VILLAMOSSÁGTAN I. Áramkör számítási példák és feladatok. MISKOLCI EGYETEM Elektrotechnikai-Elektronikai Intézeti Tanszék

Átírás

1 MISKOLCI EGYETEM Elektrotechnikai-Elektronikai Intézeti Tanszék VILLAMOSSÁGTAN I. Áramkör számítási példák és feladatok Összeállította: Dr. Radács László Gépészmérnöki és Informatikai Kar Villamosmérnöki Intézet MISKOLCI EGYETEM 2014

2 TARTALOM 1 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények Aktív elemek Passzív elemek Teljesítmények Áramkörök részei Kirchhoff törvényei Mintapélda Gyakorló feladatok Feszültség- és áramosztó összefüggések Mintapélda Gyakorló feladatok Áramkör számítási tételek A szuperpozíció elve Mintapélda Gyakorló feladatok Helyettesítő generátorok tételei Thevenin tétel Mintapélda Gyakorló feladatok Norton tétel Mintapélda Gyakorló feladatok Háromfázisú rendszerek Elméleti összefoglaló Mintapéldák Szimmetrikus csillag kapcsolás Szimmetrikus delta kapcsolás Aszimmetrikus csillag kapcsolás Aszimmetrikus delta kapcsolás Gyakorló feladatok Irodalom

3 1 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények Az áramkör az elektromágneses térnek olyan egyszerűsített leírása, amely csak az erőtér néhány jellemző mennyisége közötti kapcsolatára vonatkozik, ezek rendszerint az áram és a feszültség. Az áram a töltések villamos tér hatására bekövetkező rendezett mozgása, amelynek megállapodás szerinti iránya a pozitív töltések valóságos, vagy látszólagos elmozdulási iránya. A feszültség az egységnyi töltés által végzett munka, amelynek megállapodás szerinti iránya a potenciál (munkavégző képesség) csökkenésének az iránya. 1. ábra: A legegyszerűbb villamos áramkör 1.1 Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények Aktív elemek Az áramkörök (villamos hálózatok) aktív elemei a villamos energia más energiaformából történő előállítását szimbolizálják. Az aktív elemek többségében valamilyen külső energia (mechanikai, vegyi, stb.) hatására megtörténik a különböző nemű töltések szétválasztása, aminek következtében energiára tesznek szert és munkavégzésre lesznek képesek. Ezek a feszültség generátorok. Az aktív elemek kisebb részében a külső energia hatására közvetlenül töltések injektálódnak a hozzájuk kapcsolódó áramkörbe, ezek az áramgenerátorok. Feszültség generátor Áramgenerátor U k = U g R b I I = I g U k R g 2. ábra: A valóságos generátorok áramköri jelölése és kapocsmennyiségei Ha a generátorok veszteségei elhanyagolhatóan kicsik az áramkör többi teljesítményéhez képest, akkor ideális generátorokról beszélünk. Ez a modellekben azt jelenti, hogy feszültség generátornál Rb = 0, azaz Uk = Ug, áramgenerátornál pedig Rb =, azaz I = Ig. Az áramkörök számítási módszereinek matematikai eszközei a generátorok forrásmennyiségeinek időfüggvényétől függenek. 2

4 Forrásmennyiség időfüggvénye szerint Egyenáramú Váltakozó áramú (Periodikus, lineáris középértéke=0) Állandó Változó Szinuszos Egyéb (Pl. négyszög) Folyamatos Szaggatott 3. ábra: A generátorok forrásmennyiség időfüggvénye szerinti csoportosítása Az időben állandó egyenáramú hálózatok esetén a számítás a legegyszerűbb, valós számokkal dolgozhatunk. Amennyiben időben változó egyenáramú hálózattal van dolgunk, akkor rendszerint az egyenáramú szempontból egyenértékű középértékeket használjuk, amit lineáris középértéknek nevezünk és szintén valós szám. Egy T periódusidővel változó f (t) függvény lineáris középértékének matematikai definíciója: F T 1 lin = T 0 f (t) dt A mindennapjainkban leginkább használt szinuszosan váltakozó áramú mennyiségek időbeli változásának leírására például feszültségnél általános alakban az u(t)= Um sin(ωt+ρ) függvény alkalmas. Egy lineáris áramkörben, ha a generátor forrásmennyisége szinuszos, akkor az áramkör valamennyi mennyisége azonos ω körfrekvenciájú szinuszos mennyiség lesz, tehát a jellemzésükre elegendő 2 adat: a nagyságra utaló jellemző és a vizsgálat kezdetekor felvett érték, a ρ kezdőfázis. Mivel a lineáris középértékük nulla a négyzetes középértéküket (effektív érték) adjuk meg: F négyz = 1 T T 0 f 2 (t) dt Szinuszos mennyiségeknél a négyzetes középérték (effektív érték) a maximális pillanatérték 2-ed része. A szinuszos mennyiségek nagyságának és egymáshoz képesti fázisviszonyainak leírására tökéletesen alkalmasak a komplex effektív értékek. Az u(t)= Um sin(ωt+ρ) alakú szinuszos feszültség komplex effektív értéke: U m jρ jρ U = e = U e = U cos ρ + j U sin ρ 2 A komplex effektív értékek használatával a váltakozó áramú áramkörök számításánál ugyanazok az összefüggések és módszerek alkalmazhatók, mint az egyenáramú áramköröknél. 3

5 A többi periodikus, de nem szinuszos mennyiség matematikai leírását Fourier sorfejtési tételének segítségével vezetjük vissza a szinuszos mennyiségek számítására, de jelen munkafüzetben ezt nem tárgyaljuk Passzív elemek Energia fogyasztó: Ellenállás: a villamos energia más energiaformává (hő, mechanikai, stb.) való átalakulásának leírására. Energia tárolók: Induktivitás: a mágneses tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére. Kapacitás: a villamos tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére. 1. táblázat: Passzív áramköri elemek alapösszefüggései Ellenállás Induktivitás Kapacitás Áramköri jelölés Tetszőleges időfüggvényű mennyiségek esetén Állandó egyenáram esetén Szinuszos váltakozó áram esetén u = R i u = L di dt i = C du dt U = R I rövidzár szakadás U = R I U = jωl I I = jωc U Teljesítmények Időben állandó egyenáramú áramkörökben a villamos áram teljesítménye P = U I [W] (watt). Váltakozó áramú áramkörökben, mivel a feszültség és az áram is szinuszosan változik, a szorzatuk, azaz a pillanatnyi teljesítmény is szinuszosan változik (kétszeres frekvenciával). Ennek az időfüggvénynek a jellemzésére háromféle teljesítményt használunk. A függvény átlagértéke (lineáris középérték) az időegység alatt végzett munkára jellemző, ezt hívjuk hatásos teljesítménynek: P = U I cos [W] (watt). Az összefüggésben U és I effektív értékek, a pedig a két mennyiség közötti fáziseltérés. A nulla középértékű, a termelő és a fogyasztó között lengő teljesítmény-komponenst a csúcsértékével írjuk le, ezt meddő teljesítménynek nevezzük és az áramkör tároló elemeihez, az induktív és kapacitív reaktanciákhoz társítható: Q = U I sin [var] (volt-amper-reaktív) A fenti definíciók után megrajzolható egy derékszögű háromszög a teljesítményekre (4.ábra), 4

6 4. ábra: Induktív jellegű fogyasztó fazorábrája és az ebből származtatható teljesítményháromszög A háromszög átfogója is egy teljesítmény, amelynek kifejezésében nem szerepel a fázisszög, és az egyenáramú teljesítményhez hasonlóan számítható az effektív értékekből, ez a látszólagos teljesítmény: S = U I [VA] (volt-amper) A gyakorlatban mindhárom teljesítménynek megvan a maga szerepe és jelentősége és amint fentebb látható mértékegységükkel is megkülönböztetjük őket. A teljesítménytényező a hatásos és a látszólagos teljesítmény viszonya, azaz szinuszos váltakozó áram esetén: P S = cos Amennyiben a feladat megoldását a feszültségek és áramok komplex effektív értékeivel végeztük el, akkor a teljesítményeket ezekből közvetlenül is meghatározhatjuk. A komplex teljesítmény: S = U I = U I e j = S e j = S cos + j S sin = P + j Q, tehát egy komplex alakban elvégzett szorzással valamennyi teljesítmény meghatározható, de nyomatékosan felhívnám a figyelmet arra, hogy helyes eredményt akkor kapunk, ha nem az áram komplex effektív értékével, hanem annak a konjugáltjával szorzunk Áramkörök részei Csomópont: kettőnél több hálózati elem kapcsolódási pontja. A csomópontokat általában nagy betűkkel jelöljük meg, az 5. ábrán pl. A, B, C. Ha két csomópont között nulla ellenállású vezető (rövidzár) található, akkor a két pont azonos potenciálú és nem számít új csomópontnak. Ág: két csomópont közötti hálózatrész, amelyen ugyanaz az áram folyik. Ugyanazon két csomópont között több ág is lehet, de a különböző áramok miatt külön ágnak kell tekinteni. Az 5. ábrán pl. az A és C csomópontok között két ág található: az Ue1-R1 feszültség generátor és az R3 ellenállás. Hurok: azon ágak és csomópontok összessége, amelyeken végighaladva a kiindulási pontba jutunk anélkül, hogy bármely ágon többször haladtunk volna. Az 5. ábrán pl. a I. hurok az A-B-C-A útvonalat jelenti, míg a II. hurok a B-C-B útvonalat. 5

7 5. ábra: Az áramkörök részeinek bemutatása Megállapodás szerinti (valóságos) irányok: Áram: a pozitív töltések valóságos vagy látszólagos mozgásiránya. Feszültség: a potenciálcsökkenés iránya. Vonatkozási (referencia, mérő) irányok: Az irányukkal meg nem adott áramok és feszültségek előre, az áramkör számítás számára önkényesen felvett iránya. Ha a számítás eredménye pozitív, akkor az általunk felvett irány megegyezik a megállapodás szerinti iránnyal, ha negatív, akkor azzal ellentétes. 1.2 Kirchhoff törvényei I. Csomóponti törvény: a töltés megmaradásának törvényét fejezi ki. Egy csomópontba be- és kifolyó áramok vonatkozási irány szerinti összege zérus. A csomópontba be-, illetve az onnan kifolyó áramok előjelét különbözőre kell választani. n ik 0 k 1 i1 i2 + i3 + i4 i5 = 0 6. ábra: A csomóponti törvény alkalmazása II. Hurok törvény: az energia megmaradásának törvényét fejezi ki. Egy hurokban működő feszültségek vonatkozási irány szerinti összege zérus. A hurok felvett körüljárási irányával megegyező, illetve azzal ellentétes irányú feszültségek előjelét különbözőre kell választani. 6

8 n k 1 u k 0 ul1 + ur1 ug2 + uc2 ur3 +um3 + ug3 uc4 + ug4 ur4 = Mintapélda 7. ábra: A hurok törvény alkalmazása Megjegyzés: Az áramkör számítási mintapéldákat az elvek hangsúlyozása érdekében minden esetben egyenáramú áramkörök esetére mutatjuk be, a váltakozó áramú áramkörök ugyanazon elvek alkalmazásával számíthatók a komplex impedanciákkal és a mennyiségek komplex effektív értékeivel. Számítsa ki az alábbi áramkör valamennyi ágának áramát! U 0 = 10 V I 0 = 10 A R 1 = 2 R 2 = 4 R 3 = 3 R 4 = 3 Megoldás: Mivel az áramkörben a 4 ágáram ismeretlen, ezeknek meghatározásához 4 független Kirchhoff egyenletet kell felírnunk, az ágak feszültségét ha szükséges az ágegyenletek segítségével már ki lehet számolni. Az áramkörben 3 csomópont található, a független csomóponti egyenletek száma ennél mindig 1-gyel kevesebb, esetünkben kettő. A megoldáshoz tehát még két hurokegyenletre van szükségünk. A csomópontra: I1 I2 I3 = 0 B csomópontra: I2 I4 + I0 = 0 I. hurokra: I1R1 + I3R3 U0 = 0 II. hurokra: I2R2 + I4R4 I3R3 = 0 Az adatok behelyettesítése után valamilyen több-ismeretlenes egyenletrendszer megoldására tanult matematikai módszerrel az ágáramok meghatározhatók. A részletes számítások mellőzésével az eredmények: I1 = 0,242 A; I2 = 2,93 A; I3 = 3,17 A; I4 = 7,07 A. Érdemes megjegyezni, egy ilyen, viszonylag egyszerű áramkör esetén is jelentős számítási munkát igényel a mennyiségek meghatározása, ezért a legritkább esetben használjuk a Kirchhoff egyenletek felírását igénylő módszert. Összetettebb áramkörök esetén a számítási munka sokszorozódik, így inkább valamilyen egyszerűsítő módszert használunk, amelyek természetesen a Kirchhoff egyenleteken alapulnak. 7

9 1.2.2 Gyakorló feladatok 1. Két eltérő forrásfeszültségű és belső ellenállású generátor táplál párhuzamosan egy fogyasztót. Határozza meg az áramkör mindhárom ágának áramát és a közös kapocsfeszültséget! (Eredmények: I1 = 1,54 A, I2 = 0,23 A, I = 1,31 A, U = 10,47 V) 2. Határozza meg az alábbi áramkör ellenállásainak az áramát! (Eredmények: I1 = 3 A, I2 = 1 A, I3 = 2 A, I4 = 2,5 A, I5 = 0,5 A) 3. Számítsa ki az ábra szerinti áramkör valamennyi ágának áramát! (Eredmények: I1 = 1,5 A, I2 = 1,1 A, I3 = 0,33 A, I4 = 1,44 A, I5 = 1,17 A) 8

10 1.3 Feszültség- és áramosztó összefüggések Áramkör számítási feladatok során gyakran találkozunk olyan esettel, hogy csak egy generátor működik az áramkörben és csak egy ágnak a jellemzői érdekesek a számunkra. Ilyenkor elkerülhető a Kirchhoff törvényekkel meghatározott több-ismeretlenes egyenletrendszer felírása, illetve megoldása, helyette az ezekből (az Ohm-törvény felhasználásával) levezethető feszültség- és áramosztó összefüggések használata a célszerű. Soros elemek árama azonos, a feszültség az ellenállásokkal egyenes arányban oszlik meg, párhuzamos elemek feszültsége azonos, az áram az ellenállásokkal fordítottan arányos. R1 U1 U R R 1 2 U 2 R 2 U R R 1 2 I I 1 R 2 R R 1 2 I 2 I R1 R R 1 2 Az összefüggések alkalmazása két elem esetén triviális, összetett áramköröknél a használatuk nehézségeket okozhat. Ennek elkerülésére az áramköröket mindig két részre bontva kell elképzelni, az egyik, ahol szeretnénk meghatározni az ismeretlen mennyiséget, a másik, ahol nem érdekel. Ilyenkor az összefüggésekbe az egyes áramköri részek eredőjét kell helyettesíteni. Többszörös soros, illetve párhuzamos kapcsolás esetén az összefüggéseket láncszerűen (a kérdéses ágra közelítve) lehet alkalmazni Mintapélda Határozza meg az ábrán látható hálózat U 3 feszültségét, valamint I2 és I4 áramát! Valamennyi ellenállás értéke 5 Ω, a generátor feszültsége U = 16 V. Megoldás: A generátor felől nézve az R1 ellenállás sorba kapcsolódik az áramkör többi ellenállásának az eredőjével, amelyen keressük az U3 feszültséget, tehát alkalmazható a feszültségosztó összefüggés: U 3 = U R 3 (R 2 + R 4 R 5 ) R 1 + R 3 (R 2 + R 4 R 5 ) = 16 5 ( ) ( ) = 6 V Az U3 ismeretében a keresett I2 áram Ohm törvénye alapján számítható: 9

11 I 2 = U 3 R 2 + R 4 R 5 = = 0,8 A I2 meghatározása után az I4 áram az áramosztó összefüggéssel: I 4 = I 2 R 5 R 4 + R 5 = 0, = 0,4 A Amennyiben csak az I4 áram a kérdés, akkor a feszültségosztó láncszerű alkalmazásával az R4 ellenállás feszültsége közvetlenül felírható, majd az Ohm törvény alapján az árama is. I 4 = U R 3 (R 2 + R 4 R 5 ) R 1 + R 3 (R 2 + R 4 R 5 ) R 4 R 5 1 = 16 3 R 2 + R 4 R 5 R 4 8 2,5 7,5 1 5 = 0,4 A Gyakorló feladatok 1. Számítsa ki valamennyi ellenállás feszültségét a feszültségosztó összefüggés segítségével a vonatkozási irányok felvétele után! Uo = 10 V R1 = 2 R2 = 3 R3 = 4 R4 = 3 (Eredmények: U1 = 4,88 V, U2 = 5,12 V, U3 = 2,93 V, U4 = 2,19 V; a feszültségek előjele a felvett irányoktól függ.) 2. Számítsa ki valamennyi ellenállás áramát az áramosztó összefüggés segítségével a vonatkozási irányok felvétele után! Io = 6 A R1 = 2 R2 = 3 R3 = 4 R4 = 3 (Eredmények: I1 = 3,2 A, I2 = 1,6 A, I3 = 2,8 A, I4 = 1,6 A az áramok előjele a felvett irányoktól függ.) 10

12 3. Határozza meg az áramkörben az U4 feszültséget! (Eredmény: U4 = 1,43 V) U = 10 V R 1 = 2,5 R 2 = 5 R 3 = 2,5 R 4 = 5 R 5 = 5 Ω 4. Határozza meg az áramkörben az I5 áramot! Io = 6 A R1 = 2 R2 = 3 R3 = 4 R4 = 3 R5 = 3 (Eredmény: I5 = 1 A) 5. Határozza meg valamennyi áramköri elem feszültségét, ha a szinuszos generátor feszültségének effektív értéke U = 12 V, frekvenciája f = 50 Hz (ennek a kezdőfázisát tekintse nullának)! R1 = 6 R2 = 8 Ω L = 15,9 mh C = 318 F (Eredmények: UL = 12/0 o V, UR1 = 6,23/19,7 o V, UR2 = UC = 6,49/ 18,9 o V) 6. Határozza meg az alábbi áramkör valamennyi áramköri elemének áramát, ha a szinuszos generátor áramának effektív értéke I = 5 A, frekvenciája f = 50 Hz (ennek a kezdőfázisát tekintse nullának)! R1 = 10 R2 = 30 L = 63,7 mh C = 106 F (Eredmények: IR1 = 3,1/7,1 o A, IL = 1,96/ 11,3 o A, IR2 = 1,38/ 56,3 o A, IC = 1,38/33,7 o A) 11

13 2 Áramkör számítási tételek 2.1 A szuperpozíció elve A szuperpozíció elve lineáris hálózatok számításaihoz alkalmazható. Egy hálózat akkor lineáris, ha valamennyi eleme lineáris, vagyis az elemek karakterisztikája, azaz az i = f (u) kapcsolat egyenes. Akkor lehet és célszerű alkalmazni, ha a hálózatban több generátor működik. Több forrást tartalmazó lineáris, reciprok hálózatokban a források együttes hatása meghatározható egyenkénti hatásaik összegzésével. Az egyes források hatásának vizsgálatakor a többit dezaktivizálni kell. (Feszültség generátornál Ug = 0, áramgenerátornál Ig = 0) Mintapélda Határozza meg az ábrán látható hálózat R3 ellenállásának áramát és feszültségét a szuperpozíció elvének felhasználásával! Megoldás: U 0 = 10 V I 0 = 10 A R 1 = 2 R 2 = 4 R 3 = 3 R 4 = 3 1. szuperpozíciós lépés az U0 feszültség generátor működik, I0 dezaktivizálva U R 3 (R 2 + R 4 ) 3 (4 + 3) 3 = U 0 = 10 R 1 + R 3 (R 2 + R 4 ) (4 + 3) = 5,12 V I 3 = U 3 = 5,12 R 3 3 = 1,71 A 2. szuperpozíciós lépés az I0 áramgenerátor működik, U0 dezaktivizálva 12

14 I R 4 R 1 3 = I 0 = 10 R 4 + R 2 + R 1 R 3 R 1 + R 3 U 3 = I 3 R 3 = 1,46 3 = 4,39 V 3. lépés az egyes generátorok hatásainak összegzése U 3 = U 3 + U 3 =5,12 + 4,39 = 9,51 V I 3 = I 3 + I 3 = 1,71 + 1,46 = 3,17 A = 1,46 A Gyakorló feladatok 1. Határozza meg az ábrán látható hálózatban az I2 és I 5 áram, valamint az U2 és U 5 feszültség értékét a szuperpozíció elv felhasználásával! Ug1 = 150 V Ug2 = 120 V R 1 = 15 R 2 = 5 R 3 = 20 R 4 = 10 R 5 = 10 (Eredmények: U2 = 37,5 V, I2 = 7,5 A, U5 = 5 V, I5 = 0,5 A) 2. Határozza meg az ábrán látható hálózat R 4 ellenállásának áramát és feszültségét a szuperpozíció elvének felhasználásával! U 1 = 100 V U 2 = 60 V (Eredmények: I4 = 0,57 A, U4 = 2,86 V) R 1 = 2,5 R 2 = 5 R 3 = 2,5 R 4 = 5 R 5 = 5 13

15 3. Számítsa ki az alábbi áramkör I2 áramát a szuperpozíció elv segítségével! U = 100 V I = 5 A R1 = 30 R2 = 14 R3 = 10 R4 = 30 R5 = 16 (Eredmény: I2 = 2,57 A) 4. Határozza meg az ábrán látható hálózat R 2 ellenállásának áramát és feszültségét a szuperpozíció elvének felhasználásával! Ug = 12 V Ig = 2 A R1 = 4 Ω R2 = 3 Ω R3 = 6 Ω R4 = 6 Ω (Eredmények: I2 = 1,69 A, U2 = 5,07 V) 5. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágának áramát és feszültségét a szuperpozíció elv segítségével! U1 = 120 V U2 = 100 V I = 12 A R1 = 10 Ω R2 = 50 Ω R3 = 20 Ω R4 = 30 Ω (Eredmények: IAB = 0,692 A, UAB =20,8 V) 14

16 6. Határozza meg az ábrán látható áramkörben a C4 kapacitás áramának és feszültségének az időfüggvényét! io = 7,07 sin 314t [A] uo = 14,1 sin (314t + π/4) [V] R1 = 2 Ω L2 = 12,7 mh R3 = 3 Ω C4 = 1060 µf (Eredmények: ic = 4 sin (314t + 86 o π π 180 )) A, uc = 12 sin (314t 4o 180 ) V) Megjegyzés: az időfüggvények argumentumában a kezdőfázist matematikailag helyesen radiánban kell szerepeltetni, de gyakran eltekintünk az átváltástól és fokban írjuk, mivel így jobban tudjuk értelmezni a szögeket. 2.2 Helyettesítő generátorok tételei Bármely lineáris, invariáns, aktív hálózat tetszőleges két pontja felől nézve helyettesíthető egy valóságos generátorral. Alkalmazása akkor célszerű, ha az áramkörnek csak egy része változik, vagy változtatható. Ilyenkor a változatlan hálózatrészt egy valóságos generátorral helyettesítjük, majd ennek a helyettesítő generátornak a különböző terhelési állapotait egyszerűen számolhatjuk. A valóságos generátor két paramétere a következő megfontolások alapján határozható meg. Lineáris elemekből álló hálózat valamennyi egyenlete lineáris, tehát tetszőleges két pontja közötti feszültsége és árama közötti kapcsolata is lineáris. U és I kapcsolatát kizárólag a lezárás határozza meg. ( Matematikailag az egyenest két pontja meghatározza, tehát elegendő, ha az eredeti hálózat és a helyettesítő generátor két különböző terhelés esetén egyenértékű, akkor valamennyi terhelési állapotban azok lesznek. Thevenin tétel 8. ábra: A helyettesítő generátorok tételének szemléltetése A Thevenin tétel szerint a lineáris, invariáns, aktív hálózat helyettesíthető egy valóságos feszültség generátorral. Üresjárásban a vizsgált ág két végpontja közötti lezárást eltávolítva a helyettesítő feszültség generátor üresjárási feszültsége és az eredeti hálózat A - B pontjai között mért feszültség meg kell, hogy egyezzen, azaz Ug = UAB0. Ugyancsak meg kell, hogy egyezzen az eredeti dezaktivizált hálózat A - B pontjai felől nézett eredő ellenállás a helyettesítő generátornál mérhetővel, azaz Rb = RABer. 15

17 A dezaktivizálás azt jelenti, hogy eltávolítjuk a forrásmennyiségeket: Ug = 0, Ig = 0 és csak a generátorok belső ellenállása szerepel az áramkörben.) Mintapélda Alkossa meg az ábrán látható hálózat A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő képét, majd ennek segítségével határozza meg a bejelölt I2 áramot! U = 120 V R1 = 20 R2 = 14 R3 = 20 R4 = 10 R5 = 15 Megoldás: Az R2 ellenállást eltávolítva az A - B pontok közül, feszültségosztóval meghatározzuk az üresjárási feszültséget, ez lesz a helyettesítő generátor forrásfeszültsége. Mivel az R3 és R4 ellenállásokon nem folyik áram, a két pont között az R3 ellenállás feszültsége mérhető: U g = U AB0 = U R 3 R 1 + R 3 = = 60 V A helyettesítő generátor belső ellenállása a dezaktivizált áramkör A - B pontok felől nézett eredő ellenállása lesz: R b = R ABer = R 1 R 3 + R 4 R 5 = = = 16 Ω A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot: 16

18 I 2 = U g R b + R 2 = = 2 A Amennyiben az R2 változik, akkor már csak ez utóbbi összefüggést kell újra kiszámolni Gyakorló feladatok 1. Alkossa meg az ábrán látható hálózatnak először az R3, majd R5 ellenállások végpontjaira vonatkozó Thevenin helyettesítő modelljét, majd ezek segítségével határozza meg a bejelölt U3 és U5 feszültségeket! U = 120 V R1 = 30 R2 = 26 R3 = 45 R4 = 60 R5 = 40 Ω (Eredmények: Ug3 = 75 V, Rb3 = 18,75 Ω, U3 = 52,9 V, Ug5 = 41,5 V, Rb5 = 25,4 Ω, U5 = 25,4 V) 2. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágában lévő R4 ellenállás áramát és feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával! U = 100 V R1 = 30 R2 = 20 R3 = 30 R4 = 28 R5 = 40 (Eredmények: Ug = 40 V, Rb = 12 Ω, I4 = 1 A, U4 = 28 V) 17

19 3. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágában lévő R4 ellenállás áramát és feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával! U = 120 V I = 10 A R1 = 10 R2 = 20 R3 = 5 R4 = 15 (Eredmények: Ug = 146,7 V, Rb = 11,67 Ω, I4 = 5,5 A, U4 = 82,5 V) 4. Határozza meg az ábrán látható hálózat R1 ellenállásának áramát és feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával! I = 6 A R1 = 16 R2 = 6 R3 = 12 R4 = 10 (Eredmények: Ug = 24 V, Rb = 14 Ω, I1 = 0,8 A, U1 = 12,8 V) 5. Határozza meg az ábra szerinti kapcsolás A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő képét, majd ennek segítségével határozza meg az R2 ellenállás áramának időfüggvényét, ha az A-B kapcsokra u = 33,9 sin 314t [V] feszültséget kapcsolunk! R1 = 6 R2 = 8 Ω L = 15,9 mh C = 318 F (Eredmények: U g = 20,6/ 31 o V, Z b = 5,14/ 31 o Ω, i2 = 2,3 sin (314t 18,9 o ) A 18

20 6. Alkossa meg az ábrán látható hálózat A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő képét, majd ennek segítségével határozza meg az R2 ellenállás áramának időfüggvényét! u(t) = 28,3 sin 314t [V] R1 = 5 R2 = 1 R3 = 3 L = 9,55 mh C = 637 F (Eredmények: U g = 14,1/ 45 o V, Z b = 4,12/ 14 o Ω, i2 = 2,77 sin (314t 33,7 o ) A Norton tétel A Norton tétel szerint a lineáris, invariáns, aktív hálózat helyettesíthető egy valóságos áramgenerátorral. Rövidzárásban a vizsgált ág két végpontját nulla ellenállású vezetővel összekötve a helyettesítő áramgenerátor rövidzárási árama és az eredeti dezaktivizált hálózat A - B pontjai között mért rövidzárási áram meg kell, hogy egyezzen, azaz Ig = IABz. Ugyancsak meg kell, hogy egyezzen az eredeti hálózat A-B pontjai felől nézett eredő ellenállás a helyettesítő generátornál mérhetővel, azaz Rb = RABer (természetesen a rövidzár nélkül). Ha egy áramkör egyenértékűen helyettesíthető egy valóságos feszültség generátorral, vagy egy valóságos áramgenerátorral, akkor a két generátor is egyenértékű lehet egymással. Ennek feltétele, hogy a két generátor belső ellenállása (Rb) megegyezzen és a forrásmennyiségek között fennálljon az Ug = Rb Ig összefüggés. Ebből az is következik, hogy egy feszültség generátor egyenértékűen átalakítható áramgenerátorrá és viszont Mintapélda Oldjuk meg a Thevenin tételnél kitűzött mintapéldát a Norton helyettesítő generátor segítségével. Ezzel megtakarítjuk a belső ellenállás meghatározásának munkáját, hiszen ugyanúgy kell itt is meghatározni, tehát az értéke is ugyanaz lesz. Megoldás: Az A - B pontok közötti rövidzáron folyó áramot meghatározva kapjuk a helyettesítő generátor forrásáramát. I ABz = = U R 1 + R 3 R 4 R 5 R 3 R 3 + R 4 R 5 = = 3,75 A 19

21 A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot: I 2 = I g R b R b +R 2 = 3, = 2 A A két helyettesítéssel kapott eredmény természetszerűen megegyezik és ellenőrizhetjük a két generátor forrásmennyiségei közötti Ug=Rb Ig kapcsolatot: 60 = 16*3, Gyakorló feladatok 1. Határozza meg az ábrán látható hálózat R1 ellenállására vonatkozó Norton helyettesítő képet! A modell segítségével számítsa ki az R1 ellenállás áramát és feszültségét! I = 10 A R1 = 24 Ω R2 = 60 Ω R3 = 40 Ω R4 = 12 Ω (Eredmények: Ig = 6,67 A, Rb = 36 Ω, I1 = 4 A, U1 = 96 V 2. Határozza meg az ábrán látható hálózat R3 ellenállására vonatkozó Norton helyettesítő képet! A modell segítségével számítsa ki az R3 ellenállás áramát és feszültségét! U = 120 V R 1 = 30 Ω R 2 = 18 Ω R 3 = 10 Ω R 4 = 30 Ω R 5 = 20 Ω Eredmények: Ig = 4 A, Rb = 15 Ω, I3 = 2,4 A, U3 = 24 V) 3. Határozza meg az alábbi áramkör R 4 ellenállásának áramát és feszültségét a Norton helyettesítő generátor segítségével! U 1 = 120 V U 2 = 90 V R 1 = 20 R 2 = 10 R 3 = 30 R 4 = 50 R 5 = 40 (Eredmények: Ig = 4,2 A, Rb = 25 Ω, I4 = 1,4 A, U4 = 70 V 20

22 4. Határozza meg az ábrán látható hálózat A B ágában lévő R3 ellenállásra vonatkozó Norton helyettesítő képet! A modell segítségével számítsa ki az R3 ellenállás áramát és feszültségét! U1 = 60 V U2 = 50 V I = 6 A R1 = 10 Ω R2 = 50 Ω R3 = 20 Ω R4 = 30 Ω (Eredmények: Ig = 12,63 A, Rb = 8,89 Ω, I3 = 3,88 A, U3 = 77,7 V 5. Határozza meg a hálózat Z impedanciájára vonatkozó Norton helyettesítő képet, majd ez alapján számítsa ki az impedancia áramának komplex effektív értékét. Adja meg az áram időfüggvényét is, ha a generátor feszültségének frekvenciája 60 Hz. U g = 12 V (valós) Z 1 = 3 Z 2 = -j3 Z 3 = j6 Z = j2,4 (Eredmények: I g = 4/0 o A, Z b = 2,68/ 27 o Ω, I = 1.2/ 53 o A, i = 1,7 sin (377t 53 o ) A 3 Háromfázisú rendszerek 3.1 Elméleti összefoglaló A villamos energiatermelés, elosztás és felhasználás területén a legelterjedtebbek világszerte a háromfázisú rendszerek. A széleskörű felhasználás az egyfázisú rendszerekhez képesti alábbi előnyökkel magyarázható: - egy- és háromfázisú fogyasztók egyaránt elláthatók a rendszerről, - az egy fázisra jutó vezetékek száma kevesebb, - az egyik kapcsolási módnál két különböző nagyságú feszültségrendszer áll rendelkezésre, - egyszerű forgó mágneses teret létrehozni vele (a villamos forgógépek működésének alapja), - szimmetrikus rendszerben a három fázis együttes hatásos teljesítménye időben állandó. 21

23 Általános esetben a három feszültség időfüggvénye: ul1 = UL1m sin ( t + ρ1) ul2 = UL2m sin ( t + ρ2) ul3 = UL3m sin ( t + ρ3) Szimmetrikus a háromfázisú feszültségrendszer, ha a fázisok feszültségei egyenlő nagyok UL1m = UL2m = UL3m = Um és egymáshoz képest azonos szöggel vannak eltolva 12 = 23 = 31 =120 o = 2π rad 3 Így a három feszültség (az ul1 kezdőfázisát nullának választva): ul1 = Um sin t ul2 = Um sin ( t 2π 3 ) ul3 = Um sin ( t 4π 3 ) = Um sin ( t + 2π 3 ) 9. ábra: A szimmetrikus háromfázisú rendszer feszültségeinek időfüggvénye A szimmetrikus feszültségrendszer komplex effektív értékei: U L1 = U (valósnak választva) U L2 = U e j120o U L3 = U e j120o Ha a fenti két feltétel közül valamelyik nem teljesül, akkor aszimmetrikus a rendszer. Megjegyzendő, hogy a szabványos L1, L2, L3 fázisjelölések helyett a gyakorlatban és az oktatásban is elterjedten használatosak az 1,2,3 vagy az R, S, T, valamint az A, B, C betűhármasok is. A háromfázisú fogyasztó fázisainak kapcsolási módjai Csillag (ipszilon, Y) kapcsolás, amely lehet 3 vagy 4 vezetékes, ebben az esetben a fázisok egyegy kivezetését közös pontba fogjuk össze, míg a maradék három kivezetés adja a rendszer 3 fázisát (10. ábra). Amennyiben a közös pontot is kivezetjük, akkor kapjuk a 4 vezetékes rendszert. Csillag kapcsolás esetén kétféle feszültségrendszer áll a rendelkezésünkre, a fáziskivezetések és a csillagpont között mérhető fázisfeszültségek rendszere, valamint a fáziskivezetések között mérhető vonali feszültségek rendszere. A negyedik (null-, nulla) vezető szokásos jelölése N vagy 0. 22

24 10. ábra: A csillag kapcsolású rendszer feszültségei Szimmetrikus rendszer esetén UA=UB=UC=Uf és UAB=UBC=UCA=Uv. A két feszültség nagysága közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy: U v = 3 U f A kapcsolási módból következően a vonali és a fázis áramok azonosak: Iv = If Delta (háromszög, ) kapcsolásnál az egyes fázisok végeit a következő fázis kezdetéhez kapcsoljuk, és ezekhez csatlakozunk. Így a rendszer csak 3 vezetékes lehet, ezért a fázisegységeken és a kivezetések között mérhető feszültségek azonosak. Uv = Uf 11. ábra: A delta kapcsolású rendszer áramai Az áramokat tekintve kétféle áramrendszerről beszélhetünk: a két indexszel ellátott fázisáramokról, amelyek az egyes fázisegységekben folynak, és az egy indexes vonali áramokról, amelyek a fáziskivezetésekhez csatlakozó vezetőkben folynak (11. ábra). Szimmetrikus rendszer esetén IAB=IBC=ICA=If és IA=IB=IC=Iv jelölésekkel, a két áram nagysága közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy: I v = 3 I f Egy fogyasztó szimmetriájának a feltétele, hogy mindhárom fázisban, komplex alakban azonos legyen az impedancia: Csillag kapcsolású fogyasztónál: Z A = Z B = Z C = Z e j Delta kapcsolású fogyasztónál: Z AB = Z BC = Z CA = Z e j A szimmetrikus rendszerek számításai azzal az előnnyel járnak, hogy csak egy fázis jellemzőit szükséges kiszámolni, mivel tudjuk, hogy a másik két fázis mennyiségei ugyanakkorák, de kezdőfázisaik ± 2π -mal eltérnek. 3 Aszimmetrikus fogyasztó esetén a feszültségek és áramok számítását fázisonként, komplex alakban kell elvégezni az Ohm-törvény és a Kirchhoff-törvények alapján. Egyszerűbb esetekben lehetséges a mennyiségek fazorábrán történő ábrázolása után a nagyságok és fázisok geometriai úton való meghatározása. 23

25 A háromfázisú teljesítmények számításakor szimmetrikus fogyasztónál elegendő egy fázis teljesítményét meghatározni, majd a háromszorosát venni, ami kifejezhető a vonali mennyiségekkel is. P3f = 3 Pf = 3 Uf If cos = 3 Uv Iv cos Q3f = 3 Qf = 3 Uf If sin = 3 Uv Iv sin S3f = 3 Sf = 3 Uf If = 3 Uv Iv A teljesítménytényező az egy fázisú esethez hasonlóan: P 3f S 3f = cos Aszimmetrikus fogyasztó esetén a háromfázisú hatásos és meddő teljesítmények az egyes fázisok teljesítményeinek összegzésével nyerhetők. P3f = PA + PB + PC = UAf IAf cos A + UBf IBf cos B + UCf ICf cos C Q3f = QA + QB + QC = UAf IAf sin A + UBf IBf sin B + UCf ICf sin C A háromfázisú látszólagos teljesítmény nem a fázisteljesítmények összegzésével, hanem a Pitagorasz-tétel segítségével számítható: S 3f = P 2 2 3f + Q 3f Ebben az esetben a háromfázisú hatásos és látszólagos teljesítmények viszonyának nincs fizikai tartalma. A háromfázisú rendszerek és fogyasztók jellemzésére a gyakorlatban mindig a vonali mennyiségeket és a háromfázisú teljesítményeket használjuk. 3.2 Mintapéldák Szimmetrikus csillag kapcsolás Egy háromfázisú szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó felvett látszólagos teljesítménye 6 kva. A vonali feszültség U 400V, a fogyasztó teljesítmény tényezője cos 0,8 (induktív). Mekkora a fázisfeszültség, a hatásos és meddő teljesítmény, a fázisáram, a vonali áram, egy fázis impedanciája? Meghatározandó annak az ellenállásnak és reaktanciának az értéke, amelyeket sorosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk! Megoldás: A fázisfeszültség: A hatásos teljesítmény: A meddő teljesítmény: U f = U v = 400 = 230 V 3 3 P = S cos = 6*0,8 = 4,8 kw Q = S sin = 6*0,6 = 3,6 kvar S = U f A fázisáram: I f = = 8,7 A A vonali áram: I v = I f = 8,7 A Egy fázis impedanciája: Z = U f = 230 = 26,4 I f 8,7 Az ellenállás: A reaktancia: Szimmetrikus delta kapcsolás Rs = Z cos = 26,4*0,8 = 21,1 Ω Xs = Z sin = 26,4*0,6 = 15,9 Ω Egy háromfázisú delta kapcsolású szimmetrikus fogyasztó felvett hatásos teljesítménye 3 kw. A vonali feszültség U 400 V, a fogyasztó teljesítmény-tényezője cos 0,6. 24

26 Mekkora a fázisfeszültség, a látszólagos és meddő teljesítmény, a fázisáram, a vonali áram, egy fázis impedanciája? Meghatározandó annak az ellenállásnak és reaktanciának az értéke, amelyeket párhuzamosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk! Megoldás: A fázisfeszültség: U f = U v = 400 V P = 3 cos A látszólagos teljesítmény: S = = 5 kva 0,6 A meddő teljesítmény: Q = S sin = 5*0,8 = 4 kvar S A fázisáram: I f = = 5000 = 4,17 A 3 U f A vonali áram: I v = 3 I f = 3 * 4,17 = 7,21 A Egy fázis impedanciája: Z = U f = 400 = 95,9 I f 4,17 Z Az ellenállás: R p = = 95,9 = 160 cos 0,6 Z A reaktancia: X p = = 95,9 = 120 sin 0, Aszimmetrikus csillag kapcsolás Egy háromfázisú, U 100V vonali feszültségű, négyvezetős hálózatra az ábra szerinti fogyasztókat kapcsoljuk. Számítsuk ki a fázisáramokat, majd a kapcsolás fazorábrája segítségével, a nulla vezetőben folyó áramot! Adatok: R 10, XL 30, XC 30 Megoldás: A fázisfeszültség: Az egyes fázisok árama: U f = U v = 100 = 57,7 V 3 3 I A = U f = 57,7 = 1,92 A X L 30 I B = U f = 57,7 = 1,92 A X C 30 I C = U f = 57,7 = 5,77 A R 10 A csillagpontra felírva Kirchhoff csomóponti törvényét: I N = I A + I B + I C 25

27 A fazorábra: Az ábra elkészítésének menete: - kiindulásként felvesszük a fázisfeszültségek szimmetrikus rendszerét (U A, U B, U C), - berajzoljuk a fázisáramokat (I A 90 o -ot késik U A-hoz képest, I B 90 o -ot siet U B-hez képest, I Cfázisban van U C-vel.) - ha a fázisáramok összegzését I A + I B-vel kezdjük, akkor eredőjük egy egyenesbe esik az I C-vel, így algebrai különbségként számíthatjuk az I N nagyságát. IN = IC 2*IA*cos 30 o = 5,77 2*1,92* 3 2 = 2,44 A Aszimmetrikus delta kapcsolás A ábrán látható háromfázisú fogyasztó rendszer adatai: U 400 V, R 23, XL 40, XC 40. Mekkorák a fázisáramok? Rajzoljon fazorábrát, majd ez alapján határozza meg a vonali áramok nagyságát! Megoldás: Az egyes fázisok árama: I AB = U f = 400 = 17,4 A R 23 I BC = U f = 400 = 10 A X C 40 I CA = U f = 400 = 10 A X L 40 26

28 A fazorábra: Az ábra elkészítésének menete: - kiindulásként felvesszük a vonali feszültségek szimmetrikus rendszerét (U AB, U BC, U CA ), - berajzoljuk a fázisáramokat (I AB fázisban van U AB -vel, I BC 90 o -ot siet U BC -hez képest, I CA 90 o -ot késik U CA -hoz képest.) - a vonali áramok a csomóponti törvények alapján: I A = I AB I CA I B = I BC I AB I C = I CA I BC A fázisáramok nagysága és a fázishelyzetek alapján az I A, I B, I C vonali áramok szabályos háromszöget alkotnak, nagyságuk: IA = IB = IC = 10 A A feladat megoldása a komplex számítási módszer alkalmazásával: A fázisfeszültségek: U AB = 400 V (valós) U BC = 400 e j 2π 3 A fázisáramok: A vonali áramok: U CA = 400 e +j 2π 3 I AB = U AB R = = 17,3 A I BC = U BC X C I CA = U CA X L = = 2π 400 e j 3 40 e jπ 2 2π 400 e+j 3 40 e +jπ 2 = 10 e j π 6 A = (8,66 j 5) A = 10 e +j π 6 A = (8,66 + j 5) A I A = I AB I CA = 17,3 8,66 j5 = 8,66 j5 = 10 e j π 6 A I B = I BC I AB = 8,66 j5 17,3 = 8,66 j5 = 10 e j 5π 6 A I C = I CA I BC = 8,66 + j5 8,66 + j5 = j10 = 10 e j π 2 A 27

29 3.3 Gyakorló feladatok 1. Egy háromfázisú, szimmetrikus, csillag kapcsolású fogyasztó fázisonkénti impedanciája komplex alakban Z =(16 + j12) Ω. A hálózatból felvett árama 11,5 A. Határozza meg a fogyasztó: a) fázisáramát, b) fázisfeszültségét, c) vonali feszültségét, d) hatásos, meddő és látszólagos teljesítményét e) teljesítménytényezőjét. (Eredmények: If = 11,5 A, Uf = 230 V, Uv = 400 V, P = 6350 W, Q = 4760 var, S = 7940 VA, cos = 0,8.) 2. A 400 V-os, háromfázisú hálózatra kapcsolt, szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó hatásos teljesítménye 8 kw, teljesítménytényezője 0,8 (induktív). a) Számítsa ki a fogyasztó látszólagos és meddő teljesítményét! b) Mekkora a fogyasztó fázisfeszültsége? c) Mekkora a fogyasztó fázisárama? d) Mekkora a vonali áram? e) Határozza meg a fogyasztó egy fázisának ellenállását és induktív reaktanciáját soros összetevők feltételezésével! (Eredmények: S = 10 kva, Q = 6 kvar, Uf = 230 V, If = 14,5 A, Iv = 14,5 A, R = 12,7 Ω, XL = 9,52 Ω.) 3. Egy háromfázisú, szimmetrikus, delta kapcsolású fogyasztó fázisonkénti impedanciája Z = (60 + j80) Ω. A fogyasztót 400 V vonali feszültségű hálózatra kapcsoljuk. Számítsa ki a fogyasztó: a) fázisfeszültségét, b) fázisáramát, c) vonali áramát, d) látszólagos, hatásos és meddő teljesítményét, e) teljesítménytényezőjét. (Eredmények: U f = 400 V, I f = 4 A, I v = 6,93 A, S = 4,8 kva, P = 2,88 kw, Q = 3,84 kvar, cos = 0,6.) 4. Egy háromfázisú, szimmetrikus delta kapcsolású fogyasztó látszólagos teljesítménye 9 kva, a hálózat vonali feszültsége 400 V. A kapacitív fogyasztó teljesítménytényezője cos =0,6. Mekkora: a) a vonali áram, b) a fázisáram, c) a hatásos és a meddő teljesítmény, d) az egy fázisban lévő impedancia? Meghatározandó az az ellenállás és reaktancia, amelyek párhuzamosan kapcsolva eredőül a kérdéses impedanciát adják! (Eredmények: I v = 13 A, I f = 7,5 A, P = 5,4 kw, Q = 7,2 kvar, Z = 53,3 Ω, R = 88,9 Ω, XC = 66,7 Ω.) A következő, aszimmetrikus háromfázisú fogyasztóra vonatkozó feladatok mindegyike megoldható mind a komplex leírásmód segítségével, mind pedig fazorábrák segítségével, az áramok nagyságának és fázishelyzetének rajz alapján történő meghatározásával. 28

30 5. A 190 V-os háromfázisú, négyvezetős rendszerre csatlakoztatjuk az ábra szerinti fogyasztót. Határozza meg az egyes fázisok, valamint a nulla vezető áramát. Adatok: XL = 220 Ω, XC = 110 Ω. (Eredmények: I A = 0,5 A, I B = I C = 1 A, I N = 1,5 A.) 6. Az ábrán látható háromfázisú fogyasztó adatai: U = 141 V, R = XL = XC = 100 Ω. a) Határozza meg a fázis és a vonali áramokat. b) Mekkora a fogyasztó eredő meddő teljesítménye? (Eredmények: I AB = I BC = I CA = 1 A, I A = 1,94 A, I B = 1,73 A, I C = 0,518 A, Q = 100 var.) 7. Három darab 1000 W-os ellenállás csillag kapcsolásban csatlakozik a 400 V-os hálózatra. Mekkorák az egyes vezetőkben folyó áramok, ha az A fázis vezetője megszakad és (a) a csillagpont össze van kötve a nullvezetővel, (b) nincs összekötve. (Eredmények: (a) I A = 0, I B = I C = I N = 4,38 A, (b) I A = 0 A, I B = I C = 3,81 A) 29

31 8. A gyakorlatban sokszor szükséges a három fázis sorrendjének megállapítása, ennek az egyik lehetséges módja az optikai fázissorrend mutató, amely tulajdonképpen egy speciális aszimmetrikus terhelés. (Pozitív a fázissorrend, ha az U1-hez képest 120 o -ot késik az U2 és 240 o -ot az U3. Negatív sorrend esetén az U1-hez képest az U3 késik 120 o - ot az U2 és 240 o -ot.) Kössünk egy kondenzátort és két azonos nagyságú ellenállást három vezetékkel a hálózatra az ábrán látható kapcsolásban. Alkossanak a hálózat U1, U2, U3 fázisfeszültségei szimmetrikus rendszert, ahol a feszültségek nagysága Uf, azonkívül a fogyasztóra teljesül az R = XC feltétel. Mivel a csillagpontok nincsenek összekötve, azok között U00 feszültségkülönbség lép fel. Határozza meg az fogyasztó aszimmetrikus fázisfeszültségeit! (Eredmények: U A = 1,34Uf /-270 o,) U B = 1,5 Uf /-102 o, U C = 0,4 Uf /139 o ; a számítások során az U1 feszültséget tekintettük valósnak. Az eredményekből látszik, hogy amennyiben az ellenállásokat 1-1 izzó képviseli, akkor a B fázisban lévő sokkal erősebben világít, mint a C fázisban lévő. Az is belátható, hogy fordított fázissorrend esetén a C fázisban lévő izzó fog erősebben világítani, így a kapcsolás alkalmas a fázissorrend indikálására.) Irodalom 1. Uray Vilmos dr. Szabó Szilárd: Elektrotechnika, Tankönyv, Tankönyvkiadó, Budapest, Tevanné Szabó Júlia: Feladatgyűjtemény I., Kézirat, Tankönyvkiadó, Budapest, Demeter Károlyné Dén Gábor Szekér Károly Varga Andrea: Villamosságtan I. (Óbuda) 4. változatlan utánnyomás, BMF-KVK,