. ábra

122

R1

L

R2

U=12 V f=100 Hz R1=20 Ω R2=25 Ω C=53,05 μF L=63,69 mH

0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 12,269 ∙ 𝑒 𝑗∙(−19,93 ) Ω; 𝐼 = 0,978 𝐴; 𝜑 = 19,930 ; 𝐼𝑅1 = 0,6 𝐴; 𝜑𝑅1 = 00 ; 𝐼𝐶 = 0,461 𝐴; 𝜑𝐶 = 46,230 ; 𝐼𝑅2 = 0,391 𝐴; 𝜑𝑅2 = 78,230 ; 𝐼𝐿 = 0,244 𝐴; 𝜑𝐿 = −11,770 ; 𝑈𝑅2 = 𝑈𝐿 = 9,77 𝑉; 𝜑𝑅2𝐿 = 78,230 ;

𝑈𝐶 = 13,83 𝑉; 𝜑𝐶 = −43,770

𝑃 = 11,03𝑊; 𝑄 = 4𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 11,736 𝑉𝐴

2.2.18. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az egyes impedanciák áramát és feszültségét, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát!

L2

R2 L1

R1

C1 C2

R3 R4

~

U=100 V f=100 Hz L1=0,398 H L2=0,795 H R1= R2= R3=R4=500 Ω C1=4,244 µF C2=2,122 µF

U 2-29. ábra

0

(Megoldások: 𝑍𝑒𝑟 = 576,98 ∙ 𝑒 𝑗∙(−22,06 ) Ω; 𝐼 = 0,1733 𝐴; 𝜑 = 22,060 ; 𝐼𝐶2𝑅 = 0,11 𝐴; 𝜑𝐶2𝑅 = 56,310 ; 𝐼𝑅𝐿1 = 0,102 𝐴; 𝜑𝑅𝐿1 = −14,930 ; 𝐼𝑅𝐿2 = 0,0,063 𝐴; 𝜑𝑅𝐿2 = −58,90 ; 𝐼𝑅𝐶1 = 0,072 𝐴; 𝜑𝑅𝐶1 = 22,90 ; 𝑈𝑅1 = 51,26 𝑉; 𝜑𝑅1 = −14,90 ; 𝑈𝐿1 = 25,63 𝑉; 𝜑𝐿1 = 75,10 ; 𝑈𝑅2 = 31,78 𝑉; 𝜑𝑅2 = −58,90 ; 𝑈𝐿2 = 31,78 𝑉; 𝜑𝐿2 = 31,10 ; 𝑈𝑅3 = 35,94 𝑉; 𝜑𝑅3 = 22,90 ; 𝑈𝐶1 = 26,95 𝑉; 𝜑𝐶1 = −67,10 ; 𝑈𝑅4 = 55 𝑉; 𝜑𝑅4 = 56,310 ; 𝑈𝐶2 = 82,5 𝑉; 𝜑𝐶2 = −33,690 ; 𝑃 = 16,06𝑊; 𝑄 = 6,51 𝑣𝑎𝑟; 𝑆 = 17,33 𝑉𝐴

123

Irodalomjegyzék 1. Uray-Szabó: Elektrotechnika, Nemzeti Tankönyvkiadó, 1998. 2. Nagy István: Elektrotechnikai példatár, BMF 2001. 3. Hodossy-Tomozi: Elektrotechnika jegyzet, Széchenyi István Egyetem Automatizálási tanszék, 2004. 4. Paul-Nasar-Unnewehr: Introduction to Electrical Engineering, McGraw-Hill Inc.,1992. 5. Morris: Electrical circuit analysis and design, Macmillan, 1993.

124

Elektrotechnika példatár

Recommend Documents