SI mértékegység rendszer:

SI mértékegység rendszer:

Fizikai mennyiség

SI egység neve

SI egység szimbóluma

Kifejezése SIalapegységekkel

elektromos töltés (q)

coulomb

C

As

elektromos feszültség, (U), elektromos potenciálkülönbség

volt

V

J/C

áram erősség (I)

amper

A

C/s

elektromos ellenállás (R)

ohm

Ω

V/A

kg ⋅ m 2 A2 ⋅ s 3

reaktancia (X)

ohm

Ω

impedancia (Z)

ohm

Ω

kapacitás (C)

farad

F

As/V

A2 ⋅ s 4 kg ⋅ m 2

induktivitás (L)

henry

H

Vs/A

kg ⋅ m 2 A2 ⋅ s 2

teljesítmény, hőáramlás (P)

watt

W

J/s

kg ⋅ m 2 s3

meddő teljesítmény (Q)

var

VAr

látszólagos teljesítmény (S)

voltamper

VA

frekvencia (f)

hertz

Hz

1/s

V/m

N/C

Elektromos térerősség (E) munka (W)

joule

J

1

kg ⋅ m 2 A ⋅ s3

SI-prefixumok Szorzó Előtag Jele hatvánnyal számnévvel yotta-

Y

1024

kvadrillió

zetta-

Z

1021

trilliárd

exa-

E

1018

trillió

peta-

P

1015

billiárd

tera-

T

1012

billió

giga-

G

109

milliárd

mega-

M

106

millió

kilo-

k

103

ezer

hekto-

h

102

száz

deka-

dk

101

tíz

–

–

100

egy

deci-

d

10−1

tized

centi-

c

10−2

század

milli-

m

10−3

ezred

mikro-

µ

10−6

milliomod

nano-

n

10−9

milliárdod

piko-

p

10−12

billiomod

femto-

f

10−15

billiárdod

atto-

a

10−18

trilliomod

zepto-

z

10−21

trilliárdod

yokto-

y

10−24

qadrilliomod

2

25.17 Négy egyenlő nagyságú ( 3µC ), pontszerűnek tekinthető, töltés helyezünk el egy 40 cm oldalhosszúságú négyzet csúcsaiban. Két egymással szemben lévő töltés pozitív előjelű, míg a másik két töltés negatív előjelű. Határozza meg az egyik negatív töltésre ható erőt! Megoldás: −6 2 q1 ⋅ q2 ) C2 9 ( 3 ⋅ 10 = 9 ⋅ 10 = 0 ,51N r2 0 ,4 2 m 2 Mivel az F2 és az F3 erők eredője egy egyenesbe esik a

F2 = F3 = k

az F4 erő hatásvonalával csak ellentétes irányú, így felírhatjuk: 2 F23 = F2 ⋅ cos 45° + F3 ⋅ cos 45° = ( 2 ⋅ 0 ,51N ) = 0 ,72 N 2 q ⋅q ( 3 ⋅ 10 −6 )2 C 2 F4 = k 1 2 2 = 9 ⋅ 10 9 = 0 ,25 N 2 ⋅ 0 ,4 2 m 2 ( 2 ⋅r ) Tehát az eredő erő: Fe = F23 − F4 = 0 ,72 N − 0 ,25 N = 0 ,47 N és a q4 felé mutató erő. 25.18 Három + 2 µC , + 3 µC , − 8 µC töltést helyezünk el 10 cm oldalhosszúságú, egyenlő oldalú háromszög csúcsaiban. Határozza meg a másik két töltés által a − 8 µC töltésre ható erőt! Megoldás: q ⋅q 2 ⋅ 10 −6 C ⋅ 8 ⋅ 10 −6 C F1 = k 1 2 3 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ = 14 ,4 N r 0 ,12 m 2 q ⋅q 3 ⋅ 10 −6 C ⋅ 8 ⋅ 10 −6 C F2 = k 2 2 3 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ = 21,6 N r 0 ,12 m 2 Mint látható az erők vonzóak ezért a töltés polaritását a vektor felrajzolásakor már figyelembe vettük így a számításba csak az abszolút értékével kell számolni. Az ábrán látható módon felvéve x-y koordináta rendszert az alábbiakat kapjuk az eredő vektor kiszámítására: Fx = F1 x + F2 x = −14 ,4 N − 21,6 N ⋅ cos 60° = −25 ,4 N Fy = F1 y + F2 y = 0 − 21,6 N ⋅ sin 60° = −18 ,7 N Tehát az eredő erő: Fe = Fx2 + Fy2 = 25 ,2 2 N 2 + 18 ,7 2 N 2 = 31,4 N A koszinusz tétellel is számítható: Fe = F12 + F22 − 2 ⋅ F1 ⋅ F2 ⋅ cos( 120° ) = 31,38 N 25.36 Egy + 1µC és egy − 1µC nagyságú pontszerű töltést egy szabályos háromszög két csúcsába helyezünk el. A szabályos háromszög oldalának a hossza 0 ,7 m . Határozza meg az elektromos térerősséget a háromszög harmadik csúcsában! Megoldás: −6 q1 kN 9 10 C E1 = k 2 = 9 ⋅ 10 ⋅ 2 2 = 18 ,4 r 0 ,7 m C −6 q 10 C kN E2 = k 22 = 9 ⋅ 10 9 ⋅ 2 2 = 18 ,4 r 0 ,7 m C Mint látható a két erő különböző hatású, amit a térerősség felrajzolásakor veszünk figyelembe. Az ábrán látható módon felvéve x-y koordináta rendszert az alábbiakat kapjuk az eredő vektor kiszámítására: 3

kN kN kN ⋅ cos 60° + 18 ,4 ⋅ cos 60° = 18 ,4 C C C kN kN kN ⋅ sin 60° − 18 ,4 ⋅ sin 60° = 0 E y = E1 y + E2 y = 18 ,4 C C C kN Tehát az eredő térerősség: Ee = 18 ,4 C E x = E1 x + E2 x = 18 ,4

26.17 Három + 4 nC nagyságú pontszerűnek tekinthető töltést, egy 20 cm oldalhosszúságú négyzet három csúcsába helyezünk el. Határozza meg a potenciál értékét a négyszög negyedik csúcsában! Megoldás: q q  q U A = k 1 + 2 + 3   r r⋅ 2 r 

 4 ⋅ 10 −9 C 4 ⋅ 10 −9 C 4 ⋅ 10 −9 C   = 233V U A = 9 ⋅ 10 ⋅  + + 0 ,283m 0 ,2m   0 ,2m 9

2.1

Az adatok alapján, kérdés a kondenzátor kapacitása, feszültsége, és a tárolt töltés mennyisége. A = 0 ,1m 2 d = 10 mm = 10 ⋅ 10 −3 m V E = 40.000 (elektromos térerősség) m

ε = ε0 ⋅ ε r =

1 As (permittivitás szigetelő 9 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10 Vm

anyagban) Megoldás: A 1 As 0 ,1m 2 Kapacitás: C = ε = ⋅ = 88 ,4 pF d 4 ⋅ π ⋅ 9 ⋅ 10 9 Vm 10 ⋅ 10 − 3 m u = U max ⋅ sin ωt Feszültsége: U = E ⋅ d = 40.000 ⋅ 10 ⋅ 10 −3 = 400V

Tárolt töltés: Q = C ⋅ U = 88 ,4 ⋅ 10 −12 F ⋅ 400V = 35 ,4 ⋅ 10 −9 = 35 ,4 nC

4

2.2

Egy elektron az ábrán látható kondenzátor lemez „A” oldaláról zérus kezdősebességgel indul. Mekkora lesz az elektronra ható erő? Mekkora az elektron gyorsulása? Mekkora az elektron végsebessége? Mennyi idő alatt éri el a „B” lemezt? Mekkora az elektron sebessége félúton? Ha a lemezek d = 5 mm távolságban vannak, és a rákapcsolt feszültség U = 200V . Megoldás: F = q⋅E = q⋅

U 200V = 1,6 ⋅ 10 − 19 = 6 ,4 ⋅ 10 −15 N −3 d 5 ⋅ 10 m

F 6 ,4 ⋅ 10 −15 N m a= = = 7 ,03 ⋅ 10 15 2 − 31 m 9 ,11 ⋅ 10 kg s W = q ⋅U =

1 2 m ⋅ v vég ⇒ vvég = 2

2 ⋅ q ⋅U m

2 ⋅ q ⋅U 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C ⋅ 200V m = = 8381675 − 31 m 9 ,11 ⋅ 10 kg s m 8381675 v s = 1,19 ⋅ 10 − 9 s t= = a 7 ,03 ⋅ 10 15 m s2 U E = ⇒U = E ⋅d d 2 ⋅ q ⋅ U félút 2⋅q E ⋅d 2⋅q U 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C ⋅ 200V m v félút = = ⋅ = ⋅ = = 5926739 − 31 m m 2 m 2 9 ,11 ⋅ 10 kg ⋅ 2 s vvég =

1.2

A televízió képernyő és az elektront kibocsátó katód közötti távolság 200mm. Mennyi idő alatt éri el a katódról zérus sebességgel induló elektron az anódot? Mekkora az elektron energiája a becsapódás pillanatában? d = 200 mm = 0 ,2 m U Anód = 2000V Megoldás: U Anód 2000V V = = 10 ⋅ 10 3 d 0 ,2 m m U V Az elektronra ható erő: F = q ⋅ = q ⋅ E = 1,6 ⋅ 10 − 19 ⋅ 10 ⋅ 10 3 = 1,6 ⋅ 10 −15 N d m −15 F 1,6 ⋅ 10 N m A gyorsulás: a = = = 1,76 ⋅ 1015 2 − 31 m 9 ,11 ⋅ 10 kg s Az elektron által befutott út: 1 1 2⋅d 2 ⋅ 0 ,2 d = x0 + v0 ⋅ t + ⋅ a ⋅ t 2 = ⋅ a ⋅ t 2 ⇒ t = = = 15 ,1ns 2 2 a 1,76 ⋅ 10 15 A becsapódás energiája: W = q ⋅ U = 1,6 ⋅ 10 −19 C ⋅ 2000V = 3 ,2 ⋅ 10 −16 Ws 1 2 Az energia a klasszikus mozgásegyenletek alapján is felírható: W = m ⋅ Vvég 2

A Katód anód közti térerősség: E =

A végsebesség: vvég = W=

2 ⋅ q ⋅U 2 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 2000 m = = 26 ,51 ⋅ 10 6 − 31 m 9 ,11 ⋅ 10 s

1 9 ,11 ⋅ 10 −31 ⋅ 26 ,51 ⋅ 10 6 2 m ⋅ Vvég = = 3 ,2 ⋅ 10 − 16 Ws 2 2

5

1.4

Az ábrán látható E elektromos térben egy negatív töltésű elektron, amely amikor a pozitív lemezoldaltól s távolságra van, az erőtérrel megegyező irányú és értelmű v y sebességgel

rendelkezik. Az elektromos erőtér F = q ⋅ E ereje ezt a mozgást fékezni fogja olyan mértékben, hogy a vizsgált ponttól h távolságra nullára csökken, majd visszafordulva, sebességét növelve becsapódik a + lemezbe. Mekkora fékező erő hat az elektronra? Mennyire távolodik el az elektron a pozitív lemeztől (s+h)? A visszafordulás után mennyi idő múlva éri el a pozitív lemezt? Mekkora az elektron energiája a becsapódás pillanatában? q e = −1,6 ⋅ 10 −19 C me = 9 ,11 ⋅ 10 −31 kg s = 1mm = 10 −3 m d = 7 mm = 7 ⋅ 10 −3 m km v y = 4500 s U = 100V

Megoldás: U 100V = −1,6 ⋅ 10 −19 = −2 ,3 ⋅ 10 −15 N d 7 ⋅ 10 −3 m Az elektron mozgásegyenlete: v = v y + a ⋅ t F = q⋅E = q⋅

F − 2 ,3 ⋅ 10 −15 m = = −2 ,509 ⋅ 1015 2 − 31 m 9 ,11 ⋅ 10 kg s Az elektron addig távolodik a pozitív lemeztől, amíg a sebessége nulla nem lesz: m 0 = 4500.000 − 2 ,509 ⋅ 10 15 2 ⋅ t s a=

m s = 1,794 ⋅ 10 − 9 s = 1,794 ns t= m 2 ,509 ⋅ 10 15 2 s 4500 .000

1 m 1 m ⋅ a ⋅ t 2 = 4500.000 ⋅ 1,794 ⋅ 10 −9 s − 2 ,509 ⋅ 10 15 2 ⋅ ( 1,794 ⋅ 10 −9 )2 s 2 = 4 ,034 mm Amik 2 s 2 s or az elektron megfordul, sebessége nulla, távolsága a lemeztől (s+h): h = vy ⋅ t −

s + h = v0 ⋅ t +

1 1 ⋅ a ⋅ t 2 = s + h = v0 ⋅ t + ⋅ a ⋅ t 2 ⇒ 2 2

2 ⋅( s + h ) 2 ⋅ ( 1 + 4 ,034 ) ⋅ 10 −3 ) t= = = 2 ⋅ 10 −9 s = 2 ns m a 2 ,509 ⋅ 10 15 2 s m v = a ⋅ t = 2 ,509 ⋅ 10 15 ⋅ 2 ⋅ 10 − 9 = 5025963 s m2 9 ,11 ⋅ 10 − 31 kg ⋅ ( 5 ,026 ⋅ 10 6 )2 2 1 s = 1,15 ⋅ 10 −17 Ws W = m ⋅ v2 = 2 2 Más módon kiszámítva: V W = q ⋅ E ⋅ ( h + s ) = 1,6 ⋅ 10 −19 C ⋅ 14285 ,7 ⋅ 5 ,034 ⋅ 10 −3 = 1,15 ⋅ 10 −17 Ws m Az energia a ( W = q ⋅ U ) képlettel itt nem számítható mert az elektron által megtett út nem egyenlő a lemezek távolságával.

6

1.5

km sebességgel és α = 11,36° -os szögel lép be egy síkkondenzátor s (homogénnek tekintett) lemezei közé pont a középvonalat elérve. Mekkora feszültséget kell a lemezekre kapcsolni, ha azt akarjuk, hogy az elektron a középvonaltól vízszintes irányban lépjen ki a lemezek közül? qe = −1,6 ⋅ 10 −19 C

Egy elektron v = 4500

me = 9 ,11 ⋅ 10 −31 kg l = 20 mm = 20 ⋅ 10 −3 m d = 6 mm = 6 ⋅ 10 −3 m km v = 4500 s α = 11,36°

Megoldás: Kiszámítjuk vx értékét. Ebből meghatározzuk, hogy az elektron mennyi ideig tartózkodik a lemezek között: l 20 ⋅ 10 −3 m t= = = 4 ,53 ⋅ 10 − 9 s m vx 4500 ⋅ 10 3 ⋅ cos( 11,36° ) s Ennyi idő alatt kell az y irányú komponensnek 0-ra csökkennie: vkilépő y = v y − a ⋅ t = 0

a=

vy t

=

4500 ⋅ 10 3 ⋅ sin( 11,36° ) 4 ,53 ⋅ 10 − 9 s

m s = 1,948 ⋅ 10 14 m s2

Ezek után az energia megmaradást felírva: U U F = m⋅a = q⋅E = q⋅ ⇒ m⋅a = q⋅ d d

U=

m⋅a⋅d = q

9 ,11 ⋅ 10 − 31 kg ⋅ 1,948 ⋅ 1014 1,6 ⋅ 10 −19 C

m ⋅ 6 ⋅ 10 − 3 m s2 = 6 ,65V

km sebességgel és α = 20° -os szögel lép be a párhuzamos, s egymástól d=10mm távolságra elhelyezett, l = 20 mm hosszúságú lemez pár közé. A lemez párra kapcsolt feszültség U = 1V , az elektron tömege m = 9 ,11 ⋅ 10 −31 kg . Mekkora az elektromos erőtér a lemezek között? Mekkora erő hat az elektronra? Mennyi ideig tartózkodik az elektron a lemezek között? Mekkora az elektron gyorsulása? A középvonaltól milyen „h” távolságra lép ki az elektron a lemezek közül? Mi történik, ha megfordítjuk a lemezek polaritását?

1.6. példa.

Egy elektron v = 1000

Megoldás: Az elektromos térerősség a lemezek között: U 1V V = 100 E= = −3 d 10 ⋅ 10 m m

7

Az elektronra ható erő: F = q ⋅ E = 1,6 ⋅ 10 −19 ⋅ 100

V = 1,6 ⋅ 10 −17 N m

A lemez párok között eltöltött idő: l l 20 ⋅ 10 −3 m t= = = = 2 ,13 ⋅ 10 − 8 s = 21,3ns m vx v ⋅ cos( α ) 1000 ⋅ 10 3 ⋅ cos( 20° ) s Az elektron gyorsulása: F 1,6 ⋅ 10 −17 N m a= = = 1,76 ⋅ 1013 2 − 31 m 9 ,11 ⋅ 10 kg s Kilépés távolsága a középvonaltól: m m v y = v ⋅ sin( α ) = 1000 ⋅ 10 3 ⋅ sin( 20° ) = 34020 s s m 1,76 ⋅ 10 13 2 a 2 m s ( 2 ,13 ⋅ 10 − 8 )2 s 2 = h = v y ⋅ t − ⋅ t = 342020 ⋅ ( 2 ,13 ⋅ 10 − 8 )s − 2 s 2 = 3 ,29 ⋅ 10 − 3 m = 3 ,3mm Ha megfordítjuk a lemez párokon a feszültséget, akkor a negatív töltésű elektront vonzani (gyorsítani) fogja az elektromos tér. Így kilépés helyett a falba fog csapódni, ezt az időt alábbiak szerint lehet számítani: m 1,76 ⋅ 10 13 2 a 2 m s ⋅ t 2 = 5 ⋅ 10 − 3 m v y ⋅ t + ⋅ t = 5 mm ⇒ 342020 ⋅ t + 2 s 2 m 1,76 ⋅ 10 13 2 s ⋅ t 2 + 342020 m ⋅ t − 5 ⋅ 10 − 3 m = 0 2 s Másodfokú egyenlet megoldó képlete:

a ⋅ t2 + b ⋅ t + c = 0

t1,2 =

− b ± b 2 − 4 ac 2a

m 1,76 ⋅ 10 13 2 2 m m s ⋅ ( −5 ⋅ 10 − 3 )m − 342020 ± 342020 2 2 − 4 ⋅ s s 2 t1,2 = ⇒ 11,3ns m 1,76 ⋅ 10 13 2 s 2⋅ 2 m lbecsapódás = vx ⋅ t1,2 = 1000 ⋅ 10 3 ⋅ cos( 20° ) ⋅ 11,3 ⋅ 10 − 9 s = 10 ,64 mm s

27.5 Hány elektron halad keresztül másodpercenként egy olyan huzal keresztmetszetén, amelyben 0,7A áram folyik? C s Ezt az értéket elosztva az elektron töltésének nagyságával, megkapjuk az egy másodperc alatt áthaladó elektronok számát. C 0,7 db s N= = 4 ,4 ⋅ 10 18 −19 1,6 ⋅ 10 C s

Megoldás: I = 0,7 A = 0,7

8

27.6 Egy vezetőben 7,5 A erősségű áram folyt 45 s -on keresztül. Mennyi a töltés mennyisége? Hány elektron haladt át a vezető egy adott keresztmetszetén ennyi idő alatt? Megoldás: q = I ⋅ t = 7,5 A⋅ 45 s = 337 ,5C = 337 ,5 As q 337 ,5C N= = = 2 ,1 ⋅ 10 21 db e 1,6 ⋅ 10 −19 C 27.7 Egy huzal adott keresztmetszetén 45 perc alatt 0,6mol elektron halad keresztül. Mennyi töltés halad át a vezetőn összesen? Mekkora volt az áramerősség? Megoldás: Elsőként 0,6mol-ban kell meghatároznunk az elektronok számát: elektron = 3 ,6 ⋅ 10 23 elektron N = 0 ,6 mol ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23 mol q = N ⋅ e = 3 ,6 ⋅ 10 23 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C = 5 ,78 ⋅ 10 4 C s A percet SI mértékegységbe átváltva: t = 45 perc ⋅ 60 = 2 ,7 ⋅ 10 3 s perc I=

q 5 ,78 ⋅ 10 4 C = = 21,4 A t 2 ,7 ⋅ 10 3 s

27.8 Egy TV készülékben található elektronágyú elektronnyalábot lő ki. A nyaláb áramerőssége 10 µA . Hány elektron éri el a TV képernyőjét másodpercenként? Mennyi töltés csapódik a képernyőbe percenként? Megoldás: Legyen ne a másodpercenként becsapódó elektronok száma! C 10 ⋅ 10 −6 I s = 6 ,3 ⋅ 10 13 elektron ne = = −19 e 1,6 ⋅ 10 C s C A képernyőt elérő Q töltés: Q = I ⋅ t = 10 ⋅ 10 −6 ⋅ 60 s = 600 µC s Mivel elektronról van szó az egzakt végeredmény: Q = −600 µC 27.10 Egy tipikus vörösréz huzalban 2 ⋅ 10 21 db szabad elektron található cm-enként. Tételezzük cm fel, hogy az elektronok, a huzalban 0 ,05 sebességgel (driftsebesség) haladnak. s Hány elektron halad keresztül egy másodperc alatt a huzal egy adott keresztmetszetén? Mekkora áramerősség folyik a vezetőben? Megoldás: elektronok _ száma _ másodpercenként =

szám 1 cm 1 ⋅ sebesség = 2 ⋅ 10 21 ⋅ 0 ,05 = 10 20 hossz cm s s

1 I = Q ⋅ e = 10 20 ⋅ 1,6 ⋅ 10 −19 C = 16 A s

9

27.13 Határozzuk meg annak a vezetőnek a két vége közötti feszültséget, amelynek ellenállása 5Ω , és percenként 720C töltés halad keresztül rajta! Megoldás: Q 720C =⋅ = 12 A t 60 s Ezek után az Ohm törvény alapján felírhatjuk: U = I ⋅ R = 12 A ⋅ 5Ω = 60V

Elsőként kiszámítjuk a vezetőben folyó áram nagyságát: I =

27.15 Egy 0 ,2cm átmérőjű fémpálcában 3 A erősségű áram folyik. A pálca 1,5 m hosszú, a két vége között a feszültség 0, 4V . Határozza meg az áramsűrűséget! Mennyi a térerősséget a pálcában? Mekkora a pálca fajlagos ellenállása, és milyen anyagból készült? Megoldás: d 2 ⋅ π ( 0 ,2 ⋅ 10 −2 )2 ⋅ π = = 3 ,14 ⋅ 10 −6 m 2 A= 4 4 I 3A A Áramsűrűség: J = = = 9 ,55 ⋅ 10 5 2 −6 2 A π ⋅ 10 m m U 0 ,4V V E= = = 0 ,267 d 1,5 m m 0 ,267

µΩm =

Ωmm 2 m

V m

E Ωmm 2 = = 0 ,02795 ⋅ 10 −6 Ωm = 2 ,8 ⋅ 10 −8 J 9 ,55 ⋅ 10 5 A m ρ m2 Ωmm 2 A függvény táblázat alapján: ρ = 0 ,0281 alumínium a pálca anyaga. m

Mivel ismert hogy: J =

E

ρ=

27.17 Egy A = 3mm 2 keresztmetszetű vörösrézhuzalon 5 A erősségű áram folyik. Határozza meg az elektronok haladási sebességének nagyságát (driftsebesség) a huzalon belül. Megoldás: I 5A A = = 1,67 ⋅ 10 6 2 −6 2 A 3 ⋅ 10 m m kg kg Ismerve a réz adatait: M = 63 ,5 , és a ρ = 8920 3 kmol m atom kg 6 ,02 ⋅ 10 26 ⋅ 8920 3 kmol m = 8 ,5 ⋅ 10 28 atom n= kg m3 63 ,5 kmol A 1,67 ⋅ 10 6 2 J m = 1 ( 1,04 ⋅ 10 25 1 ) = 1,2 ⋅ 10 −4 m = 0 ,12 mm A driftsebesség: v = = −19 n ⋅ e n ⋅ 1,6 ⋅ 10 C n m2 s s s

Áramsűrűség: J =

27.19 Számítsuk ki egy 180 m hosszú ezüsthuzal ellenállását, ha a keresztmetszete 0 ,3mm 2 . Feltéve, hogy a T = 20°C az ezüsthuzal fajlagos ellenállása ρ = 1,65 ⋅ 10 −8 Ωm . Megoldás: Az ellenállást: R = ρ

L 180 m = 1,65 ⋅ 10 −8 Ωm ⋅ = 9 ,9 Ω A 0 ,3 ⋅ 10 −6 m 2

10

27.20 Milyen hosszú 1mm átmérőjű alumínium drótra van szükség ahhoz, hogy az ellenállása 4 Ω legyen, ( T = 20°C az alumínium fajlagos ellenállása ρ = 2 ,61 ⋅ 10 −8 Ωm ). Megoldás: A hosszúságot kell kifejezni az alábbi képletből: R = ρ

L=

A⋅ R

ρ

=

L A

( 0 ,5 ⋅ 10 −3 m )2 ⋅ π ⋅ 4Ω = 120 ,3m 2 ,61 ⋅ 10 −8 Ωm

27.21 Egy 20 cm hosszú vörösréz cső belső átmérője 0 ,85cm , külső átmérője 1,1cm Mekkora az ellenállása a két vége között? ( T = 20°C a réz fajlagos ellenállása ρ = 1,754 ⋅ 10 −8 Ωm ). Megoldás: A keresztmetszet nagysága:

π ⋅ ( 1,12 − 0 ,85 2 )m 2 4 ⋅ 10

= 3 ,83 ⋅ 10 −5 m 2

4

Ezek után az ellenállás számítható: R = ρ

L 0 ,2 m = 1,754 ⋅ 10 −8 Ωm = 91,5 µΩ A 3 ,83 ⋅ 10 −5 m 2

27.22 Egy 1,5 kg tömegű vörösréz tömbből olyan drótot szeretnénk hengerelni, amelynek az kg ellenállása t = 20°C -on 250 Ω . A réz sűrűsége 8 ,9 ⋅ 10 3 3 . Határozza meg, hogy milyen m hosszú és milyen átmérőjűvé kell a tömböt hengerelni? Megoldás: A térfogatból tudunk kiindulni: m = ρ ⋅ V

1,5 kg = ρ ⋅ L ⋅ A = 8 ,9 ⋅ 10 3

kg ⋅L⋅ A m3

L ⋅ A = 0 ,168 ⋅ 10 −3 m 3 A másik feltételt kihasználva felírhatjuk: R = ρ L = 1,4253 ⋅ 10 10

1 ⋅A m

1,4253 ⋅ 10 10

1 ⋅ A ⋅ A = 0 ,168 ⋅ 10 −3 m 3 m

A = 0 ,1077 mm 2 innen a drót átmérője: d = L = 1,4253 ⋅ 10 10

L L = 250 Ω = 1,754 ⋅ 10 −8 Ωm ⋅ A A

4⋅ A

π

=

4 ⋅ 0 ,1077 ⋅ 10 −6 m 2 = 0 ,37 mm 3 ,1415

1 1 ⋅ A = 1,4253 ⋅ 10 10 ⋅ 0 ,1077 ⋅ 10 6 m 2 = 1535 ,048 m = 1,535 km m m

27.23 Egy vörösrézdrót hossza 20 m , átmérője 0 ,254 mm . ( T = 20°C a réz fajlagos ellenállása ρ = 1,754 ⋅ 10 −8 Ωm ). Számítsuk ki az ellenállását! Megoldás: Az adatok alapján felírhatjuk: R = ρ

L 20 m = 1,754 ⋅ 10 −8 Ωm ⋅ = 6 ,8 Ω π ⋅ 0 ,000127 2 m 2 A

11

27.25 Egy tekercs ellenállása T = 20°C hőmérsékleten 25Ω , T = 35°C hőmérsékleten 25 ,17 Ω . Határozzuk meg az ellenállás hőmérsékleti tényezőjét! Megoldás: R = R0 [1 + α ( T − T0 )] , vagy α =

∆R R0 ⋅ ∆T

Ahol ∆R = R − R0 = 0 ,17 Ω és ∆T = T − T0 = 15°C Innen az ellenállás hőmérsékleti tényezője: α =

∆R 0 ,17 Ω 1 = 4 ,5 ⋅ 10 −4 = R0 ⋅ ∆T 25Ω ⋅ 15°C °C

27.26 Egy 300 m hosszú és 2 mm átmérőjű fém drót ellenállása T = 20°C hőmérsékleten 1,6424 Ω , T = 150°C hőmérsékleten 2 ,415Ω . Határozzuk meg α , R0 , ρ 0 értékét, ahol a 0 index a T = 0°C -ot jelenti! Továbbá adja meg a ρ 20°C értékét is! Megoldás: R150°C = R0 [1 + α ( T − T0 )] , vagyis

R150°C = 2 ,415Ω = R0 [1 + α ( 150 )] , R20°C = 1,6424 Ω = R0 [1 + α ( 20 )]

2 ,415Ω = R0 + R0 ⋅ α ⋅ 150 1,6424 Ω = R0 + R0 ⋅ α ⋅ 20

szorozva 7,5-el és a két egyenletet kivonva egymásból.

− 9 ,903 = −6 ,5 ⋅ R0 ⇒ R0 = 1,523538 Ω 1,6424 Ω − 1,523538 Ω 1 α= = 3 ,9 ⋅ 10 −3 20 ⋅ 1,523538 Ω °C L 300 m R = ρ ⇒ 1,5234 Ω = ρ0 innen az eredmény: ρ 0 = 1,596 ⋅ 10 −8 Ωm −3 2 2 π ⋅ ( 2 ⋅ 10 ) m A 4 Így ρ 20°C = ρ 0 [1 + α ( 20 )] = ( 1,596 ⋅ 10 −8 ) 1 + ( 3 ,9 ⋅ 10 −3 )( 20 ) = 1,72 ⋅ 10 −8 Ωm ami alapján a keresett fém vörösréz lesz.

[

]

27.29 Egy 75W -os wolframszálas lámpa üzemi ellenállása 190 Ω , hideg ellenállása 15Ω . 1 Határozza meg a lámpa üzemi hőmérsékletét, ha az α = 4 ,5 ⋅ 10 −3 ! °C Megoldás: Csak durva becslésre vállalkozhatunk ezen adatok ismeretében, hiszen ezen hőmérsékleti tartomány már túl széles ahhoz, hogy az α állandónak tekinthető legyen. R − R20 R = R20 [1 + α ⋅ ∆T ] , vagy ∆T = α ⋅ R20 190 Ω − 15Ω innen: T − 20°C = = 2590°C −3 1 4 ,5 ⋅ 10 ⋅ 15Ω °C

12

27.30 Egy 220W -os terhelésen 0 ,958 A áramerősség halad keresztül, ha 230V -os feszültségforrásról üzemeltetjük. A wolfram izzószál hőmérséklete ekkor 1800°C . Számítsa ki a szál üzemi ellenállását! Adja meg az ellenállás közelítő értékét 20°C -on! Megoldás: Csak durva becslésre vállalkozhatunk ezen adatok ismeretében, hiszen ezen hőmérsékleti tartomány már túl széles ahhoz, hogy az α állandónak tekinthető legyen. U 230V Ohm törvény alapján: U = I ⋅ R ⇒ R= = = 240 Ω I 0 ,958 A 1   R = R20 [1 + α ⋅ ∆T ] , tehát 240 Ω = R20 1 + 4 ,5 ⋅ 10 −3 ⋅ 1780°C  °C   innen: R20 = 26 ,6 Ω

13

Feszültség forrás olyan eszköz, amely táplálja a rajta átfolyó áramkör áramát.

Ellenállások soros kapcsolása:

U = I ⋅ R1 + I ⋅ R2 + ... + I ⋅ Rn U U U U I= = + + ... + Re R1 R2 Rn Re = R1 + R2 + ... + Rn

Két ellenállás párhuzamos kapcsolása: Re = R1 × R2 =

R1 ⋅ R2 R1 + R2

Ellenállások párhuzamos kapcsolása: 1 1 1 1 = + + ... + Re R1 R2 Rn

Delta-csillag átalakítás: RA =

Re =

RAB ⋅ RAC RAB + RAC + RBC

Csillag-delta átalakítás: RAB =

RA ⋅ RB 1 1 1 1 + + RA RB RC

14

1 1 1 1 + + ... + R1 R2 Rn

Induktivitások soros kapcsolása:

Le = L1 + L2 + ... + Ln

Két induktivitás párhuzamos kapcsolása: Le = L1 × L2 =

L1 ⋅ L2 L1 + L2

Induktivitás párhuzamos kapcsolása: 1 1 1 1 = + + ... + Le L1 L2 Ln

Le =

1 1 1 1 + + ... + L1 L2 Ln

Kondenzátorok soros kapcsolása:

1 1 1 1 = + + ... + Ce C1 C2 Cn

Ce =

Két kondenzátor párhuzamos kapcsolása: Ce = C1 × C2 =

C1 ⋅ C2 C1 + C2

Kondenzátorok párhuzamos kapcsolása: Ce = C1 + C2 + ... + Cn

15

1 1 1 1 + + ... + C1 C2 Cn

Ohm törvény: A vezető két végpontja között mérhető feszültség egyenesen arányos a rajta átfolyó árammal. Ezt az arányossági tényezőt a vezető ellenállásának nevezzük. U U R= I= U = I ⋅R I R Teljesítmény: U2 P =U ⋅I = I2 ⋅R = (ha cos φ = 1 ) R P = S 2 − Q2

Teljesítmények felírása bármilyen esetre: S = U ⋅ I * [VA] Q = U ⋅ I ⋅ sin φ [VAr] P = U ⋅ I ⋅ cos φ [W]

Kirchoff I. törvénye – csomóponti törvény: Adott t idő alatt egy csomópontba befolyó és onnan elfolyó áramok összege zérus.

n

∑I k =1

k

I1 - I 2 − I 3 = 0

=0

I1 = I 2 + I 3

Kirchoff II. törvénye – a hurok törvény: Zárt áramkörben a feszültség algebrai összege zérus.

n

∑U k =1

k

U - U 2 − U1 = 0

=0

U 1 = I ⋅ R1 U 2 = I ⋅ R2 U = I ⋅ R1 + I ⋅ R2 = I ( R1 + R2 ) Feszültség osztó: U1 = I bővítve ( R1 + R2 ) -vel R1 U1 ( R1 + R2 ) = I ( R1 + R2 ) R1 U 1 ( R1 + R2 ) = I ( R1 + R2 )R1 14243 U

U1 = U

R1 R1 + R2

16

Áram osztó: U = I ⋅ ( R1 × R2 ) U ⋅ R1 + U ⋅ R2 = I ⋅ R1 ⋅ R2 osztva R1 -el U U U ( R1 + R2 ) = R2 ( + ) R1 R1 R2 1 424 3 I

I 1 R1 + I 1 R2 = I ⋅ R2 R2 I1 = I R1 + R2

17

27.90 Egy Wheaststone-hídat használunk az X ellenállás megmérésére. Egyensúlyban, amikor a G galvanométeren zérus áram halad keresztül, az L , M és N ellenállások értékei rendre: 3Ω , 2Ω és 10 Ω . Határozzuk meg az X értékét! Megoldás: A Wheaststone-híd olyan nagyon pontos ellenállásokat tartalmaz, amelyeknek értékeit úgy választjuk meg, hogy a G galvanométer zérus értéket mutasson. A felső ág árama legyen I 1 , az alsó ág árama legyen I 2 . Ezek felhasználásával I 1 ⋅ X = I 2 ⋅ L és I 1 ⋅ N = I 2 ⋅ M két egyenletet felírhatjuk. Majd az elsőt a másodikkal osztva megkapjuk: L 3Ω ⋅N = ⋅ 10 Ω = 15Ω X= M 2Ω 27.91 Egy Csuszkás Wheaststone-hídban lévő G galvanométer nem jelez áramot, ha a csuszka az AB egyenletes keresztmetszetű huzalt 40 cm / 60 cm az ábrán látható módon osztja ketté. Határozzuk meg az X ellenállás értékét! Megoldás: Könnyű belátni hogy ez a híd teljesen hasonló az előző példában szereplőhöz. Így ugyanazokat a jelöléseket használva felírhatjuk: X L 40 cm = = innen kifejezve X-et: X = 2Ω 3Ω M 60 cm

27.96 0 ,5 A amper áramerősség 200 Ω -os ellenálláson halad keresztül. Mekkora a teljesítmény veszteség az ellenálláson? Megoldás: Egyenáramú körök esetén igaz: teljesítmény = P = U ⋅ I = I 2 ⋅ R = 0 ,5 2 ⋅ 200 Ω = 50W Ez lesz a teljesítmény veszteség. Ebben az esetben minden másodpercben 50 J energia elvész. 50 Másképpen megfogalmazva minden másodpercben = 11,95cal hő keletkezik. 4 ,184

18

27.97 Egy 230V , 90W -ra tervezett égőt 220V -os feszültségforrásról működtetünk. Határozza meg az égő ellenállását, és az égőn átfolyó áram erősségét! Mekkora teljesítményt ad így le az izzó? Megoldás: Megállapíthatjuk, hogy a névlegestől kisebb feszültség esetén nem fogja leadni az izzó a névleges (elvárt) teljesítményt. U2 U 2 230 2 V 2 2 P =U ⋅I = I ⋅R = R= = = 587 ,7&Ω R P 90W U 220V I= = = 0 ,3743 A R 587 ,7&Ω U 2 220 2 V 2 Az izzó által leadott teljesítmény: P = = = 82 ,344W R 587 ,7&Ω U 2 220 2 V 2 P= = = 82 ,344W R 587 ,7&Ω P90% 82 ,344W = ⋅ 100% = 91,49% Tehát a névleges teljesítményének csak a kilencvenegy P100% 90W százalékát adja le az ellenállás 5% feszültség csökkenés esetén. 27.99 Mekkora az ellenállása a 230V -os, 1000W -os kenyérpirítónak, és mekkora biztosítékkal kell biztosítani az áramkörét? Megoldás: U 2 230 2 V 2 R= = = 52 ,9 Ω P 1000W

I=

U 230V = = 4 ,34 A R 52 ,9 Ω

27.102 230V -os hálózati áramkörben egy 40W -os, egy 60W -os és egy 75W -os égőt üzemeltetünk. Határozzuk meg ezeknek a fényforrásoknak az eredő ellenállását! Megoldás: R=

1 1 1 1 = = = = 302 ,285Ω 1 1 1 1 1 1 P40 P60 P75 40W 60W 75W + + + + + + + + R40 R60 R75 U 2 U 2 U 2 U 2 U 2 U 2 230 2 230 2 230 2 P40 P60 P75

U2 230 2 V 2 R= = = 302 ,285Ω P40 + P60 + P75 175W

27.103

Mekkora teljesítmény disszipálódik egy 4 Ω -os izzó esetén, ha 12V -os, telepről üzemeltetjük? Egy 2Ω -os izzó esetén, mekkora teljesítmény disszipálódik el? Melyik izzó a fényesebb?

Megoldás: U 2 12 2 V 2 U 2 12 2 V 2 P4 = = = 36W P2 = = = 72W R 4Ω R 2Ω Mivel az izzó fényereje az általa leadott teljesítménytől függ, ezért a 2Ω -os fog fényesebben világítani.

19

27.105

Egy izzólámpában két izzószál található, amelynek két vége és a középső közös pontja van kivezetve. Hányféle módon tudunk 230V -ot az izzószálakra rákapcsolni. Mekkora lehet a leadott teljesítménye az egyes esetekbe, ha R1 = 529Ω , és R2 = 881Ω ? b.,) Egy másik ugyan ilyen feszültségű három kivezetéses izzó két legkisebb leadott teljesítménye 150W , 100W . Mekkora a két izzószál ellenállása ebben az égőben?

Megoldás: U 2 230 2 V 2 Az ab esetben: P1 = = = 100W R1 529 Ω U 2 230 2 V 2 A bc esetben: P2 = = = 60 ,04W R2 881Ω U2 230 2 V 2 Az ac esetben: P3 = = = 37 ,5W R1 + R2 259 Ω + 881Ω A két izzószálat párhuzamosan kapcsolva: P4 = P1 + P2 = 160W b.,) A legkisebb ellenálláson a legnagyobb a teljesítmény: U 2 230 2 V 2 R2 = = = 352 ,6& Ω P2 150W U 2 230 2 V 2 = = 529 Ω = 352 ,6&Ω + 176 ,3&Ω P3 100W R1 = 529 Ω − 352 ,6& Ω = 176 ,3&Ω R1 + R2 =

27.106

Tizenkét karácsonyfa égőt párhuzamosan kapcsolunk. Az égőket 230V -ról üzemeltetjük, és így mindegyik 10W teljesítményt ad le. Mekkora az egyes égők ellenállása? Mekkora a teljes égősor eredő ellenállása? Mekkora az égősor összes teljesítménye? Mekkora az áramerősség az a, b, c, d pontokban? b,.) Az égők soros kapcsolása esetén is válaszolja meg az előző négy kérdést!

Megoldás: U 2 230 2 V 2 = = 5290 Ω P 10W 1 R A teljes égősor ellenállása: Re = = = 440 ,83&Ω 1 12 12 ⋅ R 2 2 2 U 230 V Összes teljesítmény: Pe = = = 120W vagy Re 440 ,83&Ω Pe = 12 ⋅ P = 12 ⋅ 10W = 120W U 230V U 230V Ia = = = 0 ,5217 A , I b = = = 43 ,47 mA , & Re 440 ,83Ω R 5290 Ω I c = I a − 4 I b = 0 ,3477 A , I d = I b = 43 ,47 mA

Minden égő azonos ellenállású: R =

b.,) Minden égő azonos ellenállású: R = 5290 Ω A teljes égősor ellenállása: Re = 12 ⋅ R = 63 ,480 kΩ 20

Összes teljesítmény: Pe =

U 2 230 2 V 2 = = 0 ,83&W Re 63480 Ω

U 230V = = 0 ,003623 A = 3 ,623mA , Re 623480 Ω Soros kapcsolás esetén: I e = I a = I b = I c = I d Ie =

27.31 Az R1 , R2 , R3 ellenállásokat az alábbi ábra alapján elsőként sorosan majd párhuzamosan kötjük. Adja meg mindkét esetben az eredő ellenállásra vonatkozó formulát!

U ad = U ab + U bc + U cd = I ⋅ R1 + I ⋅ R2 + I ⋅ R3 mivel az I áramerősség ugyanaz minden ellenállásra vonatkozóan. I-vel osztva: U ad = R1 + R2 + R3 vagy Re = R1 + R2 + R3 , I U ugyanis ad definíció szerint a kapcsolás Re eredő ellenállása. I A második esetben: A potenciálkülönbség mindhárom ellenálláson azonos, így U U U I 1 = ab , I 2 = ab , I 3 = ab R1 R2 R3 Mivel a főág áramerőssége a mellékágak összegeként kapható meg, így U U U I = I 1 + I 2 + I 3 = ab + ab + ab R1 R2 R3 ezt elosztva U ab -vel. I 1 1 1 1 1 1 1 = + + , vagy = + + U ab R1 R2 R3 Re R1 R2 R3

27.32 Határozza meg az eredő ellenállást az alábbi három párhuzamosan kapcsolt ellenállás esetén: R1 = 12Ω , R2 = 12Ω , R3 = 6 Ω ! Megoldás: 1 1 1 1 = + + Re R1 R2 R3 1 1 1 1 4 = + + = Re 12Ω 12Ω 6 Ω 12Ω 12Ω tehát Re = = 3Ω . 4

Az eredő ellenállás

21

27.33 Mekkora az eredő ellenállás az ábrán látható kapcsolás a és b pontja között? Megoldás: Először a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredőjét 1 1 3 1 számítjuk ki: = + = R3,6 3 6 6 Ω tehát R3 ,6 = 2Ω . Ez sorba van kötve egy 8 Ω -os ellenállással, így Rab = 2Ω + 8 Ω = 10 Ω

27.34 Mekkora az eredő ellenállás az ábrán látható kapcsolás a és b pontja között? Megoldás: Először a három sorosan kapcsolt 20 Ω -os eredőjét számítjuk ki Rab1 = 20 Ω + 20 Ω + 20 Ω = 60 Ω Ebből 2 egyforma van amik párhuzamosan helyezkednek el. E kettő eredője: 1 1 1 1 = + = Rab 60 60 30 Ω azaz: Rab = 30 Ω

27.40 Határozza meg az ábrán látható elrendezés eredőjét az a és b pontok között! Megoldás: Jól látható, hogy a 3Ω -os és a 2Ω -os ellenállás sorba van kapcsolva, eredőjük 5Ω . Ez párhuzamosan kapcsolódik a 6 Ω -os ellenállással, ami legyen R1 . 1 1 1 1 = + = 0 ,369 azaz R1 = 2 ,73Ω R1 5Ω 6 Ω Ω Észrevehetjük, hogy a 12Ω -os és a 5Ω -os ellenállások párhuzamosan vannak kötve, ezen felül az R1 és a 7 Ω os eredője is párhuzamosan van kötve, tehát eredőjük számítható: 1 1 1 1 1 = + + = 0 ,386 azaz R2 = 2 ,6 Ω R2 5Ω 12Ω 9 ,73Ω Ω Ezzel sorba van kötve a 9 Ω -os ellenállás, tehát a kapcsolás eredője Re = 11,6 Ω

22

27.41 Az ábrán látható telep feszültsége 12V , az ellenállások pedig R1 = 50Ω és R2 = 150Ω . a., Mekkora a kör eredő ellenállása? b., Mekkora az I 1 , I 2 , I áramerősség? Megoldás: A párhuzamos kapcsolás miatt a kör eredője: 1 1 1 1 1 4 = + = + = azaz: Re = 37 ,5Ω Re R1 R2 50 Ω 150 Ω 150 Ω b., A kör két ágárama Ohm törvény alapján számítható. U 12V U 12V I1 = = = 0 ,24 A , I 2 = = = 0 ,08 A R1 50 Ω R2 150 Ω A kör eredő árama az I 1 -es és az I 2 -es áramok összegeként számítható: I = I 1 + I 2 = 0 ,32 A . Ellenőrzés: I =

U 12V = = 0 ,32 A Re 37,5Ω

27.43 Az ábrán látható három ellenállás értéke R1 = 25Ω , R2 = 50Ω , R3 = 100 Ω . a., Mekkora az eredő ellenállás? b., Mekkora I 1 , I 2 , I 3 értéke, ha a telep feszültsége 12V? Megoldás: Először a párhuzamosan kötött R2 , R3 eredőjét érdemes meghatározni: 1 1 1 1 1 3 = + = + = azaz: R23 = 33 ,3&Ω R23 R2 R3 50 Ω 100 Ω 100 Ω Mivel R23 sorosan van kapcsolva R1 -el ezért a kör ellenállása a kettőjük soros eredője lesz: R = R + R = 33 ,3&Ω + 25Ω = 58 ,3&Ω e

23

1

b., A kör eredő árama az I 1 -es áram. U 12 I1 = = = 0 ,206 A Re 58,3&Ω Az R2 és az R3 ellenállásokra jutó feszültség: U ' = U − R1 ⋅ I 1 = 12V − 25Ω ⋅ 0 ,206 A = 6 ,85V . Így I 2 =

U ' 6 ,85V U ' 6 ,85V = = 0 ,137 A , I 3 = = = 0 ,0685 A . R2 50 Ω R3 100 Ω

23

27.44 Az ábrán látható három ellenállás értéke R1 = 80Ω , R2 = 25Ω , R3 = 15Ω . a., Mekkora az eredő ellenállás? b., Mekkora I , I 2 értéke és a telep feszültsége, ha I 1 = 0 ,3 A ? Megoldás: A sorba kapcsolt R2 , R3 eredőjét érdemes meghatározni: R23 = R2 + R3 = 15Ω + 25Ω = 40 Ω . Mivel R23 párhuzamosan van kapcsolva R1 -el ezért a kör ellenállása a 1 1 1 1 1 3 kettőjük párhuzamos eredője lesz: = + = + = Re R1 R23 80 Ω 40 Ω 80 Ω Tehát Re = 26 ,7 Ω b., A kör eredő feszültsége innen már számítható: U 24V U = R1 ⋅ I 1 = 80Ω ⋅ 0 ,3 A = 24V , I 2 = = = 0 ,6 A R23 40 Ω I = I 1 + I 2 = 0 ,9 A U 24V Ellenőrzés: I = = = 0 ,9 A Re 26,7 Ω 27.45

Mekkora I 1 , I 2 értéke az alábbi áramkörben?

Megoldás: A kapcsolás végén a két 4 Ω -os ellenállás nyugodtan elhagyhatjuk arra nem fog áram folyni. Ekkor látható, hogy a három 4 Ω -os sorba van kötve, amikkel a 6 Ω -os párhuzamosan. Eredőjük: 12Ω ⋅ 6 Ω R2 = = 4Ω 18 Ω 6V Így ugyanaz a helyzet mint az előző esetben. I 1 = = 0 ,5 A 12Ω 2V U 4 Ω = 0 ,5 A ⋅ 4 Ω = 2V , I 2 = = 0 ,166& A 12Ω

24

27.46 Három ellenállást R1 = 5Ω , R2 = 15Ω , R3 = 25Ω , négy különböző képen kötünk. Számítsa ki I 1 , I 2 , I 3 áramok értékeit és a telep áramát, minden esetben.

U 3V = = 0 ,067 A R 45Ω U 3V U 3V U 3V b), I 1 = = = 0 ,6 A , I 2 = = = 0 ,2 A , I 3 = = = 0 ,12 A R1 5Ω R2 15Ω R3 25Ω I = I 1 + I 2 + I 3 = 0 ,92 A U 3V U 3V c), I 3 = = = 0 ,12 A , I 2 = I 1 = = = 0 ,15 A , I = I 1 + I 3 = 0 ,27 A R3 25Ω R1 + R2 20 Ω 1 1 1 1 1 8 U 3V − I 1 ⋅ R1 d), ' = + = + = , R' = 9 ,375Ω , I 2 = 2 = = 0 ,13 A R R2 R3 15Ω 25Ω 75Ω R2 15Ω U 3V I1 = I = = = 0 ,209 A , I 3 = I + I 2 = 0 ,079 A ' R1 + R 14 ,375Ω

a), R = R1 + R2 + R3 = 45Ω , I = I 1 = I 2 = I 3 =

27.47 Tudjuk, hogy az alábbi kapcsolás 6 Ω -os ellenállásán a feszültségesés U 6 = 48V . a., Határozza meg a főáramkör I e áramerősségét! b., A 8Ω -os ellenálláson eső feszültség nagyságát! c., És a 10 Ω -os ellenálláson lévő feszültséget! d., És a potenciálkülönbséget az ab pontok között! Megoldás: a.,) Mivel a 6 Ω -os és a 12Ω -os ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva ezért a rájuk kapcsolt 48V 48V feszültség is azonos. I = I 6 + I 12 = + = 12 A . 6 Ω 12Ω b.,) Mivel a 8Ω -os ellenálláson ugyan ez az áram folyik át így számítható a rajta eső feszültség: U 8 = 12 A ⋅ 8 Ω = 96V .

25

c.,) Legyen a három párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredője R' : 1 1 1 1 6 = + + = , R' = 5 Ω ' R 10 Ω 15Ω 30 Ω 30 Ω Mivel mindhárom ellenállásra ugyanaz a feszültség jut, így meghatározható a feszültség esés: U ' = U 10 = I ⋅ R' = 12 A ⋅ 5Ω = 60V d), Az ab feszültség a három részfeszültség összege: U ab = U 6 + U 10 + U 8 = 48V + 60V + 96V = 204V . Határozza meg Re , I 1 és I 2 értékét az alábbi kapcsolásban.

27.48 Megoldás:

Re = 5Ω +

1 1

1 1 + + 3Ω 6 Ω 2Ω = 5Ω + 1Ω + 6 Ω = 12Ω

+

9Ω ⋅ 18Ω = 9Ω + Ω

6V = 0 ,5 A 12Ω Mivel a 9 Ω és a 18 Ω -os eredője 6 Ω amin ugyancsak átfolyik az I e áram, így itt esik a fél tápfeszültség azaz

Ezek után az eredő áram: I e =

U 9,18 = 0 ,5 A ⋅ 6 Ω = 3V . U 3V I 2 = 9 ,18 = = 0 ,167 A R 18 Ω

27.48b

Határozza meg U , I 1 és I 2 értékét az alábbi kapcsolásban.

Megoldás: U 3V U 3V I 18 = 18 = = 0 ,167 A , I 2 = 9 = = 0 ,333 A R 18 Ω R 9Ω Ezek után az eredő áram: I 1 = 0 ,167 A + 0 ,333 A = 0 ,5 A Mivel a 3Ω , 6 Ω és a 2Ω -os eredője: 6 Ω ⋅ 3Ω ⋅ 2Ω 4Ω R362 = 6 Ω + 3Ω = = 1Ω 6 Ω ⋅ 3Ω Ω 4 + 2Ω 6 Ω + 3Ω És ezzel sorba van kötve az 5Ω -os ellenállás. Amely 2 ellenállás összegén ugyancsak 3V lesz a feszültség esés. U 5 ,362 = I 1 ⋅ ( R362 + R5 ) = 0 ,5 A ⋅ 6 Ω = 3V Így az U feszültség U = U 18 + U 5 ,362 = 3V + 3V = 6V .

26

27.49 Mekkora I e , I 1 értéke az alábbi áramkörben?

Megoldás: A kapcsolás végén a két 4 Ω -os ellenállás nyugodtan elhagyhatjuk arra nem fog áram folyni. Ekkor látható, hogy a három 4 Ω -os sorba van kötve, amikkel a 4 Ω -os párhuzamosan. Eredőjük: 12Ω ⋅ 4 Ω 11Ω ⋅ 4 Ω R1 = = 3Ω , majd R2 = = 2 ,93&Ω . A 3. eredője: 15Ω 16 Ω 10,93&Ω ⋅ 4 Ω 10,92857 Ω ⋅ 4 Ω R3 = = 2 , 92857 Ω . A 4.: R = = 2 ,92822Ω 4 14,93&Ω 14,92857 Ω Így ugyanaz a helyzet mint az előző esetben. 6V 4Ω 2 ,19512V = 2 ,049 A , U 4 Ω = 6V ⋅ = 2 ,19512V , I 1 = = 0 ,5488 A Ie = & 10 ,93Ω 2,92822Ω 4Ω 1.7 Határozzuk meg az ábrán látható áramkörben folyó áramokat, ha ismertek: U 1 = 310V , U 2 = 200V , U 3 = 80V , R1 = 70Ω , R2 = 30Ω , R3 = 30Ω !

1. Megoldás: A feladatot a Kirchhoff törvények segítségével oldjuk meg! Mivel az ábrán bejelölt 3 áram ismeretlen ezért 3 egyenletet kell felírnunk a meghatározásukra. Az ábrán bejelölt pozitív irányok mellett, illetve az I.-II. hurokra felvett körüljárási irányokkal, felírható az alábbi egyenletrendszer: I. − U 1 + I 1 ⋅ R1 + I 2 ⋅ R2 + U 2 = 0 II. U 3 − U 2 − I 2 ⋅ R2 + I 3 ⋅ R3 = 0 A. I1 − I 2 − I3 = 0 Az egyenleteket rendezzük az ismeretlenek szerint. I. I 1 ⋅ R1 + I 2 ⋅ R2 = U 1 − U 2 II. − I 2 ⋅ R2 + I 3 ⋅ R3 = U 2 − U 3 A. I1 − I 2 − I3 = 0 Behelyettesítve az értékeket. I. 70Ω ⋅ I 1 + 30Ω ⋅ I 2 = 110V II. − 30 Ω ⋅ I 2 + 30 Ω ⋅ I 3 = 120V A. I1 − I 2 − I3 = 0 A feladat elektrotechnikai részét ezzel megoldottuk. A továbbiakban következik az egyenletrendszer megoldása. 27

A harmadik egyenletből kifejezve: I 1 = I 2 + I 3 . A következőket kapjuk: I. 100 Ω ⋅ I 2 + 70 Ω ⋅ I 3 = 110V Az I. egyenletet 10-el osztva, II. − 30 Ω ⋅ I 2 + 30 Ω ⋅ I 3 = 120V A II. egyenletet 30-al osztva kapjuk: Elhagyva az „Ω” és a „V” mértékegységeket tudjuk, hogy az eredményt „A”-ben fogjuk megkapni. I. 10 ⋅ I 2 + 7 ⋅ I 3 = 11

− I 2 + I 3 = 4 ⇒ I 3 = 4 + I 2 kifejezve, és vissza helyettesítve:

II.

10 ⋅ I 2 + 7( 4 + I 2 ) = 11 17 ⋅ I 2 + 28 = 11 I3 = 4 + I2 I1 − I 2 − I3 = 0

I.

innen I 2 könnyen meghatározható: végül: I 2 = −1 A végül: I 3 = 4 − 1 = 3 A végül: I 1 = I 2 + I 3 = −1 + 3 = 2 A

2. Megoldás: A determinánsok módszerével megoldva a példát: Elhagyva az „Ω” és a „V” mértékegységeket tudjuk, hogy az eredményt „A”-ben fogjuk megkapni. Az első egyenletet 10-el a másodikat 30-al osztva: I. 7 ⋅ I 1 + 3 ⋅ I 2 = 11 II. − I2 + I3 = 4 I1 − I 2 − I3 = 0 A. Az egyenletrendszer determinánsa: 7 3 0

D = 0 − 1 1 = 7( 1 + 1 ) − 3( 0 − 1 ) + 0( 0 + 1 ) = 17 1 −1 −1 Az egyes ismeretlenekhez tartozó determinánsok: 11 3 0 D1 = 4 0

− 1 1 = 11( 1 + 1 ) − 3( −4 ) + 0 = 34 −1 −1

7 11

0

D2 = 0 1

4 0

1 = 7( −4 ) − 11( 0 − 1 ) + 0 = −17 −1

7

3

11

D3 = 0 − 1 4 = 7( 0 + 4 ) − 3( 0 − 4 ) + 11( 0 + 1 ) = 28 + 12 + 11 = 51 1 −1 0 A keresett áramok: D 34 D − 17 D 51 I1 = 1 = = 2 A , I2 = 2 = = −1 A , I 3 = 3 = = 3A D 17 D 17 D 17 3. Megoldás: A hurokáramok módszerével megoldva a példát: A felírható független egyenletek száma: n = ágak − csomóponok + 1 = 3 − 2 + 1 = 2 HI. I I ( R1 + R2 ) − I II ⋅ R2 + U 2 − U 1 = 0 HII. − I I ⋅ R2 + I II ( R2 + R3 ) + U 3 − U 2 = 0 Behelyettesítve az megadott értékeket és elhagyva az „Ω” és a „V” mértékegységeket tudjuk, hogy az eredményt „A”-ben fogjuk megkapni. 100 ⋅ I I − 30 ⋅ I II = −200 + 310 HI. HII. − 30 ⋅ I I + 60 ⋅ I II = 200 − 80 2. egyenletet osztva 2-vel és az elsőhöz adva: 28

HII. − 15 ⋅ I I + 30 ⋅ I II = 60 HI.-be ( 100 − 15 )I I = 110 + 60 I I = I 1 = 2 A A II hurokáramot az egyenletébe vissza helyettesítve kaphatjuk meg: HII.-be − 15 ⋅ 2 + 30 ⋅ I II = 60 I II = I 3 = 3 A Végül a középső ág áramát a két hurokáram különbségeként tudjuk meghatározni. I 2 = I I − I II = 2 A − 3 A = −1 A 1.8 Határozzuk meg U 3 értékét! U 1 = 130V , U 2 = 75V , I 3 = 0 A , R1 = 92Ω , R2 = 192Ω , R3 = 18 MΩ !

Megoldás: Fizikailag keressük U 3 értékét úgy, hogy a harmadik ágban ne folyjék áram. A feladatot a Kirchhoff egyenletrendszer felírásával tudjuk formálisan megoldani: I. U 1 + I 1 ⋅ R1 − I 2 ⋅ R2 − U 2 = 0 I 2 ⋅ R2 + U 2 + I 3 ⋅ R3 − U 3 = 0 II. A. I1 + I 2 − I 3 = 0 Az ismert értékeket behelyettesítve és rendezve a következőket kapjuk: I. 92 ⋅ I 1 − 192 ⋅ I 2 = −55 II. 192 ⋅ I 2 − U 3 = −75 A. I1 + I 2 = 0 ⇒ I1 = − I 2 Az első egyenletbe visszahelyettesítve: 284 ⋅ I 2 = 55 ⇒ I 2 = 0 ,194 A I. A második egyenletből már U 3 értéke számítható: II. U 3 = 75 + 192 ⋅ I 2 = 112 ,2V A felvett pozitív irányba mutató. A feladatnak egyszerűbb megoldása is van. Mivel a harmadik ágon nem folyik áram az I. körben fennálló viszonyokat nem befolyásolja. I. U 1 + I 1 ⋅ R1 − U 2 − I 2 ⋅ R2 = 0 És tudjuk, hogy I 1 = − I 2 = I I. 130 + I ⋅ 92 − 75 − I ⋅ 192 = 0 I = −0 ,194 A I 1 pozitív irányába vettük fel I értékét, így I 2 ezzel ellentétes értelmű így fordított polaritással kell figyelembe vennünk. U AB = I 2 ⋅ R2 + U 2 , U AB = 0 ,194 A ⋅ 192Ω + 75V = 112 ,2V

29

1.9

Határozzuk meg az ábrán látható feszültség forrás terhelő áramát!

U = 25 ,3V , R1 = 17 ,6 Ω , R2 = 23,9Ω , R3 = 37 ,6 Ω !

Megoldás:

R2 ⋅ R3 23 ,9 Ω ⋅ 37 ,6 Ω = 17 ,6 Ω + = 17 ,6 Ω + 14 ,6 Ω = 32 ,2Ω R2 + R3 23 ,9 Ω + 37 ,6 Ω U 25 ,3V = = 0 ,786 A A keresett áram tehát: I = Re 32 ,2Ω Re = R1 +

1.10

Egy villamos motor forgórész ellenállása: R f = 0 ,18 Ω , ezzel sorba kötött ellenállások

összege Rsp = 0 ,06 Ω . Ezekkel párhuzamosan kötött gerjesztő tekercs ellenállása Rg = 8 ,7 Ω . Mekkora ellenállást kell a forgórésszel sorba kötni, hogy indításkor 230V-ra kapcsolva az indítási áram ne legyen nagyobb 500A-nél? Megoldás: A felrajzolt kapcsolás alapján a gerjesztő áram számítható: 230V Ig = = 26 ,437 A 8 ,7 Ω Az alsó ág árama: I alsó = I − I g = 473 ,563 A Az alsó ágban szükséges eredő ellenállás: U 230V R= = = 0 ,4856 Ω I alsó 473 ,563 A Másrészt: R = R f + Rsp + Rx A beállítandó érték: Rx = 0,4856 - 0,24 = 0 ,2457 Ω

30

1.11 Határozza meg az ábrán látható kapcsolásban R2 és R4 értékét a következő feltételek szerint. A „K” kapcsoló nyitott állapotában U = 60V esetén R1 = 180Ω és árama 250 mA legyen. A „K” kapcsoló zárt állapotában az U ' = 42V esetén R1 árama 100 mA és R3 = 120 Ω .

Megoldás: Az első feltétel szerint: U = 60V , és I 1 = 0 ,25 A U 60V Tehát az Ohm törvény alapján: R = = = 240 Ω = R1 + R2 I 1 0 ,25 A R2 = 240Ω − 180Ω = 60Ω A második feltétel szerint: U ' = 42V , I 1' = 0 ,1 A Az R1 -en létrejövő feszültségesés: U 1' = I 1' ⋅ R1 = 0 ,1 A ⋅ 180 Ω = 18V Az R2 -en létrejövő feszültségesés: U 2' = U ' − U 1' = 42V − 18V = 24V Innen az R2 -n folyó áram számítható: I 2' =

U 2' 24V = = 0 ,4 A R2 60 Ω

Az „A” pontra felírt csomóponti törvény alapján másik az I 2' a másik két kapcsolódó áram eredője: I 2' = I 1' + I k' = 0 ,1 A + I k' = 0 ,4 A . Tehát: I k' = 0 ,3 A A kapcsoló zárt állása esetén az „A” és a „B” pontok azonos potenciálon vannak, így: U 4' = U 2' = 24V U 3' 48V Innen számítható U értéke: U = 72V − U = 48V , I = = = 0 ,4 A . R3 120 Ω Ebből a kapcsoló felé 300 mA folyik, és a maradék folyik át az R4 -es ellenálláson. ' 3

' 3

I 4' = I 3' − I k' = 0 ,4 A − 0 ,3 A = 0 ,1 A ,

' 4

R4 =

' 3

U 4' 24V = = 240 Ω I 4' 0 ,1 A

31

1.12 Hány kWh villamos energia nyerhető egy 5 km x 3km x 15 m -es vízgyűjtőből, ha a közepes vízesés 45 m , és az energia átalakítás hatásfoka 52% . Megoldás: A medence köbtartalma: V = 5 ⋅ 10 3 m ⋅ 3 ⋅ 10 3 m ⋅ 15m = 2 ,25 ⋅ 10 8 m 3 A víz helyzeti energiája: W = G ⋅ h , és G = 2 ,25 ⋅ 10 8 ⋅ 10 3 kp és h a víz közepes esése. Wh = 2 ,25 ⋅ 10 11 kp ⋅ 45 m = 1,013 ⋅ 10 13 mkp mint ismert: 1mkp = 9 ,81Nm = 9 ,81Ws tehát: Wh = 9 ,95 ⋅ 10 13Ws Hány kWh termelhet az erőmű? 1kWh = 10 3 ⋅ 3,6 ⋅ 10 3Ws = 3 ,6 ⋅ 10 6 Ws és így Wh = 2 ,76 ⋅ 107 kWh 1.16 Mekkora ellenállással terhelhetünk egy 230V-os, 0 ,3Ω -os belső ellenállású feszültségforrást, ha a kapocsfeszültségének legalább 215V -nak kell lenni? Megoldás: A megengedett feszültségesés: U = 230V − 215V = 15V U 15V U A megengedett áram: I = = = 50 A , másrészt I = . Rb 0 ,3Ω Rb + R U 230V Ezek alapján a megengedhető terhelő ellenállás: R = − Rb = − 0 ,3Ω = 4 ,3Ω I 50 A 1.17 Egy feszültségforrás sarkain változtatjuk a terhelést. I 1 = 50 A esetén a kapocsfeszültség 490V , I 2 = 80 A esetén pedig 475V . Határozza meg az üresjárási feszültséget, és a belső ellenállást! Megoldás: A szöveg alapján felírhatjuk: U k 1 = U − I 1 ⋅ Rb , illetve U k 2 = U − I 2 ⋅ Rb A két egyenletbe behelyettesítve és egymásból kivonva kapjuk: 490 = U − 50 ⋅ Rb 475 = U − 80 ⋅ Rb 15 = 30 ⋅ Rb , innen: Rb = 0 ,5Ω Ezt visszahelyettesítve az egyik egyenletbe: 490V = U − 50 A ⋅ 0 ,5Ω , U = 515V

1.18

Egy feszültségforrás üresjárási feszültsége U ü = 31,5V . Kapcsait 7 ,2Ω -os ellenállással zárva 72% -os hatásfokkal dolgozik. Mekkora a belső ellenállása?

Megoldás: Az üresjárási feszültség a belső ellenálláson és a terhelő ellenálláson létrejövő feszültségekkel tart egyensúlyt: U ü = I ⋅ Rb + I ⋅ R . Szorozva az egyenletet I-vel: U ü ⋅ I = I 2 ⋅ Rb + I 2 ⋅ R I2 ⋅R I2 ⋅R R = 2 = . 2 U ⋅I I ⋅ Rb + I ⋅ R Rb + R 7 ,2 , Számszerűen: 0 ,72 = Rb + 7 ,2 Rb = 10 − 7 ,2 = 3 ,8 Ω

A hatásfok: η =

32

Szuperpozíció tétele: Ha egy hálózat több generátort tartalmaz, akkor mindegyik generátor a hálózat bármely ágában a többitől függetlenül hozza létre a maga részáramát. Minden generátor hatását külön-külön vizsgáljuk, majd ezeket előjelesen összegezzük. A részáramok számításánál a többi generátort belső ellenállásával helyettesítjük (áramgenerátorokat megszakítjuk, feszültség generátorokat rövidrezárjuk). 1.19 Számítsuk ki az alábbi áramkör ágáramait a szuperpozíció tételének segítségével! U 1 = 2V , U 2 = 5V , R1 = 10Ω , R2 = 30Ω , R3 = 50 Ω

Megoldás: A szuperpozíció elvét alkalmazva a feladatot két lépésben oldjuk meg. Először csak az U 1 feszültséget vesszük figyelembe. U1 2V 2V I 11 = = = = 0 ,06956 A R ⋅R 10 Ω + 18 Ω 28 ,75Ω R1 + 2 3 R2 + R3 U AB 1 = U 1 − I 11 ⋅ R1 = 2V − 0 ,6956V = 1,3044V U 1,3044V I 21 = AB 1 = = 0 ,04348 A R2 30 Ω I 31 = I 11 − I 21 = 0 ,06956 − 0 ,04348 = 0 ,02608 A Második lépésben csak az U 2 feszültség forrást vesszük figyelembe. U2 5V 5V I 22 = = = = 0 ,131 A R1 ⋅ R2 30 Ω + 8 , 3 Ω 38 , 3 Ω R2 + R1 + R3 U AB 2 = U 2 − I 22 ⋅ R2 = 5V − 3,9V = 1,1V U 1,1V I 12 = AB 2 = = 0 ,11 A R1 10 Ω I 32 = I 22 − I 12 = 0 ,131 − 0 ,11 = 0 ,021 A Így végül az ágáramok (az első lépésben felvett irányokat véve pozitívnak): I 1 = I 11 − I 12 = 0 ,06956 − 0 ,11 = −0 ,04044 A = −40 ,44 mA , I 2 = I 21 − I 22 = 0 ,04348 − 0 ,131 = −0 ,08752 A = −87 ,52mA , I 3 = I 31 + I 32 = 0 ,02608 + 0 ,021 = 0 ,04708 A = 47 ,08 mA

33

3.1

A szuperpozíció tételének felhasználásával határozza meg az ábrán bejelölt I 2 áramot, ha R1 = 4Ω , R2 = 8Ω , R3 = 10 Ω !

a.,) Csak a feszültség generátor hatását számolva: 8Ω ⋅ 4Ω + 10 Ω = 12 ,6&Ω Re = R1 × R2 + R3 = 8Ω + 4Ω U 10V Ie = = = 0 ,789 A Re 12 ,6&Ω R1 0 ,789 A I 2' = I e = = 0 ,2631 A R1 + R2 3 b.,) Csak az áram generátor hatását számolva: 40 Ω R1 × R3 '' 14 I2 = I = 5A = 40 R1 × R3 + R2 Ω + 8Ω 14 = 1,3157 A Az eredmény a két részáram előjeles összegeként adódik: I 2 = I 2' + I 2'' = 0 ,2631 A + 1,3157 A = 1,5788 A

34

1.20 Számítsa ki hurokáramok módszerével az alábbi ábrán látható kereszt-tagot tartalmazó áramkör ágáramait! U 1 = 100V , R1 = R2 = 10Ω , R3 = R4 = 20 Ω , R5 = 100 Ω , R6 = 50 Ω

Megoldás: A független hurkok száma: ágak − csomópontok + 1 = 6 − 4 + 1 = 3 ( R1 + R4 + R5 )I I + R1 ⋅ I II − R4 ⋅ I III = U R1 ⋅ I I + ( R1 + R6 + R3 )I II + R6 ⋅ I III = 0 − R4 ⋅ I I + R6 ⋅ I II + ( R4 + R6 + R2 )I III = 0

130 ⋅ I I + 10 ⋅ I II − 20 ⋅ I III = 100 10 ⋅ I I + 80 ⋅ I II + 50 ⋅ I III = 0 − 20 ⋅ I I + 50 ⋅ I II + 80 ⋅ I III = 0

13 ⋅ I I + I II − 2 ⋅ I III = 10 I I + 8 ⋅ I II + 5 ⋅ I III = 0 − 2 ⋅ I I + 5 ⋅ I II + 8 ⋅ I III = 0

/:10 /:10 /:10

a második egyenletből: I I = −8 ⋅ I II − 5 ⋅ I III , a harmadik egyenletből: I I = 2 ,5 ⋅ I II + 4 ⋅ I III − 10 ,5 ⋅ I II − 8 ⋅ I II − 5 ⋅ I III = 2 ,5 ⋅ I II + 4 ⋅ I III ⇒ I III = 9 − 10 ,5 ⋅ I II Ezen eredményeket visszaírva az első egyenletbe: 13( 2 ,5 ⋅ I II + 4 ⋅ I III ) + I II − 2 ⋅ = 10 9 546 ⋅ I II 21 ⋅ I II 32 ,5 ⋅ I II − + I II + = 10 9 9 292 ,5 546 9 ⋅ 21 ⋅ ( − + + )I II = 10 − 223,5 ⋅ I II = 90 9 9 9 9 I II = −0 ,402685 A − 10 ,5 ⋅ I II I III = = 0 ,469799 A 9 I I = 2 ,5 ⋅ I II + 4 ⋅ I III = 0 ,87248 A A három hurokáram alapján számíthatók az ágáramok: R1 ellenálláson: I 1 = I I + I II = 0 ,46979 A = 469 ,79 mA R2 ellenálláson: I 2 = I III = 0 ,469799 A = 469 ,79 mA R3 ellenálláson: I 3 = I II = −0 ,402685 A = −402 ,68 mA R4 ellenálláson: I 4 = I III − I I = −0 ,402681 A = −402 ,68 mA R5 ellenálláson: I 5 = I I = 0 ,87248 A = 872 ,48 mA R6 ellenálláson: I 6 = I II + I III = −0 ,402685 + 0 ,469799 = 0 ,067114 A = 67 ,11mA

35

Thevenin - tétel: A tetszőleges bonyolultságú hálózatot helyettesíthetjük egy ideális feszgenerátorral, melynek forrásfeszültsége az eredeti kétpólus üresjárási feszültségével egyenlő, és egy soros belső ellenállással, melynek értéke a kétpólus kapcsai közt mérhető ellenállással egyezik meg, ha a feszültséggenerátorokat rövidzárnak, az áramgenerátorokat szakadásnak vesszük. 3.2.7. Helyettesítsük az ábrán adott hálózat A-B pontjai között lévő összetett kétpólust egy olyan legegyszerűbb kétpólussal, amely az Rt külső terhelés szempontjából egyenértékű az összetett kétpólussal! Megoldás: Az Rt ellenállás áramát a Thevenin tételével számolva: Az üresjárási feszültség az A-B pontok között (a hálózat legkülső ágaiban összegezve a részfeszültségeket): A felíráshoz szükség van a 20 Ω ellenállás áramára. Ezt hurok törvény segítségével határozhatjuk meg: 80V I= = 2A 20 Ω + 20 Ω U AB0 = I ⋅ R3 = 2 A ⋅ 20 Ω = 40V A hálózat belső ellenállása az A-B pontok között: 20 Ω ⋅ 20 Ω RAB = ( 30 Ω + ) = 40 Ω 20 Ω + 20 Ω Az Rt terhelő ellenállás árama Thevenin képletével: U AB0 It = RAB + Rt

3.2.8. Helyettesítsük az ábrán adott hálózat A-B pontjai között lévő összetett kétpólust egy olyan legegyszerűbb kétpólussal, amely az Rt külső terhelés szempontjából egyenértékű az összetett kétpólussal (Thevenin és Norton tétele alapján)!

Megoldás: Az Rt ellenállás áramát a Thevenin tételével számolva: Az üresjárási feszültség az A-B pontok között (a hálózat legkülső ágaiban összegezve a részfeszültségeket): A felíráshoz szükség van a 2Ω ellenállás áramára. Ezt hurok törvény segítségével határozhatjuk 3V − 5V meg: 5V − 3V + 3Ω ⋅ I + 2Ω ⋅ I = 0 ⇒ I = 3Ω + 2 Ω

36

3V − 5V ⋅ 2Ω + 5V = +1,2V ( 3 + 2 )Ω A hálózat belső ellenállása az A-B pontok között: 3Ω ⋅ 2 Ω RAB = ( 5Ω + ) = ( 5Ω + 1,2Ω ) = 6 ,2Ω 3Ω + 2 Ω Az Rt terhelő ellenállás árama Thevenin képletével: U AB0 It = RAB + Rt U AB0 = −3V + I ⋅ 2Ω + 5V = −3V +

Norton - tétel: A tetszőleges bonyolultságú hálózatot helyettesíthetjük egy ideális áramgenerátorral, mely forrásárama egyenlő a kétpólus rövidzárási áramával, és egy párhuzamosan kapcsolódó vezetéssel, mely értéke megegyezik a kétpólus kapcsai közt mérhető vezetéssel, ha a feszültséggenerátorokat rövidzárnak, az áramgenerátorokat szakadásnak vesszük. Az Rt ellenállás feszültségét Norton tételével számolva: Megoldás: A rövidzárási áram az A-B pontok között hurok áramok módszerével számolva: I 1 ( 2 + 3 )Ω + I II ( −3 )Ω = −( 5V − 3V ) = −2V I 1 ( −3 )Ω + I II ( 5 + 3 )Ω = −3V + 3V = 0 D=

5

−3

= 40 − 9 = 31 , DII =

5

−2

= −6 , −3 8 −3 0 D −6 I II = II = = −0 ,1936 A = − I Z = I BA = − I AB D 31

A hálózat belső admittanciája az A-B pontok között: 1 1 YAB = = = 0 ,1613 S RAB 6 ,2Ω Az Yt terhelési admittancia feszültsége Norton képletével: IZ Ut = Yt + YAB Másképpen: I Z =

U AB

0

RAB

=

1,2V = 0 ,19358 A 6 ,2Ω

37

3.2.13 Mekkora áramok folynak az ábrán adott hurok egyes ágaiban?

Próbaképpen tegyük fel, hogy I *12 = 150 A Ez alapján a csomóponti egyenleteket felhasználásával: * I 23 = 150 A − 100 A = 50 A * I 34 = 50 A + 80 A = 130 A * I 45 = 130 A − 150 A = −20 A * I 51 = −20 A + 40 A = 20 A Az így kiszámolt ágáramok helyességének ellenőrzésére írjuk fel Kirchhoff huroktörvényét: ∑U = I 12* ⋅ R12 + I12* ⋅ R12 + I 12* ⋅ R12 + I 12* ⋅ R12 + I 12* ⋅ R12 =

= ( 150 ⋅ 0 ,01 + 50 ⋅ 0 ,04 + 130 ⋅ 0 ,03 − 20 ⋅ 0 ,01 + 20 ⋅ 0 ,02 )V = 7 ,6V Ez azonban a valóságban lehetetlen, mert kell, hogy ∑ U = 0V legyen. Az utóbbi feltételt csak úgy teljesíthetjük, ha a fentebb választott körüljárási értelemmel szemben a fenti ágáramokra ∑U = 7 ,6V = 69 ,1A köráramot szuperponálunk. I kör = ∑ R 0 ,11Ω A valódi ágáramok így: * I 12 = I 12 − I kör = 150 A − 69 ,1 A = 80 ,9 A I 23 = 50 A − 69 ,1 A = −19 ,1 A I 45 = −20 A − 69 ,1 A = −89 ,1 A I 34 = 130 A − 69 ,1 A = 60 ,9 A I 51 = 20 A − 69 ,1 A = −49 ,1 A

38

6.6 Határozza meg Rt értékét úgy, hogy rajta a hatásos teljesítmény értéke maximális legyen! Számítsa ki a Norton helyettesítő kapcsolás modelljét! Megoldás:

6 Ω ⋅ 2Ω ) = 5 ,5Ω 6 Ω + 2Ω = −( 3 A ⋅ 4 Ω ) = −12V

RAB = ( 4 Ω + U AC = −U CA

U th = U AB0 = U AC + U CB = = −12V + 24V ⋅

6Ω = −12V + 18V = 6V 6 Ω + 2Ω

Így felrajzolhatjuk a Thevenin helyettesítő képet: Ebből látható hogy, a 2 sorosan kapcsolt ellenállás egyikén kell a hatásos teljesítménynek a maximális értékűnek lenni. Ez akkor lesz maximális ha: Rt = RAB = 5 ,5Ω 1 6V = 3V U Rt = U th = 2 2 A maximális teljesítmény meghatározása Norton és Thevenin módszer alapján is meghatározható: 2 U R2t  IN  ( 3V )2 2 Pt max = = I t ⋅ Rt =   ⋅ Rt = = 1,636W Rt 5 ,5Ω  2  Norton helyettesítő kép meghatározása: RAB = Rth = RN = 5 ,5Ω Szuperpozíció tételét alkalmazva. Az I AB áram irányát A pontból a B pontba folyónak feltételezzük. Elsőként a fesz generátor marad és az áramgenerátort megszakítjuk: 24V 6Ω I 'AB ( röv ) = ⋅ = 3 ,273 A 6 Ω ⋅ 4Ω 6 Ω + 4Ω 2Ω + 6 Ω + 4Ω Másodikként a fesz generátort rövidre zárjuk: 4Ω ' I 'AB = −2 ,182 A ( röv ) = −3 ⋅ 2Ω ⋅ 6 Ω 4Ω + 2Ω + 6 Ω ' Összegezve: I N = I 'AB ( röv ) + I 'AB ( röv ) = 3 ,273 A − 2 ,182 A = 1,091 A

Ellenőrzés képen: I N =

6V = 1,091 A 5 ,5Ω

39

6.7 Határozza meg az alábbi hálózat Norton helyettesítő modelljét! Rt = 15Ω -os terhelés esetén mekkora a rajta eső feszültség nagysága? Mekkora terhelés esetén a maximális a hatásos teljesítmény értéke? Megoldás: RN = ( 13Ω +

20 Ω ⋅ 30 Ω )= 30 Ω + 20 Ω

RN = Rth = 25Ω

Az AB pontokat rövidre zárva: 30 Ω I AB ( rövidzár ) = I ' 30 Ω + 13Ω ' Az I áramot behelyettesítve: 15V 30 Ω 450 Ω I AB ( röv ) = I N = ⋅ = = 0 ,36 A 30 Ω ⋅ 13Ω 43Ω 860 Ω + 390 Ω 20 Ω + 30 Ω + 13Ω Így felrajzolhatjuk a Norton helyettesítő képet a terheléssel: U = I t ⋅ Rt = I N ⋅

25Ω ⋅ 15Ω = 25Ω + 15Ω

25 ⋅ 15Ω = 3 ,375V 40 Megjegyzendő, hogy a Thévenin feszültség a Norton generátor áramának és belső ellenállásának szorzataként adódik: U th = U AB0 = I N ⋅ RN = 0 ,36 A ⋅ 25Ω = 9V Az utolsó kérdés a maximális teljesítményre kérdez rá. Amit akkor kapunk, ha a belső ellenállással megegyező nagyságú terhelő ellenállás értékével: Rt = RN = Rth = 25Ω = 0 ,36 A ⋅

Pt max

I = ( I t ) ⋅ Rt =  N  2 2

2

 ( 0 ,36 A )2  ⋅ RN = ⋅ 25Ω = 0 ,81W 4 

40

6.8 Thevenin - Norton átalakítással határozza meg az AB pontokon maximálisan átvihető teljesítmény értékét! A CB pontok felől nézve a bal oldali részt egyszerűsítve: 24 Ω ⋅ 12Ω RCB = = 8Ω 24 Ω + 12Ω 24 Ω = 16V U th' = 24V ⋅ 24 Ω + 12Ω

RAB = 16 Ω + 8Ω = 24Ω Hurok törvény alapján: U th' − U CB − 2 ,5 A ⋅ RCB = 0 16V − U CB − 2 ,5 A ⋅ 8 Ω = 0 U CB = 16V − 8 Ω ⋅ 2 ,5 A = −4V = U AB0 = U th U th 4V = = 0 ,16& A R AB 24 Ω RN = Rth = R AB

IN =

 U th    (U )2 ( 4V ) 2 = 0 ,16&W 2   = = th = Rth 4 ⋅ Rth 4 ⋅ 24 Ω 2

Pt (max)

6.9 Határozza meg a hálózat Thevenin helyettesítő képét az AB pontok felöl nézve! A CB pontok felől nézve a bal oldali részt egyszerűsítve: 3Ω ⋅ ( 5Ω ⋅ 10 Ω ) Rth = 2 ,5Ω + = 5Ω 3Ω + 5Ω + 10 Ω Az áramgenerátort átalakítva feszültség generátorrá és ezt behelyettesítve a következők írhatók fel az I ' hurokáramra második ábra alapján: 20V − 5V I' = = 0 ,833& A 10 Ω + 5Ω + 3Ω Mivel az AB pontok szabadon hagyjuk a 2 ,5Ω -os ellenálláson nem folyik áram. U th = U AB0 = U CB = −5V − U 3Ω =

= −5V − 3Ω ⋅ 0 ,833& A = −7 ,5V A kapott eredmény alapján fölírhatjuk a Thevenin helyettesítő kép és a terhelés eredőjeként adódó összáramot.

41

a

Az alábbi pozitív irányokat feltételezve kapjuk, hogy az ellentétes irányú feszültség ellentétes irányú áramot is hajt keresztül a körön: − 7 ,5V U th I= = = −0 ,3 A Rth + Rt 5Ω + 20 Ω b.,) Határozza meg az eredeti hálózat Thevenin helyettesítő képét áramgenerátoros átalakításokkal!

I 20V =

20V 5V 25V , I 5V = = 15Ω 3Ω 15Ω

A két áramgenerátor párhuzamos eredője: I párhuzamos =

20V 25V + = 3A 15Ω 15Ω

15Ω ⋅ 3Ω 2 ,5Ω = 5Ω , I AB = −3 ⋅ = −1,5 A 15Ω + 3Ω 5Ω Rth 5Ω = −1,5 = −0 ,3 A Rth + Rt 5Ω + 20 Ω

Rth = 2 ,5Ω + I = I AB

3.50

Mekkora az 5Ω -os és a 2Ω -os ellenállás árama, és a teljesítmény felvétel?

Megoldás: A feladat megoldását delta-csillag átalakítással tudjuk nagymértében egyszerűsíteni. R3 ⋅ R3 3Ω ⋅ 3Ω R33 = = = 1Ω R3 + R3 + R3 3Ω + 3Ω + 3Ω Az egyszerűsítés után kapott áramkör eredő ellenállása: (R + R5 ) ⋅ (R33 + R2 ) = Re = R33 + 33 R33 + R5 + R33 + R2 = 1Ω +

(1Ω + 5Ω ) ⋅ (1Ω + 2Ω ) = 3Ω

1Ω + 5Ω + 1Ω + 2Ω U 36V Ie = = = 12 A Re 3Ω

42

A két kérdéses ellenállás árama: I 5 = I e ⋅

R33 + R2 3Ω = 12 A ⋅ = 4A R33 + R5 + R33 + R2 9Ω

I 2 = 12 A − I 5 = 8 A Innen tudjuk a keresett ellenállásokon a feszültség esés értékét is. U 2 = I 2 ⋅ R2 = 8 A ⋅ 2Ω = 16V és U 5 = I 5 ⋅ R5 = 4 A ⋅ 5Ω = 20V A huroktörvény alapján felírhatjuk a függőleges 3Ω -os ellenállás feszültségét: U 3 = U 5 − U 2 = 20V − 16V = 4V

Továbbá mivel az U AC = 36V ezért a felső 3Ω -os ellenállás feszültsége: U 3 f = U AC − U 5 = 16V Ugyanígy az alsó 3Ω -os ellenállás feszültsége: U 3 a = U AC − U 2 = 20V A kör teljesítmény felvétele: 2 2 2 2 2 2 U 52 U 22 U 32 U 3 f U 32a (20V ) (16V ) (4V ) (16V ) (20V ) P = + + + + = + + + + = 432W ∑ R R R R R 5Ω 2Ω 3Ω 3Ω 3Ω 5 2 3 3 3 3.90 Mekkorák a vonali áramok, ha P1 = 1,2kW , P2 = 3,6 kW és P1 = 9 ,6 kW ? Megoldás: P 1200W I1 = 1 = = 10 A U1 120V P 3600W I2 = 2 = = 30 A U2 120V P 9600W I3 = 3 = = 40 A U3 240V I A = I 1 + I 3 = 50 A , I N = I 2 − I 1 = 20 A , I B = I 2 + I 3 = 70 A 3.91

Mekkora feszültséget kell az AB pontok közé kapcsolni, hogy az I B = 0 A legyen?

Megoldás: R AC = 1,8 Ω + ( 10 Ω + 20 Ω ) × 60 Ω + 2 ,2 = 24 Ω U 240V I A = AC = = 10 A R AC 24 Ω R60 60 Ω I1 = I A = 10 A = 6 ,67 A R60 + R10 + R20 60 Ω + 30 Ω U AB = 1,8Ω ⋅ 10 A + 10Ω ⋅ 6 ,67 A = 84 ,7V

43

Millman - tétel: Két csomópont közt mérhető feszültséget úgy kapunk meg, hogy az egyes ágak vezetéseinek és a velük sorba kapcsolt generátorok feszültségeinek szorzatát összegezzük, majd osztjuk valamennyi ág vezetésének az összegével. Uab=(G1U1+G2U2+…+GnUn)/(G1+G2+…+Gn) 3.2.15. Határozzuk meg a kapcsolás I áramát és az egyes feszültség forrásokon átfolyó áramokat a Millman tétel segítségével! U 1 = 100V , U 2 = 90V , Rt = 6 Ω Megoldás: A két ágáram kiszámításához határozzuk meg a 0’ és 0 pont közötti feszültséget. Millman tételével: 1 1 − 100V ⋅ + ( −90V ) ⋅ U 1 ⋅ Y1 + U 2 ⋅ Y2 4Ω 3Ω = −73 ,3&V = U 0' 0 = 1 1 1 Y1 + Y2 + Y3 + + 4 Ω 3Ω 6 Ω U 73 ,3&V I = 00' = = 12 ,22 A Így a képen látható áramiránnyal megegyező irányút kapunk. Rt 6Ω U + U 0' 0 100V − 73 ,3&V U + U 0' 0 90V − 73 ,3&V = = 6 ,65 A és I 2 = 2 = = 5 ,56 A I1 = 1 4Ω 4Ω 4Ω 3Ω 3.2.14. Határozzuk meg Millman tételével az ábrán adott hálózat egyes ágainak áramát, ha a feszültségforrások belső ellenállása elhanyagolhatóan kicsi és a három feszültségforrás értéke: U 12 = 5V , U 23 = 12V , U 43 = 4V Megoldás: Az 1-4 ág árama Ohm törvényével közvetlenül számítható: U + U 23 + U 34 13V I 14 = 12 = = 13mA 1000 Ω 1000 Ω A többi ágáram kiszámításához határozzuk meg a 2 és 0 pont közötti feszültséget. Millman tételével: U ⋅ Y + U 32 ⋅ Y3 + U 42 ⋅ Y4 U 02 = 12 1 Y1 + Y2 + Y3 + Y4 U 12 = +5V , és U 32 = −U 23 = −12V és U 42 = −U 23 − U 34 = −12V + 4V = −8V 1 1 1 1 Y1 = = 2 ⋅ 10 −3 S , Y2 = = 4 ⋅ 10 −3 S , Y3 = = 5 ⋅ 10 −3 S , Y4 = = 2 ,5 ⋅ 10 −3 S 500 Ω 250 Ω 200 Ω 400 Ω −3 −3 −3 5V ⋅ 2 ⋅ 10 S − 12V ⋅ 5 ⋅ 10 S − 8V ⋅ 2 ,5 ⋅ 10 S Behelyettesítve: U 02 = = −5 ,18V ( 2 + 4 + 5 + 2 ,5 ) ⋅ 10 −3 S Az egyes ágak áramai Ohm törvényével: U − 5 ,18V U U − U 12 − 5 ,18V − 5V − 10 ,18V I 2 = 02 = = −20 ,7 mA , I 1 = 01 = 02 = = = −20 ,4 mA , R2 250 Ω R1 R1 500 Ω 500 Ω U U + U 23 − 5 ,18V + 12V 6 ,82V I 3 = 03 = 02 = = = 34 ,1mA , R3 R3 200 Ω 200 Ω U U + U 23 + U 34 − 5 ,18V + 12V − 4V 2 ,82V I 4 = 04 = 02 = = = 7 ,06 mA R4 R3 400 Ω 400 Ω

∑ I =I

1

+ I 2 + I 3 + I 4 = ( −20 ,4 − 20 ,7 + 34 ,1 + 7 ,06 )mA = −0 ,06 mA ≈ 0 mA

0

44

6.10

U AB

Határozza meg a Millman tétel segítségével a terhelésre jutó feszültség és áram nagyságát.

− 8V 3V 12V − 2V V + + + 1,5 U 1 ⋅ Y1 + U 2 ⋅ Y2 + U 3 ⋅ Y3 + U 4 ⋅ Y4 2Ω = Ω = 1,2V = = 4 Ω 6 Ω 3Ω 1 1 1 1 1 Y1 + Y2 + Y3 + Y4 + + + 1,25 4 Ω 6 Ω 3Ω 2 Ω Ω

Vagy akár az alábbiak alapján is megkaphatjuk ugyan azt az eredményt: 1 1 R AB = = = 0 ,8 Ω 1 1 1 1 Y1 + Y2 + Y3 + Y4 + + + 4 Ω 6 Ω 3Ω 2 Ω U U U U 8V 3V 12V 2V I AB = − 1 + 2 + 3 − 4 = − + + − = 1,5 A R1 R2 R3 R4 4 Ω 6 Ω 3Ω 2 Ω Az AB pontokra jutó feszültség üresjáráskor: U AB0 = I AB ⋅ R AB = 1,5 A ⋅ 0 ,8 Ω = 1,2V U AB 1,2V = = 0 ,4 A Rt + R AB 0 ,8 Ω + 2 ,2Ω U t = I t ⋅ Rt = 0 ,4 A ⋅ 2 ,2Ω = 0 ,88V It =

45

4.27

Határozza meg U X és I X , I Y , I Z értékét, csomóponti potenciálok módszerével!

Megoldás: Érdemes az áram generátorokat átváltani feszültség generátorokká: 1-es csomópontra felírva a csomóponti potenciálok módszerét: I 14 + I 2 + I 1 = 0 U X − 100V U X − 40V U X − 20V + + =0 14 2 1 22 ⋅ U X = 660 U X = 30V Hurokegyenlettel megkaphatjuk az I 1 áramot: I 1 ⋅ 14Ω + U X − 100V = 0 100V − U X I1 = = 5A 14 Ω I 2 ⋅ 1Ω − U X + 20V = 0 U − 20V I2 = X = 10 A 1Ω Csomóponti egyenleteket felírva az eredeti áramkörbe kapjuk meg a kívánt áramok értékeit. 25 = I 1 + I X = 5 A + I X I X = 20 A 20 = I Y − I 1 + I 2 I Y = 15 A 20V IZ + I2 − =0 I Z = −8 A 10 Ω U 4 = 20 A ⋅ 4 Ω = 80V U 4 = 15 A ⋅ 2Ω = 30V

∑ P =U

I 25

⋅ I 25 + U I 20 ⋅ I 20 + U 30 ⋅ I Z = 80V ⋅ 25 A + 30V ⋅ 20 A + 20V ⋅ ( −8 A ) = 2440W

46

4.32

Határozza meg az AB pont áramát ( I 3 )!

Megoldás: AB pontok felöl helyettesítve az áramkört egy Thevenin generátorral, könnyen megkaphatjuk a keresett áramot. Rth = R AB = ( 8 Ω × 8 Ω + 4 Ω ) × 8 Ω + 6 Ω =  8Ω ⋅ 8Ω   8 Ω + 8 Ω + 4 Ω  ⋅ 8 Ω + 6 Ω = 10 Ω =  8Ω ⋅ 8Ω   8 Ω + 8 Ω + 4 Ω  + 8 Ω Az R5 -ös ellenállást leválasztjuk. Mivel üresjárásban kell vizsgálnunk a feszültség nagyságát, belátható, hogy a R6 -os ellenálláson sem folyik áram. Így felírható a generátort terhelő eredő 12Ω ⋅ 8 Ω ellenállás: Re = ( 8 Ω + 4 Ω ) × 8 Ω + 8 Ω = + 8 Ω = 12 ,8 Ω 12Ω + 8 Ω U 90V = = 7 ,03 A Innen a generátort terelő áram: I e = Re 12 ,8 Ω Az U AB pontok közti feszültség üresjárásban megegyezik a 8 Ω -os ellenálláson eső feszültség nagyságával. Ehhez szükség van a 8 Ω -os ellenállás áramára, amely áramosztóval felírható: R8 8Ω I8 = Ie = 7 ,03 A ⋅ = 2 ,812 A R8 + R4 + R8 8Ω + 4 Ω + 8Ω Ezek alapján: U 8 = I 8 ⋅ R8 = 2 ,812 A ⋅ 8 Ω = 22 ,5V ≡ U AB0 A kérdéses terhelő áram tehát: U th 22 ,5V It = = = 1,5 A Rth + R5 10 Ω + 5Ω

II. megoldás, hurokáramok módszerével megoldva. − 90 + 8 I 1 + 8 I 1 − 8 I 2 = 0 − 8 I 1 + ( 4 + 8 + 8 )I 2 − 8 I 3 = 0 − 8 I 2 + ( 6 + 5 + 8 )I 3 = 0

8 I 1 − 4 I 2 = 45 − 2I1 + 5I 2 − 2I 3 = 0 − 8 I 2 + 19 I 3 = 0

8

−4

0

D = − 2 5 − 2 = 8( 5 ⋅ 19 − 16 ) + 4( −38 ) = 632 − 38 ⋅ 4 = 480 0 − 8 19 8

− 4 45

D3 = − 2 5 0 −8

0 = 45 ⋅ 16 = 720 0

A kérdéses terhelő áram, egyenlő a harmadik kör hurokáramával: I t = I 3 =

47

D3 720 = = 1,5 A D 480

4.39

Határozza meg R értékét úgy, hogy a két generátor teljesítménye egyforma legyen!

Megoldás: A feladatot csomóponti potenciálok módszerével érdemes megoldani. Elsőként írjuk fel az 1-es csomópont áramait: 1.) I 1 + I 2 = 5 A U 1 U 1 − 100V + = 5A R 10 Ω A 2-es csomópontra felírva: 2.) I 2 + I 4 = I 3 U 1 − 100V 100V + I4 = = 5A 10 Ω 20 Ω Két független egyenletet írtunk fél de 3 ismeretlen tartalmaz. Ezért még egy egyenletet fel kell írnunk amit a peremfeltétel alapján tudunk megtenni, a generátorok teljesítmény egyenlőségét kihasználva. 5 ⋅U1 3.) 100V ⋅ I 4 = 5 ⋅ U 1 ⇒ I4 = 100V U1 U1 1.) egyenletből: + = 10 + 5 R 10 U U 2.) egyenletből: 1 − 10 + I 4 = 5 ⇒ 1 + I 4 = 15 10 10 U 5 ⋅U 1 Behelyettesítve az I 4 értékét: 1 + = 15 10 100 10 ⋅ U 1 + 5 ⋅ U 1 = 1500 U 1 = 100V R értékét az 1. egyenletbe vissza helyettesítve kaphatjuk meg. 100 100 + = 10 + 5 R 10 100 + 10 ⋅ R = 15 ⋅ R 100 R= = 20 Ω 5

48

4.40

Határozza meg 10 Ω -os ellenállás áramát!

Megoldás: Észre lehet venni, hogy az áramgenerátor feszültség generátorrá történő átalakítása után leegyszerűsödik az eredeti áramkör. 1.) − 50V + 30 ⋅ I 1 − 30 ⋅ I 2 = 0 2.) 100V − 30 ⋅ I 1 + 80 ⋅ I 2 = 0 A két egyenletet összeadva: 50 ⋅ I 2 = −50 ⇒ I 2 = −1 A . Az I 2 -es hurokáram pontosan megegyezik a 10 Ω -os ellenálláson átfolyó I 10 áram nagyságával.

(50V ) U 12 2 ∑ P = R + I 102 ⋅ R10 + ( 5 + I 10 )2 ⋅ R20 + I 102 ⋅ R20 = 30Ω + 10W + (4 A) ⋅ 20Ω + 20W = 433,3&W 30 II. megoldás csomóponti potenciálok segítségével: IU = I 30 + I 10 ; I 10 + 5 A = I 10 ; I 20 = 5 + I 2 50V 50V − U 2 1. csomópont: IU = + / ⋅ 30 30 Ω 10 Ω 30 ⋅ IU + U 2 = 200 2

50V − U 2 U −U3 +5= 2 10 Ω 20 Ω 100 − 2 ⋅ U 2 + 100 = U 2 − U 3 3 ⋅ U 2 − U 3 = 200

2. csomópont:

3. csomópont:

/ ⋅ 20

U2 −U3 U −5 = 3 / ⋅ 20 20 Ω 20 Ω U 2 − U 3 = 100 + U 3 U 2 − 2 ⋅ U 3 = 100

A 2-es és 3-as csomóponti egyenlet segítségével kapjuk: U 2 + 2( 200 − 3 ⋅ U 2 ) = 100 U 2 + 400 − 6 ⋅ U 2 = 100 U 2 = 60V 50 − U 2 50V − 60V I 10 = = = −1 A 10 Ω 10 Ω  100 − U 2  U 23 = 60 − ( −20 ) = 80V U 3 = −  = −20V 2   Határozza meg a két generátor által szolgáltatott teljesítményt (negatív):  50V 30  ∑ P = −( PU + PI ) = −50V ⋅ IU − 80V ⋅ 5 A = −50V ⋅  30Ω − 30 A  − 80V ⋅ 5 A = −433,3&W Ennek meg kell egyeznie a fogyasztókon el disszipálódott teljesítmények összegével. 2 2 2 2 ( ( U 12 U 32 U 23 50V ) − 20V ) (80V ) 2 2 ∑ P = R + I 10 ⋅ R10 + R + R = 30Ω + (− 1 A) ⋅ 10Ω + 20Ω + 20Ω = 433,3&W 30 20 20 49

4.44

Mekkora a 20 Ω -os ellenállás árama és teljesítménye?

Megoldás: A csomóponti potenciálok segítségével oldva meg a példát, érdemes átalakítani a feszültség generátort áramgenerátorrá: 1. csomópont: 1 A = I 10 + I 4 + I 20 U U U −U2 / ⋅ 20 1A = 1 + 1 + 1 10 Ω 4 Ω 20 Ω 20 = 2 ⋅ U 1 + 5 ⋅ U 1 + U 1 − U 2 20 = 8 ⋅ U 1 − U 2 U1 − U 2 U = 2A + 2 20 Ω 8Ω 8 ⋅ U 1 − 28 ⋅ U 2 = 320

2. csomópont:

/ ⋅ 160

A kapott két csomóponti egyenletet kivonva egymásból: 27 ⋅ U 2 = 300 U 2 = −11,11V Behelyettesítve az 1-es egyenletbe megkaphatjuk U 1 -et is: U 1 − U 2 1,11 − ( −11,11V ) = = 0 ,611 A 20 Ω 20 Ω 2 P20 = I 202 ⋅ R20 = (0 ,611 A) ⋅ 20 Ω = 7 ,46W

U1 =

20 + U 2 = 1,11V 8

I 20 =

4.20

Határozza meg az 1-es és 2-es csomópontban a potenciál nagyságát.

Megoldás: A csomóponti potenciálok segítségével oldva meg a példát: 1. csomópont saját konduktanciája: 5 s + 8 s = 13 s 1 és 2-es csomópont közös konduktanciája: 8 s 1-es csomópontba dolgozó generátorok összessége: 48 A( befolyó ) + 36 A( befolyó ) = 84 A 1 csomóponti egyenlet: 13 ⋅ U 1 − 8 ⋅ U 2 = 84 A 2. csomópont feszültsége: U 2 = −5V 44V 13 ⋅ U 1 − 8 ⋅ ( −5V ) = 84 U1 = = 3 ,38V 13Ω

50

4.21

Mekkora a 20 Ω -os ellenállás árama és teljesítménye?

Megoldás: A csomóponti potenciálok segítségével oldva meg a példát: 1. csomópont saját konduktanciája: 6 s + 4 s = 10 s 1 és 2-es csomópont közös konduktanciája: 6 s 1-es csomópontba dolgozó generátorok összessége: 57 A( befolyó ) − 15 A( elfolyó ) = 42 A 1 csomóponti egyenlet: 10 ⋅ U 1 − 6 ⋅ U 2 = 42 2. csomópont saját konduktanciája: 8 s + 6 s = 14 s 2 és 1-es csomópont közös konduktanciája: 6 s 2-es csomópontba dolgozó generátorok összessége: 15 A( befolyó ) + 39 A( befolyó ) = 54 A A 2 csomóponti egyenlet: − 6 ⋅ U 1 + 14 ⋅ U 2 = 54 Az első egyenletet 3-al szorozva a másodikat 5-el szorozva és a két egyenletet összeadva kapjuk a végeredményt: 30 ⋅ U 1 − 18 ⋅ U 2 = 126 − 30 ⋅ U 1 + 70 ⋅ U 2 = 270

52 ⋅ U 2 = 126 + 270 U 2 = 7 ,62V Visszahelyettesítve kaphatjuk meg a másik pont feszültségét: 10 ⋅ U 1 − 6 ⋅ 7 ,62 = 42 U 1 = 8 ,77V II. megoldási módszer: N Cs − 1 = 2 tehát 2 független egyenlet írható fel az áramkörre. Ennek a mátrixa: 10 ⋅ U 1 − 6 ⋅ U 2 = 42 − 6 ⋅ U 1 + 14 ⋅ U 2 = 54 10 s − 6 s D= = 140 − 36 = 104 − 6 s 14 s 42 − 6 s D 912 U1 = 1 = D1 = = 588 + 324 = 912 = 8 ,77V D 104 54 14 s 10 s 42 D 792 U2 = 2 = D2 = = 540 + 252 = 792 = 7 ,62V − 6 s 54 D 104

51

4.23

Mekkora a 3-as pont feszültsége?

Megoldás: Érdemes a feszültség generátort áramgenerátorrá alakítani, és a csomóponti potenciálok segítségével megoldani a példát: 1. csomópont saját: 6 s + 4 s = 10 s 1 és 2-es csomópont közös: 5 s 2. csomópont saját: 6 s + 5 s = 11s 1-es csomópontba dolgozó generátorok: 75 A( befolyó ) − 65 A( elfolyó ) = 10 A 2-es csomópontba dolgozó generátorok összessége: 65 A( befolyó ) − 13 A( elfolyó ) = 52 A A kapott egyenletrendszer:  9 s − 5 s  U 1  10  − 5 s 11s  U  = 52    2    D=

9

−5

−5

11

D1 = D2 =

10 − 5 52

11

9

10

= 9 ⋅ 11 − 5 ⋅ 5 = 74 = 110 + 260 = 370

= 468 + 50 = 518 − 5 52 D 370 = 5V U1 = 1 = D 74 D 518 U2 = 2 = = 7V D 74 Végül a keresett U 3 pont feszültsége: U 3 = U 2 − 13V = −6V

52

4.25

Mekkora a 1-es, 2-es és 3-as csomópont feszültsége?

Megoldás: A három csomóponti egyenlet: 7 ⋅ U 1 − 4 ⋅ U 2 − 0 ⋅ U 3 = 42 + 25 − 4 ⋅ U 1 + 15 ⋅ U 2 − 6 ⋅ U 3 = −57 − 70 − 25 0 ⋅ U 1 − 6 ⋅ U 2 + 13 ⋅ U 3 = 70 + 4

−4

7

0

D = − 4 15 0 −6 67

− 6 = 7( 15 ⋅ 13 − 36 ) + 4( −52 − 0 ) + 0 = 1113 − 208 = 905 13 −4

D1 = − 152 15 74 −6 7

67

0 − 6 = 67( 15 ⋅ 13 − 36 ) + 4( −152 ⋅ 13 + 6 ⋅ 74 = 4525 13 0

D2 = − 4 − 152 − 6 = 7( −152 ⋅ 13 − 6 ⋅ 74 ) − 67( −52 − 0 ) = −7240 0 74 13 7

−4

D3 = − 4 15 0 −6

67 − 152 = 7( 15 ⋅ 74 − 6 ⋅ 152 ) + 4( −4 ⋅ 74 − 0 ) + 67 ⋅ 24 = 1810 74

D1 4525 = = 5V D 905 D − 7240 U2 = 2 = = −8V D 905 D 1810 U3 = 3 = = 2V D 905 U1 =

53

4.26

Határozza meg ekkora U 2 , I7 , I 3 értékét!

Megoldás: A három csomóponti egyenlet: 12 ⋅ U 1 − 5 ⋅ U 2 − 4 ⋅ U 3 = 150 − 100 − 74 − 5 ⋅ U 1 + 18 ⋅ U 2 − 6 ⋅ U 3 = 74 + 23 + 15 − 4 ⋅ U 1 − 6 ⋅ U 2 + 18 ⋅ U 3 = 100 − 15 − 191

12

−5 −4

D = − 5 18 − 4 −6 12

− 6 = 12( 18 ⋅ 18 − 36 ) + 5( −5 ⋅ 18 − 24 ) − 4( 30 + 4 ⋅ 18 ) = 2478 18

− 24

−4

D2 = − 5 112 − 4 − 106

− 6 = 12( 112 ⋅ 18 − 6 ⋅ 106 ) + 24( −5 ⋅ 18 − 24 ) − 4( 5 ⋅ 106 + 4 ⋅ 112 ) = 9912 18

D2 9912 U = = 4V és a keresett áram: I7 = 2 = U 2 ⋅ G7 = 4V ⋅ 7 s = 28 A D 2478 R7 A harmadik kérdés megoldásához ki kell számolni az U 1 feszültség értékét is: U2 =

− 24 D1 = 112 − 106

−5 −4 18 −6

− 6 = −24( 18 ⋅ 18 − 36 ) + 5( 112 ⋅ 18 − 106 ⋅ 6 ) − 4( −6 ⋅ 112 + 106 ⋅ 18 ) = −4956 18

U D1 − 4956 = = −2V és a keresett áram: I 3 = 1 = U 1 ⋅ G3 = −2V ⋅ 3 s = −6 A D 2478 R3 Plusz kérdés lehet az 1-es csomópont minden áramának meghatározása: 12 − 5 − 24 U1 =

D3 = − 5 18 −4 −6

112 = 12( −106 ⋅ 18 − 6 ⋅ 112 ) + 5( 106 ⋅ 5 − 112 ⋅ 4 ) − 24( 30 + 4 ⋅ 18 ) = −12390 − 106

D3 − 123900 = = −5V D 2478 U 12 = U 1 − U 2 = −2V − 4V = −6V és az ág árama: I 5 = U 12 ⋅ G5 = −6V ⋅ 5 s = −30 A

U3 =

U 23 = U 2 − U 3 = 4V − (− 5V ) = 9V és a felső ág árama: I 4 = ( U 12 + U 23 ) ⋅ G4 = 3V ⋅ 4 s = 12 A Tehát az 1-es csomópont árama: 150 A + 6 A + 30 A − 12 A − 100 A − 74 A ≡ 0 . Így a számításunk helyesnek bizonyult.

54

55

11.7 Az ábrán látható lemezelt vastest belső sugara 7cm a külső sugara 9cm. Határozza meg a Φ fluxus értékét, ha a vezetőben ismerjük gerjesztés (mágneses feszültség) értékét Θ = 500 A ! Mivel tudjuk, hogy: r r B ∫ r ⋅ dlr = µ ⋅ ∑ I k = µ ⋅Θ ∫ H ⋅ dl = H ⋅ l = Θ = U m l

r r r Mágneses indukció: B = µ ⋅ H = µ0 ⋅ µ r ⋅ H , N ⋅ I Θ U m Rm ⋅ Φ = = = , Mágneses térerősség: H = l l l l Φ H= µ⋅A Θ Fluxus: Φ = B ⋅ A = , Rm Gerjesztés: Θ = H ⋅ l = N ⋅ I = U m l l Mágneses ellenállás: Rm = = , µ ⋅ A µ0 ⋅ µ r ⋅ A l Mágneses ohm törvény: N ⋅ I = Φ ⋅ Rm = Φ ⋅ , µ⋅A A közepes erővonal hossz értéke: l = 2 ⋅ π ⋅ 0 ,08 m = 0 ,503m Θ 500 A A = 995 Így már számítható a mágneses térerősség: H = = l 0 ,503m m A H ismeretében a megadott B − H diagramm alapján leolvasható a B értéke: B = 0 ,4T Φ = B ⋅ A = 0 ,4T ⋅ ( 0 ,02m ) ⋅ ( 0 ,09 m − 0 ,07 m ) = 0 ,16 mWb 11.8

Az alábbi ábrán látható a következő mágneses kör, aminek 2 alkotóeleme van. Az 1. egy C alakú lemezelt acél test, a 2. rész egy I alakú lemezelt vas test. Határozza meg a 150 menetű tekercsben folyó áram nagyságát ha a B2 = 0 ,45T

Elsőként az A keresztmetszeteket kell kiszámítanunk: A1 = 0 ,02 m ⋅ 0 ,02 m = 4 ⋅ 10 −4 m 2 A2 = 0 ,018 m ⋅ 0 ,02 m = 3 ,6 ⋅ 10 −4 m 2 A közepes erővonal hossz értéke a C elem esetén: l1 = 0 ,11 + 0 ,11 + 0 ,12 = 0 ,34 m A közepes erővonal hossz értéke a I elem esetén: l2 = 0 ,12 + 0 ,009 + 0 ,009 = 0 ,138 m

A B2 ismeretében a B − H diagram alapján leolvasható a H 2 értéke: H 2 = 1270 Fluxus: Φ = B2 ⋅ A2 = 0 ,45T ⋅ 3,6 ⋅ 10 −4 m 2 = 1,62 ⋅ 10 −4 Wb ,

56

A m

Így a mágneses indukció már számítható, mivel a két vas részben a fluxus értéke állandó: Φ 1,62 ⋅ 10 −4 Wb B1 = = = 0 ,41T , A1 4 ⋅ 10 −4 m 2 A A B1 ismeretében a B − H diagram alapján leolvasható a H 1 értéke: H 1 = 233 m Így már fel írhatjuk a mágneses kör helyettesítő kapcsolását: n

Θ = U m = ∑ H i ⋅ li i =1

Θ = U m = N ⋅ I = H 1 ⋅ l1 + H 2 ⋅ l2 150 ⋅ I = 233 I = 1,7 A

11.9

A A ⋅ 0 ,34 m + 1270 ⋅ 0 ,138 m m m

Az alábbi ábrán látható a következő mágneses kör, amelynek lemezelt vastestének közepes erővonalhossza l1 = 0 ,44 m és az átmérője négyzet keresztmetszet: 0 ,02 m × 0 ,02 m . A légrés hossza llég = 2 mm és a vastesten lévő tekercs 400 -menetet tartalmaz. Határozza meg az I áram értékét, ha a légrés fluxusa Φ lég = 0 ,141mWb .

A légrés fluxusa megegyezik a vastest fluxusával. 0 ,141 ⋅ 10 −3 Wb Φ Bvas = = = 0 ,35T Avas 4 ⋅ 10 −4 m 2 A Bvas ismeretében a B − H diagram alapján A leolvasható a H vas értéke: H vas = 850 m A Majd: U m( v ) = H vas ⋅ lavs = 850 ⋅ 0 ,44 m = 374 A m A légrés esetén egy bizonyos erővonal szóródással is kell számolnunk, ezt egy plusz tényezővel vehetjük figyelembe. Alég = ( 0 ,02 + 0 ,002 )2 = 4 ,84 ⋅ 10 −4 m 2 Ezekből: H lég ⋅ llég =

Φ µ0 ⋅ Alég

⋅ llég =

0 ,141 ⋅ 10 −3 Wb ⋅ 2 ⋅ 10 −3 m = 464 A −7 −4 2 4 ⋅ π ⋅ 10 ⋅ 4 ,84 ⋅ 10 m

Összegezve a két mágneses feszültséget: Tehát a keresett áram: I =

Θ = U m = H vas ⋅ lvas + H lég ⋅ llég = 374 A + 464 A = 838 A

U m 838 A = = 2 ,09 A amelynél a fluxus a megadott értékű. N 400

11.10 Határozza meg a légrés mágneses ellenállását, egy egyenáramú gép esetén. Ha a légrés felülete Alég = 4 ,26 ⋅ 10 −2 m 2 , és a rés hossza llég = 5 ,6 mm ! Rm =

llég

µ0 ⋅ Alég

5 ,6 ⋅ 10 −3 m 1 = = 1,05 ⋅ 10 5 −7 −2 2 4 ⋅ π ⋅ 10 ⋅ 4 ,26 ⋅ 10 m H

57

11.11 A lemezelt vasból felépített mágneses kör a képen látható Avas = 4 cm 2 , és a közepes erővonalhossza lvas = 0 ,438 m . A légrés hossza llég = 2 mm , és a légrés felülete a szóródást is beleértve Alég = 4 ,84cm 2 A „k” konstans innen visszaszámolható ebben esetben. Alég = Avas ⋅ k

az

A gerjesztésnek ebben az esetben 2 összetevője van ami tudjuk hogy 1000A. Θ = U m = H vas ⋅ lvas + H lég ⋅ llég = 1000 A Mivel tudjuk, hogy a lemezelt vas nem a legjobb mágneses tulajdonságokkal bíró anyag ezért feltételezhetjük, hogy a légrésben lesz nagyobb a H ⋅ l szorzat értéke. Mivel semmilyen más adatunk nincs az arányuk kiszámítására, ezért feltételezünk egy értéket! H lég ⋅ llég = 600 A

Φ

⋅ l ⇒ Φ számítható: µ0 ⋅ Alég lég H lég ⋅ llég ⋅ µ0 ⋅ Alég 600 A ⋅ 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ⋅ 4 ,84 ⋅ 10 −4 m 2

H lég ⋅ llég =

Φ=

llég

Bvas =

Φ Avas

=

=

2 ⋅ 10 −3 m

= 1,82 ⋅ 10 −4 Wb

1,82 ⋅ 10 −4 Wb = 0 ,46 T 4 ⋅ 10 −4 m 2

A Bvas ismeretében a B − H diagram alapján leolvasható a H vas értéke: H vas = 1340

A m

A ⋅ 0 ,438 m = 587 A m + H lég ⋅ llég = 587 A + 600 A = 1187 A , de ez maximum 1000 lehet!

H vas ⋅ lavs = 1340 H vas ⋅ lvas

A feltételezésünk soknak bizonyult, így a vasban az indukció kevesebb, mint Bvas = 0 ,46 T . A mágneses körök esetén a Φ állandó, analógia fedezhető fel az árammal soros körök esetén. r r B = µ0 ⋅ µ r ⋅ H -ből kifejezve a µ0 ⋅ µ r értékét. Bvas 0 ,41T H = µ0 ⋅ µ r = = 3 ,83 ⋅ 10 −4 A H vas m 1070 m lvas 0 ,438 m 1 Rvas = = = 2 ,86 ⋅ 10 6 −4 −4 2 µ0 ⋅ µ r ⋅ Avas 3,83 ⋅ 10 ⋅ 4 ⋅ 10 m H −3 llég 2 ⋅ 10 m 1 Rlég = = = 3 ,29 ⋅ 10 6 −7 −4 2 µ0 ⋅ Alég 4 ⋅ π ⋅ 10 ⋅ 4 ,84 ⋅ 10 m H

Θ = U m = Φ ( Rvas + Rlég ) Φ=

1000 A = 1,63 ⋅ 10 −4 Wb 6 1 6 1 2 ,86 ⋅ 10 + 3 ,29 ⋅ 10 H H

58

H lég ⋅ llég = 450 A

Φ=

H lég ⋅ llég ⋅ µ0 ⋅ Alég

Bvas =

llég

Φ Avas

=

=

450 A ⋅ 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ⋅ 4 ,84 ⋅ 10 −4 m 2 = 1,64 ⋅ 10 −4 Wb 2 ⋅ 10 −3 m

1,64 ⋅ 10 −4 Wb = 0 ,41T 4 ⋅ 10 −4 m 2

A Bvas ismeretében a B − H diagram alapján leolvasható a H vas értéke: H vas = 1270

A m

A ⋅ 0 ,438 m = 546 ,1 A m + H lég ⋅ llég = 546 ,1 A + 450 A = 996 ,1 A .

H vas ⋅ lavs = 1270 H vas ⋅ lvas

11.20 Egy légmagos szolenoid tekercs méretei: a hossza l=20cm, az átmérője D=5cm, a menetszám N=500. Mekkora a tekercs belsejében a mágneses térerősség, az indukció és a fluxus, ha a tekercsben folyó áram 1A? N ⋅ I 500 ⋅ 1 A A = 2500 = l 0 ,2 m H A Bvas = µ0 ⋅ H = 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ⋅ 2500 = 3 ,14 mT m m −4 2 ,5 ⋅ 10 ⋅ π Φ = B ⋅ A = 3,14 ⋅ 10 −3 ⋅ = 6 ,17 µWb 4 H=

11.40 Réz huzalból 1000 menetet csévélünk egy nem mágnesezhető anyagból készült toroid alakú H gyűrűre. A Gyűrű közepes átmérője 25cm, keresztmetszete 25cm 2 ( µ0 = 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 ) m Mekkora a fluxus a gyűrűben, ha a tekercsbe 4A-es áramot vezetünk? Mekkora a tekercs induktivitása? l 1 2 ⋅ r ⋅π 1 25 ⋅ 10 −2 ⋅ 3 ,14 m 1 = ⋅ ⋅ = 25 ⋅ 10 9 −4 2 µ0 A µ0 A 4 ⋅ π ⋅ 10 −7 H 25 ⋅ 10 m H m Θ N ⋅ I 1000 ⋅ 4 A Φ= = = = 16 µWb Rm Rm 9 1 25 ⋅ 10 H 2 2 N 1000 L= = = 4 mH Rm 25 ⋅ 10 9 1 H Rm =

1

⋅

59

Váltakozó feszültségű példák 10.10 Határozza meg a u = 70 ⋅ sin( 400 ⋅ π ⋅ t )[ V ] függvény pillanatértékét t = 3ms -nál. Megoldás: u3 ms

(rad)

(fokban) 180 = 70 ⋅ sin( 400 ⋅ π ⋅ 3 ⋅ 10 −3 ) = 70 ⋅ sin( 1,2 ⋅ π ) = 70 ⋅ sin( 1,2 ⋅ π ⋅ ) = −41,1V

π

u3 ms = 70 ⋅ sin( 216° ) = −41,1V

rad . 10.11 Egy szinuszos áram csúcsértéke ˆi = 58 mA . A körfrekvencia radiánban: ω = 90 s Határozza meg az áram függvény pillanatértékét t = 23ms -nál.

Megoldás: A megadott áram időfüggvénye: i = 58 ⋅ sin( 90 ⋅ t )[ mA ] i23 ms = 58 ⋅ sin( 90 ⋅ 23 ⋅ 10 −3 ) = 58 ⋅ sin( 2 ,07 ) = 58 ⋅ sin( 2 ,07 ⋅ i23 ms = 58 ⋅ sin( 118 ,6° ) = 50 ,7 mA

Emlékeztető trigonometriából: cos 2 x = sin 2 x − cos 2 x 1 − cos 2 x sin 2 x = 2 sin( x + y ) = sin x ⋅ cos y + sin y ⋅ cos x sin 2 x = 2 sin x ⋅ cos x

60

180

π

) = 50 ,7 mA

10.18 Határozza meg az alábbi függvények periódus idejét: a.,) f 1 = 7 − 4 cos( 400t + 30° ) , b.,) f 2 = 3 sin 2 4t , c.,) f 3 = 4 ⋅ cos 3t ⋅ sin 3t . Megoldás: a.,) A periódusidőbe az egyen összetevő nem szól bele. Így csak a függvény második részét kell vizsgálnunk − 4 cos( 400t + 30° ) . 1 2 ⋅π 2 ⋅π Mivel tudjuk, hogy: ω = 2 ⋅ π ⋅ f és a periódus idő T = , tehát: T = = = 15 ,7 ms 1 f ω 400 s 1 − cos 2 x b.,) felhasználva az ismert trigonometrikus összefüggést: sin 2 x = 2 1 − cos( 2 ⋅ 4 t ) = 1,5( 1 − cos( 2 ⋅ 4t ) = 1,5 − 1,5 cos 8t 3 ⋅ sin 2 4t = 3 ⋅ 2 2 ⋅π 2 ⋅π Így már olyan alakot kaptunk, amiből jól látható körfrekvencia értéke: T = = = 0 ,785 s 1 ω 8 s sin 2 x c.,) Az alábbi trigonometrikus összefüggésből: sin 2 x = 2 sin x ⋅ cos x továbbá sin x ⋅ cos x = 2  sin 2 ⋅ 3t  4 ⋅ cos 3t ⋅ sin 3t = 4  = 2 ⋅ sin 6 t  2  2 ⋅π 2 ⋅π Innen már jól látható körfrekvencia értéke: T = = = 1,05 s 1 ω 6 s 10.20 Határozza meg a két áram közötti szögeltérés értékét, ha i1 = 3 ,1 ⋅ sin( 754 ⋅ t − 20° )[ mA ] és hozzá képest siet i2 = −2 ,4 ⋅ cos( 754 ⋅ t + 30° )[ mA ] . Megoldás: A második függvényt is sin alapúra kell hoznunk, hogy lássuk tisztán a szögeltérést a kettő között: Tudjuk, hogy: − cos x = cos( x ± 180° ) továbbá cos x = sin( x + 90° ) + 210° + 300° i2 = −2 ,4 ⋅ cos( 754 ⋅ t + 30° ) = 2 ,4 ⋅ cos( 754 ⋅ t ) = 2 ,4 ⋅ sin( 754 ⋅ t )[ mA ] − 150° − 60° Így már jól látható az áramok közötti szög eltérés: − 20° − ( 300° ) = −320° − 20° − ( −60° ) = 40°

61

10.21 Egy egyszerű áramköri elemen a következő értékeket mértük i = 34 ,1 ⋅ sin( 400 ⋅ t + 10° )[ mA ] és u = 40 ⋅ sin( 400 ⋅ t + 10° )[ V ] . Mi ez az elem? Megoldás: A két függvény jól látható módon azonos fázisban van. Az áram és a feszültség között a fázis eltérés nulla fok, tehát a mért elem egy ellenállás. U 40V Az értéka pedig: R = m = = 1,17 kΩ I m 34 ,0 ⋅ 10 −3 A 10.26 Egy 30 Ω -os ellenálláson a feszültség függvény a következő u = 170 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 30° )[ V ] . Mekkora átlagos teljesítmény disszipálódik ezen az elemen? Megoldás: Mivel ezen az elemen az áram és a feszültség azonos fázisban van. A teljesítményt az alábbi 2 Um    U 2  2  U m2 170V 2 képlettel számíthatjuk. PÁtlag = = = = 482W R R 2 ⋅ R 2 ⋅ 30 Ω 10.27 Mekkora egy 2 ,7 Ω -os ellenállás átlag teljesítménye, ha árama i = 1,2 ⋅ sin( 377 ⋅ t + 30° ) A ? Megoldás: Mivel ezen az elemen az áram és a feszültség azonos fázisban van. A teljesítményt az alábbi 2

képlettel számíthatjuk. PÁtlag

1 1 I  = I ⋅ R =  m  ⋅ R = I m2 ⋅ R = ⋅ 1,2 2 A2 ⋅ 2 ,7 Ω = 1,94W 2 2  2 2

62

10.38 Egy induktivitásra kapcsolt feszültsége u = 30 ⋅ sin( 200π ⋅ t + 30° )[ V ] amelynek reaktanciája 62Ω -os. Határozza meg az induktivitás áramának időfüggvényét! Megoldás: Az induktivitás árama késik 90° -ot a feszültségéhez képest. X L = 62Ω 30V = 0 ,484 A im = 62Ω i = 0 ,484 ⋅ sin( 200 ⋅ π ⋅ t + 30° − 90° ) = 0 ,484 ⋅ sin( 200 ⋅ π ⋅ t − 60° )[ A ] 2 ⋅π 2 ⋅π T= = = 10 ms ω 200 ⋅ π t =0: u0 = 30 ⋅ sin( 30° ) = 15V , i0 = 0 ,484 ⋅ sin( −60° ) = −0 ,419 A 180 t = 2 ,5 ms : u 2 ,5 = 30 ⋅ sin( 200 ⋅ π ⋅ ⋅ 2 ,5 ⋅ 10 −3 + 30° ) = 25 ,98V ,

π

i2 ,5 = 0 ,484 ⋅ sin( 200 ⋅ π ⋅ t = 5ms :

u5 = 30 ⋅ sin( 200 ⋅ π ⋅

180

π

180

π

i5 = 0 ,484 ⋅ sin( 200 ⋅ π ⋅

⋅ 2 ,5 ⋅ 10 −3 − 60° ) = 0 ,242 A

⋅ 5 ⋅ 10 −3 + 30° ) = −15V ,

180

π

⋅ 5 ⋅ 10 −3 − 60° ) = 0 ,419 A

63

2.1 Soros R-L-C kört táplálunk U = 600V feszültséggel f = 50 Hz -es szinuszos feszültségforrásról. R = 1,5 kΩ , L = 2 H , C = 2 ,5 µF . Határozza meg a forrásból felvett áramot és a teljesítménytényezőt! Rajzoljon minőségileg helyes fazorábrát. Számítsa ki az áramkör rezonancia frekvenciáját és a rezonanciában folyó áramot.

rad s rad Az induktív reaktancia: X L = ω ⋅ L = 314 ,15 ⋅ 2 H = 628 ,3Ω s 1 1 = = 1273 ,277 Ω A kapacitív reaktancia: XC = ω ⋅ C 314 ,15 rad ⋅ 2 ,5 ⋅ 10 −6 F s Mivel soros körről van szó az egyes tagokat csak össze kell adni. Z e = R + jX L − jX C = 1500 Ω + j628 ,3Ω − j1273 ,277 Ω = ( 1500 − j644 ,977 )Ω =

A körfrekvencia értéke:

ω = 2 ⋅ π ⋅ f = 314 ,15

= 1632 ,78 ∠ − 23 ,26°Ω U 600V 600V Ie = = = = ( 0 ,33758 + j0 ,1451 ) A = 0 ,367 ∠23,26° A Z e ( 1500 − j644 ,977 )Ω 1632 ,78∠ − 23,26°Ω Mivel a feszültséghez viszonyítunk (tehát az 0º-os), és a teljesítménytényező a kapocsfeszültség és a terhelő áram közti szög értékeként fogjuk megkapni. cos( 23 ,26° ) = 0 ,919 A fazorábra pontos megrajzolásához szükség van az egyes feszültségesések értékére. U R = I e ⋅ R = ( 0 ,3376 + j0 ,1451 ) A ⋅ 1500 Ω = ( 506 ,377 + j 217 ,73 )V = 551,2∠23,26°V U L = I e ⋅ jX L = ( 0 ,3376 + j0 ,1451 ) A ⋅ j628 ,3Ω = ( −91,2 + j 212 ,1 )V = 230 ,6 ∠113 ,26°V U C = I e ⋅ ( − jX C ) = ( 0 ,3376 + j0 ,1451 ) A ⋅ ( − j1273,277 )Ω = ( 72 ,39 − j 498 ,73 )Ω = = 467 ,292∠ − 66 ,74°V

A kör akkor rezonál, ha a kapacitás és az induktivitás feszültsége egyforma abszolút értékű (csak ellentétes értelmű). Ebben az esetben a kör csak tisztán ohmos jellegű lesz. Ez alapján számítható a keresett frekvencia: X L = XC 1 2 ⋅π ⋅ f ⋅ L = 2 ⋅π ⋅ f ⋅C 64

1 1 = = 71,176 Hz 2 4 ⋅π ⋅ L ⋅ C 4 ⋅ π ⋅ 2 H ⋅ 2 ,5 ⋅ 10 −6 F A kör árama csak ohmos rezonancia esetén: U 600V Ie = = = 0 ,4 A Z e 1500Ω f =

2.2

2

Mekkora U feszültséget kell az alábbi hálózatra kapcsolni, hogy az I 1 = 0 ,2 A legyen.

Z 0 = 50 Ω Z 1 = ( 100 + j150 )Ω Z 2 = 125Ω

Az egyes ág árama áramosztóval Z2 I1 = I0 = 0 ,2 A Z1 + Z 2

számítható:

0 ,2( Z 1 + Z 2 ) 0 ,2 ⋅ ( 100 + 125 + j150 ) = = ( 0 ,36 + j0 ,24 ) A = 0 ,43∠33,7° A Z1 125 Ha kiszámítjuk a kör eredő impedanciáját megszorozva a kiszámított árammal megkapjuk a keresett feszültséget. Z ⋅Z ( 100 + j150 ) ⋅ 125 12500 + j18750 225 − j150 Z 12 = 1 2 = = ⋅ = Z 1 + Z 2 100 + j150 + 125 225 + j150 225 − j150 I0 =

2812500 − j1875000 + j 4218750 + 2812500 = ( 76 ,923 + j 32 ,051 )Ω 50625 + 22500 Z e = 50 Ω + ( 76 ,923 + j 32 ,051 )Ω = ( 126 ,923 + j 32 ,051 )Ω

=

U = I 0 ⋅ Z e = ( 0 ,36 + j0 ,24 ) A ⋅ ( 126 ,923 + j 32 ,051 )Ω = = 45 ,6922 + j11,5383 + j 30 ,4615 − 7 ,2922 = ( 38 ,4 + j 41,999 )V = 56 ,9 ∠47 ,55°V

A vektorábra megrajzolásához az alábbi vektorokra van még szükség: U0 + U1 = U U 0 = I 0 ⋅ Z 0 = 21,5∠33 ,7°V U 1 = U 2 = I 1 ⋅ Z 1 = 36 ∠56 ,3°V I 2 = I 0 − I 1 = 0 ,288 ∠56 ,3° A

65

2.3

Az alábbi három párhuzamos ágat tartalmazó áramkörre a következő feszültséget kapcsoljuk: u( t ) = 325 ⋅ sin( 314 ⋅ t )V . A kapcsolásban szereplő elemek a következők: R1 = 23Ω , R2 = 13Ω , L = 0 ,1H , C = 90 µF . Határozza meg, az áramkör i1 ( t ) , i2 ( t ) , i3 ( t ) , i( t ) ágáramainak időfüggvényeit!

A feszültség időfüggvényéből látható a körfrekvencia és a feszültség effektív értéke. rad ω ω = 2π ⋅ f = 314 , tehát a frekvencia: f = = 50 Hz s 2π ) U 325 U = U eff = = = 230V 2 1,41 rad X L = ω ⋅ L = 314 ⋅ 0 ,1H = 31,4 Ω s 1 1 XC = = = 35 ,38 Ω rad ω ⋅ C 314 −6 ⋅ 90 ⋅ 10 F s Az áramok meghatározásához az ohm törvényt használhatjuk. U 230∠0°V I1 = = = 10 ∠0° A R1 23Ω

I2 =

U 230∠0°V (13 − j 31,4) = ⋅ = (2,58 − j 6,25) A = 6,76∠ − 75° A R2 + jX L (13 + j 31,4)Ω (13 − j 31,4)

I3 =

U 230∠0°V j 35,38 = ⋅ = j 6,5 A = 6,5∠90° A − jX C − j 35,38Ω j 35,38

I e = I1 + I 2 + I 3 = 10∠0° A + 6,76∠ − 75° A + 6,5∠90° A = 13,6∠0,81° A

66