Elektrotechnika példatár

Elektrotechnika példatár Langer Ingrid

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

Előszó példatár az Óbudai Egyetem ánki Donát Gépész és iztonságtechnikai mérnöki Karán a Mechatronikai mérnök Sc képzésen oktatott Elektrotechnika tárgy egyenáramú és váltakozó áramú hálózatok számításával kapcsolatos anyagának elsajátításához szeretne segítséget nyújtani. tantermi gyakorlatok nem mindig elegendőek ahhoz, hogy a hallgatók a számítási módszereket első hallásra megértsék, illetve levelező tagozaton idő hiányában a részletes magyarázatok gyakran elmaradnak. példatár ezért sok, részletesen kidolgozott feladatot is tartalmaz, amelyben a számítás menetét lépésről lépésre követni lehet, de minden témakörhöz tartoznak olyan gyakorló feladatok is, amelyeket önállóan kell megoldani, segítségként csak a végeredmény van megadva. Remélem, hasznos segítség lesz a zárthelyi dolgozatokra és a vizsgára való felkészülésben. 2013. augusztus szerző 2

1. EGYENÁRMÚ HÁLÓZTOK 1.1. lapfogalmak 1.1.1. Villamos áram (jele: I) Egységnyi felületen egységnyi idő alatt átahaladó töltésmennyiséget áramnak nevezzük: ahol Q töltésmennyiség [C] I = dq dt [] t idő [s] 1.1.2. Villamos feszültség (jele: U) tér két pontja közötti potenciálkülönbség. Elektromos potenciál: egységnyi töltésnek a tér egyik pontjából a másikba mozgatásához szükséges energia: W = Q Edl = Q Edl = Q U U = Edl = W Q [ J C = V] ahol W Q töltésmennyiség pontból pontba mozgatásához szükséges munka [J] E elektromos térerősség [N/C] 1.1.3. Ellenállás (jele: R) Fém vezető ellenállása: R = ρ l [Ω] ahol ρ a fajlagos ellenállás [ Ω mm2 m ] l a vezető hossza [m] a vezet keresztmetszete [mm 2 ] 3

( fajlagos ellenállás hőmérsékletfüggő, a hőmérséklet növekedésével a fém vezetők ellenállása nő.) Villamos áramkörökben az ellenállások árama és feszültsége közötti kapcsolatot az Ohm-törvény írja le: R = U I (z ellenállás reciprokát vezetőképességnek hívjuk, jele G, mértékegysége S (Siemens) G = 1 R ) 1.1.4. Villamos áramkörök z egyenáramú villamos áramkörök aktív elemekből, azaz energiaforrásokból (feszültség vagy áramgenerátorokból), passzív elemekből, azaz fogyasztókból (ellenállásokból) és az őket összekötő vezetékekből állnak. generátorok villamos energia előállítására alkalmas készülékek. (Villamos energiát számos energiafajta átalakításával előállítható, pl. vegyi energia (galvánelemek, akkumulátorok), fényenergia (napelemek), mechanikai energia (egyen- és váltakozó áramú generátorok) átalakításával. Ideális feszültséggenerátor: Kapcsai között a feszültség a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó. Ideális áramgenerátor: Árama a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó. Jelölések: + + U g I g - - Ideális feszültséggenerátor Ideális áramgenerátor 1-1. ábra 1.1.5. Kirchhoff törvények a) Kirchhoff csomóponti törvénye: Csomópont definíciója a villamos hálózatban: Kettőnél több vezeték találkozási pontja. Villamos hálózat csomópontjába befolyó és kifolyó áramok előjeles összege nulla. 4

I 1 I 2 I 4 I 1 I 2 I 3 + I 4 I 5 = 0 n I 5 I i = 0 I 3 i=1 1-2. ábra b) Kirchhoff hurok törvénye: Hurok definíciója a villamos hálózatban: hálózat azon ágainak összessége, melyeken végighaladva úgy érhetünk vissza a kiindulási pontba, hogy minden ágon csak egyszer haladtunk végig. Villamos hálózatban bármely zárt hurokban a generátorok és fogyasztók feszültségeinek előjeles összege nulla. U g2 I 2 U R2 U g1 I 1 U R3 n U i = 0 U R1 U R4 I4 I 3 i=1 U g1 U g2 + U R2 + U R3 U R4 U R1 = 0 1-3. ábra 1.1.6. Ellenállások kapcsolása a. Ellenállások soros kapcsolása R n = R e R e = + + + R n = R i n i=1 1-4. ábra 5

b. Ellenállások párhuzamos kapcsolása 1 n R n = R e R e = 1 + 1 + + 1 R n = 1 R i i=1 1 1 R e = 1 R + 1 1 R + + 1 = n 1 2 R i=1 n R i jelölésben: R e =.. R n (z -szel jelölt művelet elnevezése replusz, jelentése: reciprok értékek összegének a reciproka) 1-5. ábra 1.2. Példák passzív hálózatok eredő ellenállásának kiszámítására 1.2.1. és pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! R 7 R 6 R 8 =4Ω =3Ω =3,6Ω =4Ω =1,8 Ω R 6 =3 Ω R 7 =2 Ω R 8 =3 Ω 1-6. ábra megoldás menete: Keressünk sorba vagy párhuzamosan kapcsolt ellenállásokat és cseréljük ki ezek eredőjével az eredeti ellenállásokat! 6

R 7 R 8 R R R 78 2 4 R 78 = R 7 R 8 = R 7 R 8 R 7 + R 8 = 2 3 2 + 3 = 1,2Ω R 6 678 = + R 6 + R 78 = 1,8 + 3 + 1,2 = 6 Ω R 6 1-7. ábra R5678 5678 5678 = 678 = 6 4 10 = 2,4Ω 45678 = + 5678 = 3,6 + 2,4 = 6 Ω 45678 345678 345678 = 45678 = 6 3 9 = 2 Ω R = 2345678 = + 345678 = 2 + 4 = 6 Ω 1-8. ábra 1.2.2. Számítsa ki az ellenállás hálózat eredőjét és pontok között! 7

F C R 6 D R 7 E =1,8Ω =2Ω =3Ω =7Ω =3 Ω R 6 =6 Ω R 7 =2 Ω 1-9. ábra Megoldás: C-D pontok és a -E pontok egy-egy ellenállás nélküli vezetékdarabbal vannak összekötve (rövidre vannak zárva), ezért a két csomópont összevonható. Így látható, hogy az R 6 és R 7 ellenállások a -D pontok között párhuzamosan vannak kapcsolva. Ugyanez igaz az és ellenállásokra a D-F pontok között: R 6 R 7 1-10. ábra z és az 3 ellenállások egymással sorban, ketten együtt az -gyel párhuzamosan vannak kapcsolva. Eredőjük pedig az 67 -tel sorba kapcsolódik. Így között az eredő ellenállás: R = { [( ) + ]} + ( R 6 R 7 ) R = {7 [(2 3) + 1,8]} + (3 6 2) = [7 ( 2 3 2 + 3 + 1,8)] + ( 3 6 3 + 6 2) = 7 3 7 + 3 + 2 2 2 + 2 = 3,1 Ω 1.2.3. és pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! 8

=8 Ω =20Ω =30Ω 1-11. ábra Megoldás: Vegyük észre, hogy a rövidre záró vezetékek miatt mindhárom ellenállás és pontok közé van bekötve, vagyis a három ellenállás és pontok között párhuzamosan kapcsolódik egymáshoz. kapcsolás átrajzolva: R = R = 8 20 30 8 20 + 8 30 + 20 30 = 4,8Ω 1-12. ábra 1.2.4. és pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! =20 Ω R 6 =40 Ω =30 Ω =10 Ω =60 Ω R 7 R 6 =70 Ω R 7 =30 Ω R 8 R 8 =20 Ω 1-13. ábra (Megoldás: R = ({[( + ) ] + } R 8 ) + (R 6 R 7 ) = 31Ω 9

1.2.5. Számítsa ki az ellenállás hálózat eredőjét és pont között! = 1 Ω = 6Ω = 3 Ω = 3 Ω R 7 = 5 Ω R 6 = 2Ω R 7 = 4 Ω R 6 1-14. ábra (Megoldás: R = + + ( { + [ (R 6 + R 7 )]}) = 9,1Ω) 1.2.6. Számítsa ki és pont között az eredő ellenállást! = 2 Ω = 4Ω = 6 Ω = 3 Ω R 6 = 5 Ω R 6 = 7 Ω 1-15. ábra (Megoldás: R = {[( + ) ] } + ( R 6 ) = 3,975Ω) 1.2.7. Számítsa ki és pont között az eredő ellenállást! 10

R 8 R 7 R 6 =10 Ω =30 Ω =10 Ω =12 Ω =80 Ω R 6 =40 Ω R 7 =60 Ω R 8 =60 Ω 1-16. ábra (Megoldás: R = [({[( + ) ] + } ) + (R 6 R 7 )] R 8 = 24Ω 1.2.8. Számítsa ki és pont között az eredő ellenállást! =6 Ω =30Ω =30Ω =30 Ω =90 Ω 1-17. ábra (Megoldás: R = = 3,6Ω) 1.2.9. Számítsa ki és pont között az eredő ellenállást! R 6 R7 R 9 0 R 8 =15 Ω =25 Ω =20 Ω =30 Ω =60 Ω R 6 =40 Ω R 7 =60 Ω R 8 =16 Ω R 9 =40 Ω 0 =30 Ω 1-18. ábra 11

(Megoldás: R = [( + ) ] + {[(R 6 R 7 ) + R 8 ] R 9 0 } = 20Ω) 1.2.10. z ábrán az emberi test ellenállásának egyszerűsített modellje látható. Számítsa ki 150 V egyenfeszültség hatására a testen átfolyó áramot, ha a feszültség a(z) a) - b) -C c) -E d) -E pontok között hat. R 6 R R 7 5 D R 8 R 9 0 E C =40 Ω =35 Ω =35 Ω =120 Ω =120 Ω R 6 =480 Ω R 7 =460 Ω R 8 =20 Ω R 9 =800 Ω 0 =850 Ω 1-19. ábra (Megoldás: a) R = + R 6 + ( ( + + )) = 551Ω, b) R C = R 6 + R 7 + [( + ) ( + )] = 994,2Ω, c) R E = R 6 + ( ( + + )) + R 8 + 0 = 1423,6Ω, I a = 0,27 I a = 0,15 I a = 0,11 d) R E = + [ + ) ( + )] + R 8 + 0 = 987,5Ω, I a = 0,15 ) 1.3. Impedanciahű átalakítások 12 Nem minden kapcsolás bontható fel soros és párhuzamos kapcsolások sorozatára. Ilyen esetben segítséget jelenthet a delta-csillag vagy a csillag-delta átalakítás: a hálózat egy részét kicseréljük más ellenállás-kombinációra oly módon, hogy a hálózat többi részében semmi változás ne történjen és az eredő impedancia a hálózat

bármely két pontja felöl nézve változatlan maradjon. Ezt a hálózat impedanciahű átalakításának nevezzük. a. Delta-csillag átalakítás z 1-2-3 pontok közé ún. delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki ugyanezen pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Δ és a Y kapcsolásban megegyezzen. 1. 1. 2 3 3 2. 3. 2. 3. Delta kapcsolás Csillag kapcsolás 1-20. ábra z 1-2 pontok között az ellenállás, ha a 3. pont nincs csatlakoztatva: (1) + = 2 (3 + 3 ) z 2-3. pontok között az ellenállás, ha az 1. pont nincs csatlakoztatva: (2) + = 3 (2 + 3 ) z 1-3. pontok között az ellenállás, ha a 2. pont nincs csatlakoztatva: (3) + = 3 (2 + 3 ) z (1) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (2) egyenletet: 2 = 2 (3 + 3 ) 2 + 3 + 3 + 3 (2 + 3 ) 2 + 3 + 3 3 (3 + 2 ) 2 + 3 + 3 13

2 = 2 3 + 2 3 2 + 3 + 3 + 3 2 + 3 3 2 + 3 + 3 3 3 + 3 2 2 + 3 + 3 Így a Y kapcsolás ellenállása: 2 3 = 2 + 3 + 3 z (1) és (2) egyenletek összegéből levonva a (3) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás ellenállását: 2 3 = 2 + 3 + 3 És végül a (2) és (3) egyenletek összegéből levonva az (1) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás ellenállását: 3 3 = 2 + 3 + 3 b. Csillag-delta átalakítás z 1-2-3 pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki ugyanezek pontok közé delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Y és a Δ kapcsolásban megegyezzen. 14

1. 1. 2 3 2. 3. 3 2. 3. Csillag kapcsolás Delta kapcsolás 1-21. ábra z átalakítás képletének levezetéséhez képzeletben kössük össze (zárjuk rövidre) a 2 és 3 pontot. Impedanciahű átalakítás esetén a csillag kapcsolásban az 1 és a 2-3 pontok közötti eredő ellenállás meg kell, hogy egyezzen a delta kapcsolásban az 1. és a szintén összekötött 2-3 pontok közötti ellenállással. Ez csillag kapcsolásban a soros kapcsolását jelenti és párhuzamos eredőjével. Delta kapcsolásban a rövidzár miatt 3 ellenállás nem szól bele az eredő ellenállásba, ami így az 2 és 3 ellenállások párhuzamos eredőjével lesz egyenlő: a replusz jelölést képletként felírva: (1) 3 2 = + ( ) (1) 1 1 1 R + 1 = + 1 13 2 R + 1 2 fenti gondolatmenetet követve az 1 és a 3 pontok összekötésével az eredő ellenállás a 2 és 1-3 pontok között csillag és delta kapcsolásban: a replusz műveletet képletben felírva: (2) 2 3 = + ( ) (2) 1 1 1 R + 1 = + 1 12 3 R + 1 1 Végül az 1 és a 2 pontok összekötésével a 3 és az 1-2 pontok között az eredő ellenállás csillag és delta kapcsolásban: (3) 3 3 = + ( ) azaz (3) 1 1 1 R + 1 = + 1 13 3 R + 1 1 15

fenti összefüggésekben az ellenállásokat cseréljük ki reciprok értékükkel, vezessük be a G = 1/R jelölést. (G a vezetőképesség jele, mértékegysége Siemens, [S]) z (1) egyenlet így a következőképpen írható: (1) 1 G 13 + G 12 = 1 G 1 + 1 G 2 + G 3 G 13 + G 12 = 1 G 1 + 1 = 1 G 2 + G 2 G 1 (G 2 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 fenti összefüggés formailag nagyon hasonlít a delta-csillag átalakításnál az ellenállásokra felírt összefüggésre. z (1) egyenlet mintájára a (2) és a (3) egyenletek a következőképpen írhatók: (2) G 12 + G 23 = G 2(G 1 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 (3) G 13 + G 23 = G 3(G 1 + G 2 ) G 1 +G 2 +G 3 z (1) és (2) egyenletek összegéből kivonva a (3) egyenletet: 2 G 12 = G 1(G 2 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 + G 2(G 1 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 G 3(G 1 + G 2 ) G 1 +G 2 +G 3 2 G 12 = G 1 G 2 + G 1 G 3 G 1 +G 2 +G 3 + G 1 G 2 + G 2 G 3 G 1 +G 2 +G 3 G 1 G 3 + G 2 G 3 G 1 +G 2 +G 3 Visszaírva R-eket a képletbe: G 1 G 2 G 12 = G 1 + G 2 + G 3 1 2 = 1 1 1 + 1 + 1 2 = ( 1 + 1 + 1 ) 2 = + + 16

2 = + + (2) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (1) egyenletet: 2 G 23 = G 2(G 1 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 + G 3(G 1 + G 2 ) G 1 +G 2 +G 3 G 1(G 2 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 Visszaírva R-eket a képletbe: G 2 G 3 G 23 = G 1 + G 2 + G 3 3 = + + Végül az (1) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (2) egyenletet: 2 G 13 = G 1(G 2 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 + G 3(G 1 + G 2 ) G 1 +G 2 +G 3 G 2(G 1 + G 3 ) G 1 +G 2 +G 3 G 1 G 3 G 13 = G 1 + G 2 + G 3 Visszaírva R-eket a képletbe: 3 = + + 1.3.1. Számítsuk ki három azonos nagyságú a) deltába kapcsolt R ellenállással egyenértékű csillag kapcsolás ellenállásainak értékeit! R R? R?? 1-22. ábra lkalmazzuk a delta-csillag átalakítás képlet három azonos nagyságú ellenállásra. ehelyettesítve R-t mindhárom ellenállás helyére látjuk, hogy elég a csillag kapcsolás egyetlen ellenállásának kiszámolása, hiszen az átalakítás után is mindhárom ellenállás azonos nagyságú lesz: 17

R Y = R R R + R + R = Tehát egy R ellenállásokból álló delta kapcsolás R/3 nagyságú ellenállásokból álló csillag kapcsolással helyettesíthető. b) csillagba kapcsolt R ellenállással egyenértékű delta kapcsolás ellenállásainak értékeit! R?? R R? 1-23. ábra R Δ = R + R + R R R = 3R Tehát egy R ellenállásokból álló csillag kapcsolás 3R nagyságú ellenállásokból álló delta kapcsolással helyettesíthető. 1.3.2. Számítsa ki és pont között az eredő ellenállást! C =2Ω =3Ω =5Ω =4Ω =6Ω D 1-24. ábra 1.3.2.1. Megoldás delta-csillag átalakítással 18

Cseréljük ki CD pontok között a delta kapcsolású,, ellenállásokat a velük egyenértékű csillag kapcsolású R, R C, R D ellenállásokra! C C R C R R D D D 1-25. ábra R = R C = R D = = 2 3 + + 2 + 3 + 5 = 0,6Ω = 2 5 + + 2 + 3 + 5 = 1Ω = 3 5 + + 2 + 3 + 5 = 1,5Ω R = R + [(R C + ) (R D + )] = 0,6 + [(1 + 4) (1,5 + 6)] = 0,6 + 5 7,5 5 + 7,5 R = 3,6 Ω 1.3.2.2. Megoldás csillag-delta átalakítással Cseréljük ki D pontok között a csillag kapcsolású,, ellenállásokat a velük egyenértékű delta kapcsolású R, R D, R D ellenállásokra! (Megjegyzés: C pont az,, ellenállások csillagpontja, ami az átalakítás után eltűnik) 19

C R R D R D D D 1-26. ábra R D = + + = 2 + 5 + 2 5 4 = 9,5Ω R D = + + = 5 + 4 + 5 4 2 = 19Ω R = + + = 2 + 4 + 2 4 5 = 7,6Ω R = R [(R D ) + (R D )] = 7,6 [(9,5 3) + (19 6)] = 7,6 [ 9,5 3 12,5 + 19 6 7,6 6,84 ] = 7,6 6,84 = 25 7,6 + 6,84 = 3,6Ω 1.3.3. Számítsa ki és pont között az eredő ellenállást! =1Ω C D =3Ω =4Ω =2,5Ω =4,5Ω 1-27. ábra 20

1.3.3.1. Megoldás delta-csillag átalakítással z CD pontok között ellenállások delta kapcsolásban vannak kötve. Cseréljük ki ezt a három ellenállást három csillag kapcsolású ellenállásra! D R R D R C C 1-28. ábra R = R D = = 1 3 + + 1 + 3 + 4 = 0,375Ω = 1 4 + + 1 + 3 + 4 = 0,5Ω R C = = 3 4 + + 1 + 3 + 4 = 1,5Ω z eredő ellenállás - pontok között: R = R + [(R D + ) (R C + )] = 0,375 + [(0,5 + 2,5) (1,5 + 4,5)] = 2,375Ω 1.3.3.2. Megoldás csillag-delta átalakítással R D D R D R 1-29. ábra 21

z,, ellenállások -D- pontok között csillagba vannak kapcsolva. Cseréljük ki ezeket R D, R, R D delta kapcsolású ellenállásokra. C pont (csillagpont) az átalakítás során eltűnik. R D = + + = 3 + 4 + 3 4 4,5 = 9,667Ω R D = + + = 4 + 4,5 + 4 4,5 = 14,5Ω 3 R = + + = 3 + 4,5 + 3 4,5 = 10,875Ω 4 R = R [(R D ) + (R D )] = 10,875 [(9,667 1) + (14,5 2,5)] = 10,875 [ 9,667 1 10,667 14,5 2,5 + ] 17 10,875 3,0386 = 10,875 3,0386 10,875 + 3,386 = 2,375Ω 1.3.4. Számítsa ki - pontok között az eredő ellenállást! =6Ω =3Ω =3Ω R 6 =4Ω =8Ω R 6 =6Ω R 7 R 7 =12Ω 1-30. ábra 1.3.4.1. Megoldás csillag-delta átalakítással és ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen 2 = ellenállással. z így kapott csillagba kapcsolt 2,, ellenállásokat helyettesítsük a deltába kapcsolta R C, R C, R, ellenállásokkal! 22

C C 2 R 6 R C R C R 6 R R 7 R 7 1-31. ábra 2 = = + = 6 3 6 + 3 = 2Ω R C = 2 + + 2 = 2 + 4 + 2 4 8 = 7Ω R = + + 2 = 4 + 8 + 4 8 2 = 28Ω R C = 2 + + 2 = 2 + 8 + 2 8 4 = 14Ω R = [R 7 R ] [( R C ) + (R C R 6 )] = [12 28] [(3 7) + (14 6)] = 8,4 (2,1 + 4,2) = 3,6Ω 1.3.4.2. Oldja meg a feladatot delta-csillag átalakítással! (Pl. 2,, delta kapcsolás csillaggá alakításával.) 1.3.5. Számítsa ki - pontok között az eredő ellenállást! =9Ω =9Ω =4,5Ω =1Ω R 6 R 7 =3Ω R 6 =6Ω R 7 =6Ω 1-32. ábra 23

1.3.5.1. Megoldás delta-csillag átalakítással és ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen 3 = ellenállással. z így kapott deltába kapcsolt 3,, R 6 ellenállásokat helyettesítsük a csillagba kapcsolt R, R C, R D, ellenállásokkal! 3 C R C R C R 6 R 7 R D 1-33. ábra D D R 7 3 = = + = 9 4,5 9+4,5 = 3Ω R = R C = R D = 3 = 3 3 3 + + R 6 3 + 3 + 6 = 0,75Ω 3 R 6 = 3 6 3 + + R 6 3 + 3 + 6 = 1,5Ω R 6 = 3 6 3 + + R 6 3 + 3 + 6 = 1,5Ω R = {R + [(R D + R 7 ) (R C + )]} = {0,75 + [(1,5 + 6) (1,5 + 1)]} 9 = (0,75 + 7,5 2,5 ) 9 = 2,625 9 = 2,03Ω 10 1.3.5.2. Oldja meg a feladatot csillag-delta átalakítással! (Pl. 3,, R 6 delta kapcsolás csillaggá alakításával.) 24

1.3.6. Számítsa ki - pontok között az eredő ellenállást! R 6 R 7 R 8 =3Ω =2Ω =6Ω =6Ω =12Ω R 6 =4Ω R 7 =2Ω R 8 =8Ω 1-34. ábra (Megoldás: Pl. és R 6 R 7 R 8 csillag kapcsolások delta kapcsolássá alakításával R =4Ω) 1.4. feszültség és az áramosztás törvénye a) feszültségosztás törvénye Sorba kapcsolt ellenálláslánc elemei a rájuk kapcsolt feszültséget az ellenállások arányában osztják le. soros ellenálláslánc minden tagján ugyanaz az áram folyik keresztül, ezért: I U R1 I = U be = U R1 = U R2 = U R3 = U ki + + + U be U R2 U ki U R1 = U be + + U R3 + U ki = U be + + 1-35. ábra b) z áramosztás törvénye Egy áramkör párhuzamosan kapcsolt ágainak áramai fordítottan arányosak az egyes ágak ellenállásaival. párhuzamos ágakon eső feszültségek megegyeznek, ezért: 25

I I R1 I R2 I R3 I Rn U be = I R1 = I R2 = I R3 = = I Rn R n = I R e U be. R n 1 R e = R n = 1 + 1 + 1 + + 1 R n I Rn = I R e R n 1-36. ábra Speciális eset: két párhuzamosan kötött ellenállás esetén az áramosztás törvénye: I I R1 I R2 U be = I R1 = I R2 = I R e U be 1 R e = = 1 + 1 = + I R1 = I R e = I, + I R2 = I R e = I + 1-37. ábra 1.4.1. z áramosztás törvényének segítségével számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az ellenálláson 1,8 áram folyik keresztül. I 1 I 2 I 3 I 4 I 5 =1,8 =6Ω =60Ω =28Ω =30Ω U=? =20Ω 1-38. ábra 26 z áramosztás törvényét I 5 áramra és a csomópontba befolyó I 3 áramra felírva: I 5 = I 3 I + = I 5 + 30 + 20 = 1,8 = 3 5 30

I 1 és I 3 áramra felírva: I 3 = I 1 = I + 345 + + ( ) 45 az ellenállással párhuzamosan kapcsolt ág eredő ellenállása I 1 = I 3 + + ( ) 60 + 28 + (30 20) = 3 = 5 60 feszültséggenerátor feszültsége: U = R e I 1 = 30 5 = 150 V R e az egész áramkör eredő ellenállása: R e = + [ ( + ( ))] = 6 + [60 (28 + (30 20))] = 30Ω 1.4.2. Számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásain eső feszültségeket! =2Ω U U R1 U R2 U R3 U R4 =4Ω =6Ω =9Ω U=12V 1-39. ábra feszültségosztás törvényét felírva az egyes ellenállásokra: U R1 = U = U R e + + ( ) = 12 2 2 + 4 + (6 9) = 12 2 = 2,5 V 9,6 U R2 = U 4 = 12 R e 9,6 = 5 V U R3 = U R4 = U = 12 6 9 3,6 = 12 = 4,5 V R e 9,6 9,6 (U R3 (=U R4 ) értékét természetesen az U R3 = U U 1 U 2 = 12 2,5 5 = 4,5 V összefüggésből is megkaphattuk volna.) 27

1.4.3. Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! =1Ω =2Ω I =3Ω =4Ω I=24 1-40. ábra (Megoldás: I 1 = 11,52, I 2 = 5,76, I 3 = 3,84, I 4 = 2,88 ) 1.4.4. Számítsa ki az alábbi áramkör áramgenerátorának és ellenállásának áramát, ha az ellenállás árama 5. =5Ω =8Ω I =7Ω =3Ω I R2 =5 1-41. ábra (Megoldás: I=10,1, I R3 =1,5 ) 1.4.5. Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az ellenálláson eső feszültség 18 V! =3Ω U =2Ω =6Ω =2Ω =3Ω U R3 =18V 1-42. ábra (Megoldás: U=42V) 28

1.4.6. Számítsa ki az alábbi áramkör feszültséggenerátorának feszültségét, és R 7 ellenállásának áramát, ha az ellenállás árama 1,5! =6Ω =6Ω =4Ω =6Ω U=? R 7 =2Ω R 6 =8Ω R 7 =5Ω R 6 I R2 =1,5 1-43. ábra (Megoldás: U=24 V, I R7 =1 ) 1.4.7. Számítsa ki az áramgenerátor áramát, ha az R 6 ellenállás árama 4! =12Ω =4,8Ω =1,2Ω =1Ω =4Ω R 7 R 6 =1,8Ω I R 6 R 8 R 7 =2Ω R 8 =3Ω I R6 =4 1-44. ábra (Megoldás: I=15 ) 29

1.4.8. Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét és az R 6 ellenállás áramát, ha az ellenálláson eső feszültség 21 V! =14Ω R 6 =2Ω =3Ω =10Ω =20Ω U R 7 R 6 =30Ω R 7 =40Ω U R1 =21 V 1-45. ábra (Megoldás: U=30 V, I R6 =0,24 ) 1.5. Thévenin és a Norton tétel Thévenin tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális feszültséggenerátorral (U 0 ) és egy vele sorba kapcsolt belső ellenállással (R b ). helyettesítő feszültséggenerátor forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a felnyitott kapcsok közötti feszültségét. belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok felöl kiszámítjuk. (1.47. ábra) Norton tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális áramgenerátorral (I 0 ) és egy vele párhuzamosan kapcsolt belső ellenállással (R b ). z helyettesítő áramgenerátor forrásáramát úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a rövidre zárt kapcsok között folyó áramot. belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok felöl kiszámítjuk. (1.48. ábra) ( Norton és a Thévenin generátor belső ellenállása megegyezik) z összefüggés a Norton és Thévenin generátor között (1.46. ábra): 30

R b U I = 0N 0T = Rb U 0Thévenin = I 0Norton R b 1-46. ábra I U 0 U k R Helyettesítendő hálózat rész Thévenin generátor forrásfeszültségének meghatározása I R b R b U k R U 0 Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározása Thévenin-féle helyettesítő generátor 1-47. ábra 31

U k I I 0 R Helyettesítendő hálózat rész Norton generátor forrásáramának meghatározása I R b I 0 R b U k R Norton generátor belső ellenállásának meghatározása Norton-féle helyettesítő generátor Kidolgozott példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására z alábbi példákat gyakorlásként mindkét tétel alkalmazásával kiszámoljuk, bár látni fogjuk, hogy a példától függően hol az egyik, hol a másik tétel alkalmazása ad egyerűbb megoldást. Ezért a példa megoldása előtt érdemes átgondolni, melyik módszerrel lehet egyszerűbben, kevesebb számolással megkapni az eredményt. 32

1.5.1. Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! =10Ω U =20Ω =30Ω =60Ω U=30V 1-49. ábra 1.5.1.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével a) Először távolítsuk el ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó hálózatrészben számítsuk ki a feszültséget a felnyitott - kapcsok között. Ez a feszültség lesz a Thévenin generátor forrásfeszültsége: U 0 U C= 1-50. ábra 33

felnyitott ág miatt ellenálláson nem folyik áram, így rajta nem esik feszültség, ezért U 0 feszültség megegyezik az ellenálláson eső feszültséggel. (mi pedig egyenlő U feszültségforrás és az ellenálláson eső feszültség különbségével. (ld. Kirchhoff hurok tv.) feszültségosztás törvényét felírva ellenállásra: U 0 = U 60 = 30 = 20 V + 30 + 60 b) Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki és pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Thévenin generátor belső ellenállása: R =R b 1-51. ábra R b = + ( ) = + 30 60 = 20 + + 30 + 60 = 40 Ω c) Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: 34

U 0 I R1 U R1 R b 1-52. ábra U R1 = U 0 10 = 20 + R b 10 + 40 = 4 V I R1 = U R1 = 4 = 0,4 10 1.5.1.2. Megoldás a Norton tétel segítségével a) Először távolítsuk el ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó hálózatrészben számítsuk ki az áramot a rövidre zárt - kapcsok között. Ez az áram lesz a Norton generátor forrásárama: I 0 U C= 1-53. ábra z 1-53. áramkör eredő ellenállása: R e = + ( ) = 30 + (20 60) = 45 Ω Árama: I = U = 30 R e 45 = 2 = 0,667 3 35

I 0 áramra az áramosztás törvényét felírva: I 0 = I = 2 + 3 60 = 0,5 20 + 60 b) belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításával. Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki és pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Norton generátor belső ellenállása (ld. 1-51. ábra): R b = + ( ) = + 30 60 = 20 + + 30 + 60 = 40 Ω c) Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-54.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: I 0 UR1 I R1 R b 1-54. ábra z áramosztás törvénye I R1 áramra: I R1 = I R b 40 = 0,5 = 0,4 R b + 40 + 10 Végül U R1 feszültség: U R1 = I R1 = 0,4 10 = 4 V 1.5.2. Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! 36

=4Ω =6 Ω U =2Ω =3Ω =6Ω U=24V 1-55. ábra 1.5.2.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével U 0 U 1-56. ábra z 1-56. áramkör eredő ellenállása: R e = + ( ( + )) = 6 + (3 (4 + 2)) = 8 Ω z 1-56. áramkör árama: I = U R e = 24 8 = 3 és ellenállásokon folyó áram az áramosztás törvényéből: I R13 = I 3 = 3 + + 4 + 2 + 3 = 1 Thévenin generátor U 0 forrásfeszültsége egyenlő az ellenálláson eső feszültséggel, így: U 0 = I R13 = 4 1 = 4 V Thévenin generátor belső ellenállását U feszültségforrás rövidre zárása után az - R =R 37 1-57. ábra

pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk: R b = [ + ( )] = 4 [2 + (3 6)] = 2 Ω Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: U 0 =4V R b =2Ω U R2 I R2 1-58. ábra U R2 = U 0 I R2 = U R2 6 = 4 + R b 6 + 2 = 3 V = 3 = 0,5 6 Mielőtt megoldanánk a feladatot a Norton tétel alkalmazásával, a Thévenin generátor adataiból a Norton generátor adatai egyszerűen kiszámíthatóak. Norton generátor forrásárama: I 0 = U 0 R b = 4 2 = 2 belsőellenállás mindkét helyettesítő generátornál ugyanaz. 1.5.2.2. Megoldás a Norton tétel segítségével I 0 U 1-59. ábra 38

I 0 forrásfeszültség kiszámításához ellenállás eltávolítása után rövidre zárjuk a visszamaradó áramkört és pontok között. I 0 egyenlő az és pontok között folyó árammal. rövidzár miatt ellenálláson nem folyik áram, az áramkör árama a két párhuzamosan kapcsolt és ellenállás között oszlik meg. Írjuk fel a feszültségosztás törvényét és a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás, és eredőjére. párhuzamos ágak feszültsége: U R34 = U ellenállás árama: I 0 = U R34 + ( ) = 24 2 3 6 + (2 3) = 4 V = 4 2 = 2 belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátornál leírtakkal (1-57. ábra), így R b =2Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-60.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: I R2 I 0 =2 R b =2Ω U R2 1-60. ábra z áramosztás törvénye I R2 áramra: I R2 = I R b 2 = 2 = 0,5 R b + 2 + 6 Végül U R2 feszültség: U R2 = I R2 = 0,5 6 = 3 V 1.5.3. Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! 39

=60Ω =15Ω I =50Ω =30Ω =20Ω I=5 1-61. ábra 1.5.3.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével I U 0 R b 1-62. ábra eltávolítása után a visszamaradó áramkör két párhuzamos ágat tartalmaz (1-62. ábra). z egyik ágban, a másikban a sorba kapcsolt, és található. z áramgenerátor I árama e két ág között az áramosztás törvényének megfelelően oszlik meg: I R245 = I 60 = 5 = 2,4 + + + 60 + 15 + 30 + 20 Thévenin generátor U 0 forrásfeszültsége az és ellenállásokon eső feszültségek összegével egyenlő: U 0 = I R245 ( + ) = 2,4 (30 + 20) = 120 V Thévenin generátor belső ellenállását az áramgenerátor áramkörének megszakításával és pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk (1-62. ábra) R b = ( + ) ( + ) = (60 + 15) (30 + 20) = 30Ω Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: 40

U 0 =120V I R3 R b =30Ω U R3 1-63. ábra U R3 = U 0 50 = 120 = 75 V + R b 50 + 30 I R3 = U R3 = 75 = 1,5 50 1.5.3.2. Megoldás a Norton tétel segítségével I I 0 R b 1-64. ábra ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkört és pontok között rövidre zárjuk. z itt folyó áram lesz a Norton generátor forrásárama. rövidre zárás miatt és ellenállásokon nem folyik áram, ezért I áram a párhuzamosan kapcsolt és között oszlik meg. I 0 áram az ellenállás áramával egyenlő: I 0 = I 60 = 5 + 60 + 15 = 4 41

belső ellenállás kiszámítás a 1.5.3.1. pontban leírttal megegyező módon történik, így R b =30 Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-65.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: I R3 I 0 =4 R b =30Ω U R3 1-65. ábra z áramosztás törvénye I R3 áramra: I R3 = I R b 30 = 4 = 1,5 R b + 30 + 50 Végül U R3 feszültség: U R3 = I R3 = 1,5 6 = 75 V 1.5.4. Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! =6Ω =6Ω =6Ω U R 6 =2Ω =2Ω R 6 =2Ω U=30 V 1-66. ábra 1.5.4.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével 42

C U 0 C I 1 I I 2 U 0 R 6 R 6 U U D D 1-67. ábra Thévenin féle helyettesítő generátor U 0 forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy az ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkör felnyitott és pontjai között kiszámítjuk a feszültséget. z 1-67. ábrán mindkét rajz ugyanazt az áramkört ábrázolja, csak a jobb oldali ábra jobban áttekinthető. z 1-67. ábrán lévő áramkör eredő ellenállása: R e = + + (R 6 ( + )) = 2 + 6 + (2 (6 + 2)) = 9,6 Ω z áramkör árama: I = U = 30 = 3,125 R e 9,6 I 1 áramra az áramosztás törvényét felírva: I 1 = I R 6 2 = 3,125 = 0,625 R 6 + + 2 + 6 + 2 z 1-67. ábrán látjuk, hogy és pontok közötti feszültséget, (ami egyben a Thévenin generátor forrásfeszültsége), az alábbi módon tudjuk felírni: U 0 = I + I 1 = 3,125 6 + 0,625 6 = 22,5 V Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításához az 1-67. ábra áramkörének feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk és pontok között az ellenállást. 43

R b C C R 6 R 6 D D 1-68. ábra z 1-68. ábrán mindkét rajz ugyanazt az ellenállás hálózatot ábrázolja. jobboldali ábrából jól látszik, hogy az eredő ellenállás kiszámításához csillag-delta vagy delta-csillag átalakításra van szükség. Például az,, R 6 ellenállások alkotta csillag kapcsolást átalakítsuk át delta kapcsolássá. C R C R C R 1-69. ábra R C = + R 6 + R 6 = 2 + 2 + 2 2 2 = 6Ω, R C = + R 6 + R 6 = 2 + 2 + 2 2 2 = 6Ω, R = + + R 6 = 2 + 2 + 2 2 2 = 6 Ω, Most már fel tudjuk írni és pontok között az eredő ellenállást: R b = [( R C ) + ( R C )] R = [(6 6) + (6 6)] 6 = 3 Ω Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: 44

U 0=18,462V I R2 U R2 R b =2,615Ω 1-70. ábra U R2 = U 0 6 = 22,5 = 15 V + R b 6 + 3 I R2 = U R2 = 15 6 = 2,5 1.5.4.2. Megoldás a Norton tétel segítségével I R1 I 0 C = I R1 C I R4 R 6 I R4 I I R3 R 6 U U D D 1-71. ábra z 1-71. áramkör eredő ellenállása: R e = + ( [( ) + R 6 ]) = 2 + (2 [(6 6) + 2]) = 24 7 Ω z áramkör árama: I = U 7 = 30 = 8,75 R e 24 z 1-71. ábra bal oldali áramkörénél az pontra felírt Kirchhoff csomóponti egyenletből a Norton generátor I 0 forrásáramára a következő egyenletet kapjuk: I 0 = I R1 + I R4 Ebből I R4 áram: 45

I R4 = I ( ) + R 6 (6 6) + 2 = 8,75 ( ) + R 6 + (6 6) + 2 + 2 = 8,75 5 = 6,25 7 maradék áram és ellenállásokon oszlik meg. Mivel és azonos nagyságú, a rajtuk átfolyó áram is azonos nagyságú lesz. I R1 + I R3 = I I R4 = 8,75 6,25 = 2,5 z áramosztás törvénye I R1 áramra: I R1 = (I R1 + I R3 ) 6 = 2,5 = 1,25 + 6 + 6 Norton generátor I 0 forrásáramára tehát: I 0 = I R1 + I R4 = 1,25 + 6,25 = 7,5 Norton generátor belső ellenállásának meghatározása a Thévenin tételes számításnál az 1.5.4.1. pontban megtalálható. Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-72.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: I 0=7,06 R b =2,615Ω U R2 I R2 1-72. ábra z áramosztás törvénye I R2 áramra: I R2 = I R b 3 = 7,5 = 2,5 R b + 3 + 6 Végül U R2 feszültség: U R2 = I R2 = 2,5 6 = 15V 46

1.5.5. Számítsa ki az alábbi áramkör ellenálláson kívüli részének Thévenin és Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki ellenállás feszültségét és áramát! U 1 U 2 =2Ω =3Ω =8Ω =5Ω U 1 =120V U 2 =90V 1-73. ábra 1.5.5.1. Megoldás a Thévenin tétel segítségével ellenállás eltávolítása után számítsuk ki az és pontok közötti feszültséget, ami a Thévenin generátor forrásfeszültségével lesz egyenlő. I U 2 U 0 U 1 1-74. ábra Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenletét 1-74. ábrán látható áramkör áramának kiszámításához: I ( + + ) + U 2 U 1 = 0 I = U 1 U 2 120 90 = + + 2 + 3 + 5 = 3 Thévenin generátor U 0 forrásfeszültsége: U 0 = U 1 I ( + ) = 120 3 5 = 105 V (vagy U 0 = U 2 + I = 105 V) Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározásához mindkét feszültséggenerátort rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk és pontok között az eredő ellenállást: 47

I 1-75. ábra R b = ( + ) = (2 + 3) 5 = 2,5Ω Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: U 0 =105V R b =2,5Ω U R3 I R3 1-76. ábra U R3 = U 0 8 = 105 = 80 V + R b 8 + 2,5 I R3 = U R3 = 80 8 = 10 1.5.5.2. Megoldás a Norton tétel segítségével z ellenállás eltávolítása után zárjuk rövidre az áramkört és pontok között, majd számítsuk ki az - pontok között folyó áramot: 48

U 2 I R12 I R4 I 0 U 1 1-77. ábra rövidzár miatt U 1 feszültségforrás teljes feszültsége és ellenállásokon esik, U 2 feszültségforrás teljes feszültsége pedig ellenálláson. I R12 = U 1 = 120 = 24 + 2 + 3 I R4 = U 2 = 90 5 = 18 Kirchhoff csomóponti törvényét felírva az csomópontra a Norton generátor I 0 forrásárama: I 0 = I R12 + I R4 = 42 belső ellenállás kiszámítása megegyezik az 1.5.5.1. pontban leírtakkal, így R b =2,5Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-78.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk ellenállást, majd számoljuk ki áramát és feszültségét: I R3 I 0 =42 R b =2,5Ω U R3 1-78. ábra z áramosztás törvénye I R3 áramra: I R3 = I R b 2,5 = 42 = 10 R b + 2,5 + 8 49

Végül U R3 feszültség: U R3 = I R3 = 10 8 = 80V Gyakorló példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására 1.5.6. Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! =10Ω U =20Ω =30Ω =60Ω U=30V 1-79. ábra (Megoldás: U 0 =15 V, I 0 =1, R b =15 Ω, U R4 =12 V, I R4 =0,2 ) 1.5.7. Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! =4Ω =6Ω U =2Ω =3Ω =6Ω U=24V 1-80. ábra (Megoldás: U 0 =8 V, I 0 =1,818, R b =4,4 Ω, U R3 =2,5 V, I R3 =1,25 ) 50

1.5.8. Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! =60Ω =15Ω I =50Ω =30Ω =20Ω I=5 1-81. ábra (Megoldás: U 0 =120 V, I 0 =4, R b =50 Ω, U R4 =60 V, I R4 =2 ) 1.5.9. Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásának áramát és feszültségét! =6Ω =6Ω =2Ω U R 6 =2Ω =2Ω R 6 =6Ω U=30 V 1-82. ábra (Megoldás: U 0 =10 V, I 0 =3, R b =3,333 Ω, U R1 =6,429 V, I R1 =1,071 ) 1.5.10. Számítsa ki az alábbi áramkör ellenálláson kívüli részének Thévenin vagy Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki ellenállás feszültségét és áramát! 51

=2Ω =3Ω U 1 U 2 =8Ω =2Ω U 1 =120V U 2 =90V 1-83. ábra (Megoldás: U 0 =48 V, I 0 =13,33, R b =3,6 Ω, U R2 =21,818 V, I R2 =7,272 ) 1.6. Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok kiszámítására z alábbiakban négy módszer, a Kirchhoff-törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere alkalmazásával ismerkedünk meg. módszerek ismertetése példákon keresztül történik, az első három példánál mind a négyfajta megoldás bemutatásra kerül, hogy lássuk, hogy példánként változik, hogy melyik megoldási mód vezet kevesebb számolással gyorsabb eredményre. 1.6.1. Számítsuk ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! =1Ω =2Ω U 1 I 1 I 3 =3Ω + I 2 + U 3 =4Ω U 2 U 1 =35V U 2 =14V U 3 =16V 1-84. ábra 52

1.6.1.1. Megoldás Kirchhoff törvények segítségével a) Jelöljük be az ágak áramait! (I 1, I 2, I 3 ) z áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. b) Jelöljük be a hurkokban a pozitív körüljárás irányát! c) három ismeretlen ágáram meghatározásához három független egyenletből álló egyenletrendszer felírása szükséges. Ez esetünkben két hurok és egy csomóponti egyenletet jelent. Hurok egyenletek (z ellenállásokon eső feszültségek iránya a rajtuk átfolyó áram irányával megegyező.): (1) I 1 + I 2 U 2 + I 1 U 1 = 0 (2) I 3 + U 2 + U 3 I 2 = 0 Csomóponti egyenlet: (3) I 1 I 2 + I 3 = 0 ehelyettesítve a megadott értékeket: (1) I 1 + 3 I 2 + 2 I 1 = 14 + 35 (2) 4 I 3 3 I 2 = 14 16 (3) I 1 I 2 + I 3 = 0 (1) 3 I 1 + 3 I 2 = 49 (2) 4 I 3 + 3 I 2 = 30 (3) I 1 = I 2 I 3 (1) 3 (I 2 I 3 ) + 3 I 2 = 49 (2) 4 I 3 + 3 I 2 = 30 (1) 6 I 2 3 I 3 = 49 (2) 3 I 2 + 4 I 3 = 30 11 I 3 = 11 I 3 = 1 53

I 2 = 30 4 1 3 = 26 3 = 8,67 I 1 = 26 3 3 = 23 3 = 7,67 1.6.1.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével =1Ω U 1 U I 1 I 3 I 2 U 2 U 3 =2Ω =3Ω =4Ω U 1 =35V U 2 =14V U =0 U 3 =16V 1-85. ábra z ágak áramai az ágak két végpontja közötti potenciálkülönbségtől függnek. z ábrán mindhárom ág egyik végpontja U, másik végpontja U potenciálon van. Mivel az áram szempontjából csak a két potenciál különbsége számít, az egyik értékét tekinthetjük nullának. Legyen U =0. z ágáramok a csomóponti potenciálok segítségével kifejezhetők: (1) U U = I 1 + U 1 I 1 (2) U U = I 2 U 2 (3) U U = I 3 + U 3 mivel U =0 I 1 = U 1 U + mivel U =0 I 2 = U +U 2 mivel U =0 I 3 = U 3 U Így mindhárom ágáram csak U csomóponti potenciáltól függ. U kiszámításához pedig elég egyetlen Kirchhoff csomóponti egyenlet felírása. I 1 I 2 + I 3 = 0 ehelyettesítve a csomóponti potenciálokkal kifejezett áram értékeket: 54 U 1 U U U 2 + U 3 U = 0 + 35 U 3 U 14 3 + 16 U 4 = 0

4(35 U ) 4(U 14) + 3(16 U ) = 0 11U = 132 U = 12 V Visszahelyettesítve U értékét (1), (2), (3) egyenletekbe: I 1 = U 1 U 35 12 = = 23 + 3 3 I 2 = U U 2 12 + 14 = = 26 + 3 3 I 3 = U 3 U 16 12 = = 1 4 = 7,67 = 8,67 1.6.1.3. Megoldás a hurokáramok módszerével =1Ω U 1 I 1 I 3 I s1 I 2 I s2 U 2 U 3 =2Ω =3Ω =4Ω U 1 =35V U 2 =14V U 3 =16V 1-86. ábra hurokáramok módszerénél feltételezzük, hogy az ágak áramait az áramkör egyes zárt hurkaiban folyó ún. hurokáramok eredője hozza létre, vagyis azon ágak áramai, melyek két hurokhoz is tartoznak, kiszámíthatók a hurokáramok előjeles összegéből. Ez által az ismeretlenek száma a független hurokegyenletek számára csökken. Ez ennél a példánál azt jelenti, hogy két Kirchhoff hurokegyenletből álló kétismeretlenes egyenletrendszert kell megoldani. 1. Jelöljük be az ágak áramait! (I 1,I 2,I 3 ) z áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. 2. Jelöljük be a hurkokáramok irányát minden hurokban! 3. Írjuk fel a valós ágáramok és a fiktív hurokáramok közötti az összefüggéseket! melyik ág csak egy hurokhoz tartozik, ott az ágáram és a hurokáram nagysága megegyezik, de az előjelre itt is figyelni kell! 55

I 1 = I s1 I 2 = I s1 I s2 I 3 = I s2 4. Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenleteit I s1 és I s2 segítségével: (1) I s1 + (I s1 I s2 ) U 2 + I s1 U 1 = 0 (2) I s2 + U 2 + U 3 + (I s2 I s1 ) = 0 (1) ( + + ) I s1 I s2 = U 2 + U 1 (2) I s1 + ( + ) I s2 = U 2 U 3 (1) 6 I s1 3 I s2 = 49 (2) 3 I s1 + 7 I s2 = 30 11 I s2 = 11 I s2 = 1 I s1 = 7 I s2 + 30 3 = 23 3 = 7,67 Így a valódi ágáramok: I 1 = I s1 = 7,67, I 2 = I s1 I s2 = 7,67 ( 1) = 8,67, I 3 = I s2 = ( 1) = 1 1.6.1.4. Megoldás a szuperpozíció tétel segítségével Több feszültség és/vagy áramgenerátort tartalmazó hálózat bármely ágának árama egyenlő azon áramok összegével, amelyet a csak egy-egy generátor hozna létre, ha a többi áramés/vagy feszültségforrást kiiktatnánk, vagyis a feszültséggenerátorokat rövidre zárnánk, az áramgenerátorok áramkörét megszakítanánk. 56

U =1Ω =2Ω U 1 I 1 I 3 =3Ω I 2 U 3 =4Ω U 2 U 1 =35V U 2 =14V U U 3 =16V 1-87. ábra I 1 I 3 U 1 I 2 I 1 I 3 I 2 U 2 1-88. ábra I 1 R I 3 3 I 2 U 3 1-89. ábra 1. Jelöljük be az ágak áramait! (I 1,I 2,I 3 ) z áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. 2. Rajzoljuk fel az egyenként a három rész áramkört, melyeket egy feszültséggenerátor meghagyásával, a két másik kiiktatásával kapunk. Jelöljük be az áramirányokat! Ezeknek az áramoknak az iránya már nem vehető fel tetszőlegesen, mert a feszültséggenerátorok feszültségei által adottak! 3. Számítsuk ki egyenként a három áramkör ágaiban folyó áramokat! 57

R e = + + ( ) = 1 + 2 + I 1 = U 1 R = 35 = 7, 424 e 4, 714 3 4 = 4, 714 Ω 3 + 4 I 2 = I 1 + = 4,242, I 3 = I 1 I 2 = 7,424 4,242 = 3,182 a) R e " = + [( + ) ] = 3 + (1+2) 4 1+2+4 = 4,714 Ω I " 2 = U 2 R" = 14 = 2, 9697 e 4, 714 I 1 " = I 2 " + + = 1,697, I 3 " = I 2 " I 1 " = 2,9697 1,697 = 1,273 b) R e = + [( + ) ] = 4 + (1+2) 3 1+2+3 = 5,5 Ω I 3 = U 3 R = 16 = 2, 909 e 5, 5 I 1 = I 3 + + = 1,4545, I 2 = I 3 I 1 = 2,909 1,4545 = 1,4545 4. kapott eredményekből írjuk fel az eredeti áramkör áramait! I 1 = I 1 + I 1 I 1 = 7,424 + 1,6969 1,4545 = 7,67 I 2 = I 2 + I 2 + I 2 = 4,242 + 2,969 + 1,4545 = 8,67 I 3 = I 3 + I 3 + I 3 = 3,182 + 1,2727 + 2,0909 = 1 58

1.6.2. Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! U 2 =10Ω U 1 I 0 =10Ω =5Ω =15Ω =20Ω U 1 =90V U 2 =45V I 0 =6 1-90. ábra 1.6.2.1. Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával kapcsolási rajzon jelöljük be az ismeretlen ágáramokat! z áramok irányát tetszőlegesen felvehetjük, ha a számítások végén negatív előjelet kapunk, az azt jelenti, hogy a tényleges áramirány a feltételezettel ellentétes irányú. U 2 I 1 I 3 + I 2 + I 4 I 0 U 1 I 3 C D 1-91. ábra z ábrából látszik, hogy négy ismeretlen ágáramot kell meghatározni. Ehhez egy négy egyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszerre van szükség. ( és ellenállások áramai megegyeznek, hiszen a és a D csomópontba a befutó ágak közül kettő azonos, így a harmadik ág áramának is azonosnak kell lenni.) négy egyenlet két csomóponti és két hurokegyenletet jelent. Csomóponti egyenletet írhatunk fel pl. az és a csomópontra, hurokegyenletet pl. az ábrán bejelölt két hurokra: Hurok egyenletek: (1) I 1 + I 2 U 1 = 0 (2) U 2 I 3 + I 4 I 3 I 2 = 0 59

Csomóponti egyenletek: (3) I 1 I 2 + I 3 = 0 (4) I 0 I 3 I 4 = 0 (1) I 1 + I 2 = U 1 (2) I 2 ( + ) I 3 + I 4 = U 2 (3) I 1 I 2 + I 3 = 0 (4) I 3 + I 4 = I 0 z egyenletrendszer megoldása tetszőleges módszerrel történhet, egyik lehetőség pl. a Gauss elimináció alkalmazása. z egyenletrendszer mátrixos alakja: 0 0 0 R [ 2 ( + ) ] [ 1 1 1 0 0 0 1 1 I 1 I 2 ] = [ I 3 I 4 U 1 U 2 ] 0 I 0 ehelyettesítve a megadott értékeket: bővített mátrix: 10 10 0 0 90 0 10 25 15 I [ ] [ 2 45 ] = [ ] 1 1 1 0 I 3 0 0 0 1 1 I 4 6 I 1 10 10 0 0 90 0 10 25 15 45 [ ] 1 1 1 0 0 0 0 1 1 6 Gauss elimináció lépései: 60 10 10 0 0 90 10 10 0 0 90 0 10 25 15 45 0 10 25 15 45 [ ] [ ] 0 20 10 0 90 0 0 60 30 0 0 0 1 1 6 0 0 1 1 6 10 10 0 0 90 0 10 25 15 45 [ ] 0 0 60 30 0 0 0 0 90 360

z utolsó lépésként kapott mátrixból felírható: 90 I 4 = 360 I 4 = 4 60 I 3 + 30 4 = 0 I 3 = 2 10 I 2 25 2 + 15 4 = 45 I 2 = 5,5 10 I 1 + 10 5,5 = 90 I 1 = 3,5 1.6.2.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével U 2 U U I 1 I 3 I 2 I 4 I 0 U 1 I 3 U C =0 U D 1-92. ábra Ha megnézzük az 1-92. ábrát, látjuk, hogy négy különböző potenciálú csomópont található a kapcsolásban, amelyikből egynek a potenciálját 0-nak vehetjük, de így is marad 3 ismeretlen csomóponti potenciál. z előzőekben, amikor a Kirchhoff-törvények segítségével oldottuk meg a feladatot, láttuk, hogy csak 2 egymástól független csomóponti egyenlet írható fel, márpedig a csomóponti potenciálok módszerénél a csomóponti egyenletek számával megegyező egyenletet tudunk felírni az ismeretlenek kiszámításához. látszólagos ellentmondást az okozza, hogy a kapcsolás 2 ágában is I 3 áram folyik, vagyis I 3 kifejezhető nemcsak U és U, hanem U C és U D csomóponti potenciálok segítségével is, vagyis ha U C -t nullának vesszük, U D kifejezhető U és U segítségével. Fejezzük ki az ágáramokat! (1) U = U 1 I 1 I 1 = U 1 U (2) U = I 2 I 2 = U (3) U U = U 2 I 3 I 3 = U 2 U +U 61

(4) U U C = I 4 I 4 = U U C (5) U D = I 3 I 3 = U D (3) és az (5) egyenletekből U D kifejezhető: I 3 = U 2 U + U = U D U D = U 2 U + U U D behelyettesítve a (4) egyenletbe I 4 kifejezhető: (4) U + U 2 U +U = I 4 I 4 = U + U 2 U +U Írjuk fel a csomóponti egyenleteket és csomópontra! () I 1 I 2 + I 3 = 0 () I 0 I 3 I 4 = 0 () U 1 U U + U 2 U +U = 0 () I 0 U 2 U +U U U 2 U +U = 0 () 90 U 10 U + 45 U +U = 0 10 5 () 6 45 U +U 5 U 45 U +U 20 = 0 15 5 15 () 90 U U + 90 2 U + 2 U = 0 () 90 135 + 3 U 3 U U 180 + 4 U 4 U = 0 () 4 U + 2 U = 180 () 7 U 8 U = 225 () 16 U + 8 U = 720 62

() 7 U 8 U = 225 ()+() 9 U = 495 U = 55 V U = 90 + 2 U U = 20 V z eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe: (1) I 1 = U 1 U = 90 55 10 = 3,5 (2) I 2 = U = 55 = 5,5 10 (3) I 3 = U 2 U +U = 45 55+20 = 2 5 (4) I 4 = U U D (5) I 3 = U D = 45 U D = 20+40 = 4 15 U D = I 3 = 20 2 = 40 V 1.6.2.3. Megoldás a hurokáramok módszerével U 2 I 1 I 3 I s1 I 2 I s2 I 4 I 0 U 1 I 3 C D 1-93. ábra Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket! (1) I 1 = I s1 (2) I 2 = I s1 I s2 (3) I 3 = I s2 (4) I 4 = I s2 + I 0 63

két ismeretlen hurokáram az 1-93. ábrán bejelölt két hurokra felírt hurokegyenletekből kiszámítható: (1) I s1 + (I s1 I s2 ) U 1 = 0 (2) U 2 + I s2 + (I s2 + I 0 ) + I s2 + (I s2 I s1 ) = 0 (1) ( + ) I s1 I s2 = U 1 (2) I s1 + ( + + + ) I s2 = U 2 I 0 (1) 20 I s1 10 I s2 = 90 (2) 10 I s1 + 50 I s2 = 135 (1)+2 (2): 90I s2 = 180 I s2 = 2 I s1 = 90 + 10 ( 2) 20 = 3,5 fenti eredmények segítségével megkapjuk a valós ágáramokat (1) I 1 = I s1 = 3,5 (2) I 2 = I s1 I s2 = 3,5 ( 2) = 5,5 (3) I 3 = I s2 = ( 2) = 2 (4) I 4 = I s2 + I 0 = 2 + 6 = 4 1.6.2.4. Megoldás a szuperpozíció tételével z áramkör két feszültség- és egy áramgenerátort tartalmaz, a megoldáshoz három rész áramkörre bontjuk a kapcsolást. 64

U 1 U 2 I 1 I 3 I 2 I 4 I 0 a) I = 1 I 3 + U 1 I R I 4 3 2 U 2 b) c) I 1 I 3 R I 2 2 I 4 + I 1 I 3 R I 2 2 I 4 I 0 1-94. ábra rész áramkörök áramainak kiszámítása: a) R e = + ( ( + + )) = 10 + (10 (5 + 15 + 20) = 18 Ω I 1 = U 1 R e = 90 18 = 5 I 2 = I 1 + + 5 + 15 + 20 = 5 + + + 10 + 5 + 15 + 20 = 4 I 3 = I 1 I 2 = 5 4 = 1 b) R e = ( ) + + + = (10 10) + 5 + 15 + 20 = 45 Ω I 3 = U 2 R e = 45 45 = 1 I 2 = I 3 10 = 1 = 0,5 + 10 + 10 I 1 = I 3 I 2 = 1 0,5 = 0,5 c) I 4 = I 0 + + ( ) 5 + 20 + (10 10) = 6 + + ( ) + 5 + 20 + (10 10) + 15 = 4 65

I 3 = I 0 I 4 = 6 4 = 2 I 2 = I 3 10 = 2 + 10 + 10 = 1 I 1 = I 3 I 2 = 2 1 = 1 rész áramkörök áramainak összegzésével megkapjuk a valódi ágáramokat. z összegzés során figyeljünk az áramirányokra! ( feladatot a rossz előjelekkel lehet legkönnyebben elrontani, ezért a végén mindig érdemes a végeredményt a Kirchhoff csomóponti egyenletekkel ellenőrizni) I 1 = I 1 I 1 I 1 = 5 0,5 1 = 3,5 I 2 = I 2 + I 2 + I 2 = 4 + 0,5 + 1 = 5,5 I 3 = I 3 + I 3 + I 3 = 1 + 1 + 2 = 2 I 4 = I 3 I 3 + I 4 = 1 + 1 + 4 = 4 1.6.3. Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! U 1 U 2 U 3 R 6 =2,5Ω =10Ω =3Ω =6Ω =8Ω R 6 =8Ω U 1 =25V U 2 =40V U 3 =64V 1-95. ábra 1.6.3.1. Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával Jelöljük be az áramokat (az áramirányok felvétele tetszőleges, ha a végén negatív értéket kapunk, akkor az azt jelenti, hogy a berajzolttal ellentétes a valódi áramirány): 66

U 2 + I 3 U 1 I 1 I 4 I 6 R 6 I 2 I 5 R + 2 + + U 3 1-96. ábra hat ismeretlen ágáram kiszámításához a Kirchhoff törvények segítségével hat egyenletet, 2 csomóponti- és 4 hurokegyenletet lehet felírni: Hurok egyenletek: (1) I 1 + I 2 U 1 = 0 (2) I 2 + I 4 I 5 = 0 (3) U 2 I 3 I 4 = 0 (4) U 3 I 5 R 6 I 6 = 0 Csomóponti egyenletek: (5) I 1 I 2 + I 3 I 4 = 0 (6) I 3 + I 4 I 5 + I 6 = 0 Mátrixos formába rendezve az egyenleteket: 0 0 0 0 I 1 0 0 0 I 2 0 0 0 0 I 3 0 0 0 0 R 6 I 4 = 1 1 1 1 0 0 I 5 [ 0 0 1 1 1 1 ] [ I 6 ] [ U 1 0 U 2 U 3 0 0 ] Írjuk be a megadott értékeket a paraméterek helyébe: 67

2,5 10 0 0 0 0 I 1 0 10 0 6 8 0 I 2 0 0 3 6 0 0 I 3 0 0 0 0 8 8 I 4 = 1 1 1 1 0 0 I 5 [ 0 0 1 1 1 1] [ I 6 ] [ 25 0 40 64 0 0 ] Látjuk, hogy az együttható mátrix főátlójában a 4. sorban nulla van, ezért cseréljük fel a 4. és az 5. sort és a Gauss elimináció elvégzéséhez a bővített mátrixot már így írjuk fel. Ezek után végezzük el a főátló alatti helyek kinullázását : 2,5 10 0 0 0 0 25 0 10 0 6 8 0 0 0 0 3 6 0 0 40 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 8 8 64 [ 0 0 1 1 1 1 0 ] [ 2,5 10 0 0 0 0 25 0 10 0 6 8 0 0 0 0 3 6 0 0 40 0 12,5 2,5 2,5 0 0 25 0 0 0 0 8 8 64 0 0 1 1 1 1 0 ] 2,5 10 0 0 0 0 25 0 10 0 6 8 0 0 0 0 3 6 0 0 40 0 0 1 4 4 0 10 0 0 0 0 8 8 64 [ 0 0 1 1 1 1 0 ] [ 2,5 10 0 0 0 0 25 0 10 0 6 8 0 0 0 0 3 6 0 0 40 0 0 0 18 12 0 70 0 0 0 0 1 1 8 0 0 0 9 3 3 40] 2,5 10 0 0 0 0 25 0 10 0 6 8 0 0 0 0 3 6 0 0 40 0 0 0 18 12 0 70 0 0 0 0 1 1 8 [ 0 0 0 0 18 6 10] [ 2,5 10 0 0 0 0 25 0 10 0 6 8 0 0 0 0 3 6 0 0 40 0 0 0 18 12 0 70 0 0 0 0 1 1 8 0 0 0 0 0 24 154] z utolsó mátrix 6. sorából felírható: 24 I 6 = 154 I 6 = 154 24 z 5. sorból: I 5 + I 6 = 8 68 = 6,4167 I 5 = 8 6,4167 = 1,5833 4. sorból: 18 I 4 + 12 I 5 = 70

I 4 = 70 12 1,5833 18 3. sorból: 3 I 3 + 6 I 4 = 40 I 3 = 40 6 2,833 3 2. sorból: 10 I 2 + 6 I 6 + 4 I 4 = 0 I 2 = = 2,833 = 7,667 3 2,833 + 4 1,5833 5 z 1. sorból: 2,5 I 1 + 10 I 2 = 25 I 1 = 25 10 2,9667 2,5 = 2,9667 = 1,8667 z I 1 -re negatív értéket kaptunk, tehát az áram iránya az ábrába berajzolttal ellentétes. ( többi áram irányát jól vettük fel.) 1.6.3.2. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével z előző (1.6.3.1) megoldásnál láttuk, hogy az áramkörre két csomóponti egyenlet írható fel. Ez azt jelenti, hogy a csomóponti potenciálok módszerének alkalmazásával a hat ismeretlenes egyenletrendszer két ismeretlenesre egyszerűsödik. Így ennél a példánál valószínűleg ez a módszer adja a legegyszerűbb megoldást. U 2 U I 3 U U 1 I 1 I 4 I 6 R 6 I 2 I 5 U 3 U C =0 U C =0 1-97. ábra Jelöljük be a csomóponti potenciálokat! z alsó két csomópont azonos potenciálon van, válasszuk ennek az értékét 0-nak. 69

Fejezzük ki az ágáramokat a csomóponti potenciálok segítségével: (1) U = U 1 I 1 I 1 = U 1 U (2) U = I 2 I 2 = U (3) U U = U 2 I 3 I 3 = U 2 U +U (4) U U = I 4 I 4 = U U (5) U = I 5 I 5 = U (6) U = U 3 R 6 I 6 I 6 = U 3 U R 6 Írjuk fel a csomóponti egyenleteket és csomópontra! () I 1 I 2 + I 3 I 4 = 0 () I 3 + I 4 I 5 + I 6 = 0 () U 1 U U + U 2 U +U U U = 0 () U 2 U +U + U U U + U 3 U R 6 = 0 () 25 U 2,5 U + 40 U +U U U = 0 10 3 6 () 40 U +U 3 + U U 6 U + 64 U = 0 8 8 () 12 (25 U ) 3 U + 400 10 U + 10 U 5 U + 5 U = 0 () 320 + 8 U 8 U + 4 U 4 U 3 U + 192 3 U = 0 () 30 U + 15 U = 700 () 12 U 18 U = 128 () 6 U + 3 U = 140 () 6 U 9 U = 64 ()+() 70

6 U = 76 U = 76 6 = 38 3 = 12,667 V 3()+() 12 U = 356 U = 356 12 = 89 3 = 29,667 V z eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe: (1) I 1 = U 1 U (2) I 2 = U = = 25 89 3 2,5 89 3 10 (3) I 3 = U 2 U +U (4) I 4 = U U = (5) I 5 = U = (6) I 6 = U 3 U R 6 38 3 8 = 1,8667 = 2,9667 = 40 89 3 +38 3 3 89 38 3 6 = 2,833 = 1,5833 V = 64 38 3 8 = 7,667 = 6,41667 z eredmények megegyeznek az 1.6.3.1. pontban kapott értékekkel. 1.6.3.3. Megoldás a hurokáramok módszerével Ezzel a módszerrel most négy hurokegyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszert kell megoldanunk. U 2 I s3 I 3 U 1 I 1 I 4 I 6 R 6 I s1 I 2 I 5 I s I s4 U 3 1-98. ábra 71

Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket! (melyik ág csak egy hurokhoz tartozik, annak árama (figyelembe véve a berajzolt áramirányokat) az hurokárammal megegyezik, amelyik ág két hurokhoz tartozik, annak árama a hurokáramok előjeles összegével egyenlő.) (1) I 1 = I s1 (2) I 2 = I s1 I s2 (3) I 3 = I s3 (4) I 4 = I s2 I s3 (5) I 5 = I s2 I s4 (6) I 6 = I s4 Írjuk fel a hurokegyenleteket az 1-98. ábrán bejelölt négy hurokra: (1) I s1 + (I s1 I s2 ) U 1 = 0 (2) (I s2 I s1 ) + (I s2 I s3 ) + (I s2 I s4 ) = 0 (3) (I s3 I s2 ) + U 2 + I s3 = 0 (4) R 6 I s4 + U 3 + (I s4 I s2 ) = 0 (1) ( + ) I s1 I s2 = U 1 (2) I s1 + ( + + ) I s2 I s3 I s4 = 0 (3) I s2 + ( + ) I s3 = U 2 (4) I s2 + ( + R 6 ) I s4 = U 3 Mátrixos alakba írva az egyenletrendszert: ( + ) 0 0 I s1 U 1 ( + + ) I [ s2 0 ] = [ ] 0 ( + ) 0 I s3 U 2 [ 0 0 ( + R 6 )] I s4 U 3 Írjuk be a megadott értékeket: I s1 12,5 10 0 0 25 10 24 6 8 I [ ] [ s2 0 ] = [ ] 0 6 9 0 I s3 40 0 8 0 16 I s4 64 72

Gauss- eliminációhoz írjuk fel a bővített mátrixot, majd végezzük el az együttható mátrix főátló alatti értékeinek kinullázását! 12,5 10 0 0 25 12,5 10 0 0 25 10 24 6 8 0 0 8 3 4 10 [ ] [ ] 0 6 9 0 40 0 6 9 0 40 0 8 0 16 64 0 8 0 16 64 12,5 10 0 0 25 0 8 3 4 10 [ ] 0 0 27 12 130 0 0 3 12 54 12,5 10 0 0 25 0 8 3 4 10 [ ] 0 0 27 12 130 0 0 0 96 616 z utolsó mátrix 4. sorából felírható: 96 I s4 = 616 I s4 = 616 96 3. sorból: = 6,4167 27 I s3 12 I s4 = 130 I s3 = 2. sorból: 12 ( 6,4167) 130 27 8 I s2 3 I s3 4 I s4 = 10 I s2 = = 7,667 10 + 3 ( 7,667) + 4 ( 6,4167 ) 8 z 1. sorból: 12,5 I s1 10 I s2 = 25 I s1 = 25 + 10 ( 4,833) 12,5 = 1,8667 = 4,833 hurokáramokból felírhatjuk a valódi ágáramokat: (1) I 1 = I s1 = 1,8667 (2) I 2 = 1,8667 ( 4,833) = 2,9667 (3) I 3 = I s3 = 7,667 (4) I 4 = I s2 I s3 = 4,833 ( 7,667) = 2,833 (5) I 5 = I s2 I s4 = 4,833 ( 6,4167) = 1,5833 (6) I 6 = I s4 = 6,4167 73

z eredmények megegyeznek az 1.6.3.1. és 1.6.3.2. pontban kapott értékekkel. 1.6.3.4. Megoldás a szuperpozíció tétel használatával Ezzel a módszerrel három, egy feszültségforrással rendelkező áramkör ágaiban kell meghatározni, majd a végén összegezni az áramokat. Előny, hogy nem kell több ismeretlenes egyenletrendszerek megoldásával bajlódni, a három rész áramkör áramai nagyon hasonló, viszonylag egyszerű számolási műveletekkel meghatározhatók, hátrány viszont, hogy a 6 különböző ágáramot háromszor is ki kell számolni. U 2 I 3 a) = I 3 + U 1 I 1 I 4 I 6 R 6 U 1 I 1 I 4 R 6 I 2 I 5 I 2 I 5 I 6 U 3 U 2 b) c) + + I 3 I 3 I 1 I 2 I 4 I 6 R 6 I 1 I 4 I 6 R 6 I 5 I 2 I 5 U 1-99. ábra rész áramkörök áramainak kiszámítása: a) R e = + ( [( ) + ( R 6 )]) = 2,5 + (10 [(6 3) + (8 8)]) = 6,25 Ω I 1 = U 1 R e = 25 6,25 = 4 z áramosztás törvényét I 2 áramra felírva I 2 = I 1 74 ( ) + ( R 6 ) + ( ) + ( R 6 ) = 4 (3 6) + (8 8) 10 + (3 6) + (8 8) = 4 6 = 1,5 16 csomóponti törvény értelmében I 1 = I 2 + I 3 + I 4, és I 3 + I 4 = I 5 + I 6, vagyis I 1 I 2 = I 3 + I 4 = I 5 + I 6 áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban, valamint, R 6 ellenállások ágai között. I 3 + I 4 = I 1 I 2 = 4 1,5 = 2,5

I 3 = (I 1 I 2 ) 6 = 2,5 = 1,667 + 3 + 6 I 4 = I 1 I 2 I 3 = 2,5 1,667 = 0,833 I 5 = (I 1 I 2 ) R 6 8 = 2,5 = 1,25 + R 6 8 + 8 I 6 = I 1 I 2 I 5 = 2,5 1,25 = 1,25 b) R e = + ( [( ) + ( R 6 )]) = 3 + (6 [(2,5 10) + (8 8)]) = 6 Ω I 3 = U 2 R e = 40 6 = 20 3 = 6,667 z áramosztás törvényét I 4 áramra felírva: (R I 4 = I 1 ) + ( R 6 ) 3 + ( ) + ( R 6 ) = 20 3 (2,5 10) + (8 8) 6 + (2,5 10) + (8 8) = 20 3 6 12 = 3,33 csomóponti törvény értelmében I 3 = I 1 + I 2 + I 4, és I 1 + I 2 = I 5 + I 6, vagyis I 3 I 4 = I 1 + I 2 = I 5 + I 6 áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban, valamint, R 6 ellenállások ágai között. I 1 + I 2 = I 3 I 4 = 6,667 3,333 = 3,333 I 1 = (I 3 I 4 ) 10 = 3,333 = 2,667 + 2,5 + 10 I 2 = I 3 I 4 I 1 = 3,333 2,667 = 0,667 I 5 = (I 3 I 4 ) R 6 8 = 3,333 = 1,667 + R 6 8 + 8 I 6 = I 3 I 4 I 5 = 3,333 1,667 = 1,667 c) R e = R 6 + ( [( ) + ( )]) = 8 + (8 [(3 6) + (2,5 10)]) = 32 3 Ω I 6 = U 3 R = 64 e 32 3 = 6 z áramosztás törvényét I 5 áramra felírva: I 5 = I 6 ( ) + ( ) + ( ) + ( ) = 6 (3 6) + (2,5 10) 8 + (2,5 10) + (8 8) = 6 4 12 = 2 75

csomóponti törvény értelmében I 6 = I 3 + I 4 + I 5, és I 1 + I 2 = I 3 + I 4, vagyis I 6 I 5 = I 1 + I 2 = I 3 + I 4 áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban, valamint, ellenállások ágai között. I 6 I 5 = I 1 + I 2 = 6 2 = 4 I 1 = (I 6 I 5 ) 10 = 4 + 2,5 + 10 = 3,2 I 2 = I 6 I 5 I 1 = 4 3,2 = 0,8 I 3 = (I 6 I 5 ) 6 = 4 = 2,667 + 3 + 6 I 4 = I 6 I 5 I 3 = 4 2,667 = 1,333 rész áramok összegzésével, a berajzolt áramirányok figyelembe vételével számoljuk ki a teljes áramkör ágáramait: I 1 = I 1 I 1 I 1 = 4 2,667 3,2 = 1,867 I 2 = I 2 + I 2 + I 2 = 1,5 + 0,667 + 0,8 = 2,967 I 3 = I 3 + I 3 + I 3 = 1,667 + 6,667 + 2,667 = 7,667 I 4 = I 4 + I 4 I 4 = 0,833 + 3,333 1,333 = 2,833 I 5 = I 5 I 5 + I 5 = 1,25 1,667 + 2 = 1,583 I 6 = I 6 + I 6 + I 6 = 1,25 + 1,667 + 6 = 6,417 z eredmények megegyeznek az 1.6.3.1., 1.6.3.2. és 1.6.3.3. pontban kapott értékekkel. Gyakorló példák z alábbi példák az előző pontokban bemutatott módszerek mindegyikével megoldhatók. Minden példánál egyfajta megoldás ki van dolgozva, de ajánlott gyakorlásként a többi módszerrel is elvégezni a számításokat. 1.6.4. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 76

U I =30 Ω =70 Ω U=100 V I=5 1-100. ábra 1.6.4.1. Megoldás a Kirchhoff törvények segítségével U I 1 I 2 I =30 Ω =70 Ω U=100 V I=5 1-101. ábra Csomóponti egyenlet: (1)I 1 I 2 + I = 0 Hurok egyenlet: (2) I 1 U + I 2 = 0 (1) I 1 + I 2 = 5 (2) 30 I 1 + 70 I 2 = 100 100 I 2 = 250 I 2 = 2,5 I 1 = I 2 5 = 2,5 1.6.5. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 77

=20 Ω U 1 U 2 =10 Ω I =15 Ω U 1 =60 V U 2 =10 V I=2 1-102. ábra 1.6.5.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével U U 1 U 2 I I 1 I 2 I 3 U =0 78 1-103. ábra z áramkör három ismeretlen áramára két hurok és egy csomóponti egyenlet írható fel. csomóponti potenciálok módszerével elég U -ra egyetlen egy ismeretlenes egyenletet felírni, U -ból mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható: (1) U = U 1 + I 1 I 1 = U 1+U (2) U = I 2 I 2 = U (3) U = U 2 I 3 I 3 = U 2 U csomóponti egyenlet: I 1 + I 2 + I 3 I = 0 U 1 + U 60 + U 20 U + U 2 U I = 0 U 10 + 10 U = 2 15 180 3 U 6 U + 40 4 U = 120 13 U = 260 U = 20 V

U -t behelyettesítve megkapjuk az áramokat: I 1 = U 1 + U 60 20 = = 2 20 I 2 = U = 20 10 = 2 10 ( 20) I 3 = = 2 15 1.6.6. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! I =4 Ω =10 Ω U 1 =8 Ω =2 Ω U 1 =3 V U 2 =4 V I=1 U 2 1-104. ábra 1.6.6.1. Megoldás a hurokáramok módszerével I I U 1 I 1 I 3 I s1 I 2 I 4 I s2 U 2 1-105. ábra 79

négy ismeretlen áram kiszámításához két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. hurokegyenletek módszerével a két hurokegyenlettel egy két ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. z 1-103. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) I 1 = I s1 (2) I 2 = I s1 I s2 (3) I 3 = I s2 I (4) I 4 = I s2 Hurokegyenletek I s1 és I s2 hurokáramokkal: (1) I s1 + (I s1 I s2 ) U 1 = 0 (2) (I s2 I s1 ) + (I s2 I) + I s2 U 2 = 0 (1) ( + ) I s1 I s2 = U 1 (2) I s1 + ( + + ) I s2 = I + U 2 (1) 14 I s1 10 I s2 = 3 (2) 10 I s1 + 25 I s2 = 8 + 4 5(1)+2(2): 50 I s1 = 39 I s1 = 0,78 25 I s2 = 10 I s1 + 12 I s2 = 10 0,78 + 12 20 z ágáramok: = 0,792 80 (1) I 1 = I s1 =0,78 (2) I 2 = I s1 I s2 = 0,78 0,792 = 0,012 (3) I 3 = I s2 I = 0,792 1 = 0,208 (4) I 4 = I s2 =0,792

1.6.7. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U 1 =10 Ω =20 Ω U 2 I =10 Ω =5 Ω U 1 =40 V U 2 =20 V I=2 1-106. ábra 1.6.7.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével z áramkör négy ismeretlen áramára két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. U -ból és U -ből mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható: U 1 U I 1 U U 2 I 2 I I 3 I 4 U C =0 1-107. ábra 81

(1) U U = U 1 I 1 I 1 = U 1 U +U (2) U U = I 2 I 2 = U U (3) U = U 2 I 3 I 3 = U 2 U (4) U = I 4 I 4 = U csomóponti egyenletek: () I 1 I 2 + I 3 = 0 () I 1 + I 2 + I 4 I = 0 () U 1 U +U () U 1 U +U U U + U U + U 2 U = 0 U I = 0 () 40 U +U 10 () 40 U +U 10 U U 20 + U U 20 + 20 U 10 = 0 U 5 2 = 0 () 80 2 U + 2 U U + U + 40 2 U = 0 () 80 + 2 U 2 U + U U 4 U = 40 () 5 U + 3 U = 120 () 3 U 7 U = 120 () 15 U + 9 U = 360 () 15 U 35 U = 600 26 U = 240 82

U = 240 26 = 9,23 V U = 120 7 U 3 = 18,46 V Végül helyettesítsük be U és U értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe: I 1 = U 1 U + U 40 18,46 + 9,23 = = 1,23 10 I 2 = U U 18,46 + 9,23 = = 1,3845 20 I 3 = U 2 U 20 18,46 = = 0,154 10 I 4 = U = 9,23 = 1,846 5 1.6.8. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U 1 U 3 I =10 Ω =20 Ω =30 Ω =20 Ω =10 Ω U 1 =60 V U 2 =90 V I=5 1-108. ábra 1.6.8.1. Megoldás a hurokáramok módszerével U 1 U 2 I s1 I 1 I 3 I 2 I s2 I 4 I I 5 1-109. ábra I z öt ismeretlen áramra két hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. hurokáramok módszerével egy két ismeretlenes egyenletrendszerből a hurokáramok, a hurokáramokból az ágáramok meghatározhatók. 83

Összefüggések a hurokáramok és az ágáramok között: (1) I 1 = I s1 (2) I 2 = I s2 (3) I 3 = I s2 I s2 (4) I 4 = I + I s1 (5) I 5 = I + I s2 Hurokegyenletek I s1 és I s2 hurokáramokkal: (1) U 1 + I s1 + (I s1 I s2 ) + (I + I s1 ) = 0 (2) I s2 + U 2 + (I s2 + I) + (I s2 I s1 ) = 0 (1) ( + + ) I s1 I s2 = U 1 I (2) I s1 + ( + + ) I s2 = I U 2 (1) 60 I s1 30 I s2 = 60 5 20 (2) 30 I s1 + 60 I s2 = 5 10 90 9 I s1 = 22 I s1 = 2,444 9 I s2 = 32 I s2 = 3,555 I 1 = I s1 = 2,444 I 2 = I s2 = 3,555 I 3 = I s1 I s2 = 1,111 I 4 = I + I s1 = 2,555 I 5 = I + I s2 = 1,444 84

1.6.9. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! I 01 =4 Ω U =2 Ω =2 Ω =1 Ω =5 Ω U=10 V I 01 =3 I 02 =6 I 02 1-110. ábra 1.6.9.1. Megoldás a szuperpozíció tétellel I 01 I 01 a) I 2 I 1 U I 4 I 1 I 3 = + I 4 I 3 I 5 I 2 I 4 I 02 1-111/a. ábra 85

b) c) + I 2 I 4 + I 1 I 1 U I 4 I 2 I 3 I 5 I 3 I 4 I 02 1-112/b. ábra a) I 1 = I 01 + [ ( + )] + + [ ( + )] = 3 2 + (2 6) = 1,4 4 + 2 + (2 6) I 2 = I 01 I 1 = 3 1,4 = 1,6 I 3 = I 2 + 1 + 5 = 1,6 = 1,2 + + 2 + 1 + 5 I 4 = I 2 I 3 = 1,6 1,2 = 0,4 I 5 = I 4 = 0,4 b) I 5 = I 02 + [ ( + )] + + [ ( + )] = 6 1 + (2 6) 5 + 1 + (2 6) = 2 I 4 = I 02 I 5 = 6 2 = 4 I 3 = I 4 + + + = 4 6 8 = 3 I 2 = I 4 I 3 = 4 3 = 1 I 1 = I 2 = 1 86

c) R e = + [( + ) ( + )] = 2 + (6 6) = 5Ω I 3 = U R e = 10 5 = 2 I 1 = I 2 = I 3 I 4 = I 5 = 1 + 6 = 2 + + + 12 = 1 I 1 = I 1 + I 1 I 1 = 1,4 + 1 1 = 1,4 I 2 = I 2 I 2 + I 2 = 1,6 1 + 1 = 1,6 I 3 = I 3 + I 3 + I 3 = 1,2 + 3 + 2 = 3,8 I 4 = I 4 + I 4 + I 4 = 0,4 + 4 + 1 = 5,4 I 5 = I 5 + I 5 I 5 = 0,4 + 2 1 = 0,6 1.6.10. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U 1 =2 Ω =4 Ω =5 Ω =3 Ω U 2 =6 Ω U 1 =15 V U 2 =20 V 1-113. ábra 1.6.10.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével z áramkörben öt ismeretlen ágáramot kell kiszámítani. z 1-111. ábrán látható, hogy a kapcsolás négy csomópontjához négy különböző csomóponti potenciál tartozik. Ebből az egyiket választhatjuk 0-nak. Ha U D -t 0-nak vesszük, U C csomópont potenciálja U 2 -vel lesz egyenlő, így a két ismeretlen, U és U kiszámításával mind az 5 ismeretlen ágáram kiszámítható: 87

U 1 U I 1 I 2 I 3 U U C =U I 4 U 2 D =0 U 2 I 5 1-114. ábra (1) U U = U 1 I 1 I 1 = U 1 U +U (2) U = I 2 I 2 = U (3) U U 2 = I 3 I 3 = U 2 U (4) U = I 4 I 4 = U (5) U U 2 = I 5 I 5 = U U 2 csomóponti egyenletek: () I 1 I 2 + I 3 = 0 () I 1 + I 4 I 5 = 0 () U 1 U +U () U 1 U +U U + U 2 U = 0 + U U U 2 = 0 () 15 U +U 2 () 15 U +U 2 U + 20 U = 0 4 5 U U 20 = 0 3 6 88 () 150 10 U + 10 U 5 U + 80 4 U = 0

() 45 + 3 U 3 U 2 U U + 20 = 0 () 19 U + 10 U = 230 () 3 U 6 U = 25 () 57 U + 30 U = 690 () 15 U 30 U = 125 42 U = 565 U = 13,452 V U = 3 13,452 25 6 = 2,559 V Végül helyettesítsük be U és U értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe: I 1 = U 1 U + U 15 13,452 + 2,559 = = 2,053 2 I 2 = U = 13,452 = 3,363 4 I 3 = U 2 U 20 13,452 = = 1,3096 5 I 4 = U = 2,559 = 0,853 3 I 5 = U U 2 2,559 20 = = 2,9068 6 1.6.11. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 89

U 2 U 1 =3 Ω =6 Ω =4 Ω =2 Ω =6 Ω U 1 =60 V U 2 =90 V 1-115. ábra 1.6.11.1. Megoldás a hurokáramok módszerével I 1 I 2 I s1 U 1 I 4 I s2 I s3 I 3 U 2 I 5 1-116. ábra z öt ismeretlen áram kiszámításához három hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. hurokegyenletek módszerével, a három hurokegyenlettel egy három ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. z 1-115. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) I 1 = I s1 (2) I 2 = I s1 I s2 (3) I 3 = I s2 (4) I 4 = I s3 I s2 (5) I 5 = I s3 90

Hurokegyenletek I s1, I s2 és I s3 hurokáramokkal: (1) I s1 + (I s1 I s2 ) U 1 = 0 (2) (I s2 I s1 ) + (I s2 I s3 ) + I s2 + U 2 = 0 (3) (I s3 I s2 ) + U 1 + I s3 U 2 = 0 (1) ( + ) I s1 I s2 = U 1 (2) I s1 + ( + + ) I s2 I s3 = U 2 (3) I s2 + ( + ) I s3 = U 2 U 1 z egyenletrendszert mátrixos alakba rendezve: + 0 [ 0 + + ] [ + I s1 I s2 U 1 ] = [ U 2 ] I s3 U 2 U 1 I s1 9 6 0 60 [ 6 12 2] [ I s2 ] = [ 90] 0 2 8 I s3 30 Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával: z együttható mátrix determinánsa: 9 6 0 D = 6 12 2 = 540 0 2 8 Képezzük D i determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot illesztve: 60 6 0 D 1 = 90 12 2 = 1560 30 2 8 9 60 0 D 2 = 6 90 2 = 3060 0 30 8 91

9 6 90 D 1 = 6 12 90 = 1260 0 2 30 Crammer-szabály értelmében az ismeretlen hurokáramok: I s1 = D 1 D = 1560 = 2,889 540 I s2 = D 2 D = 3060 = 5,667 540 I s3 = D 3 D = 1260 = 2,333 540 Végül írjuk fel a valódi ágáramokat: (1) I 1 = I s1 =2,889 (2) I 2 = I s1 I s2 = 2,889 ( 5,667) =8,556 (3) I 3 = I s2 = 5,667 (4) I 4 = I s3 I s2 = 2,333 ( 5,667) = 8 (5) I 5 = I s3 = 2,333 1.6.12. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 92

I 0 R R U 1 R R U 2 R R R=5 Ω U 1 =10 V U 2 =20 V 1-117. ábra 1.6.12.1. Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével z áramkör hat ismeretlen áramára három hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. csomóponti potenciálok módszerével a négy különböző potenciálú csomópontból egynek az értékét 0-nak választva megmaradó három ismeretlen csomóponti potenciállal a hat ismeretlen ágáram kifejezhető, a három csomóponti egyenlettel a három csomóponti potenciál kiszámítható. I 0 U U U C R R U 1 I 1 I 2 I 3 R I 4 U 2 R I I 6 R R=10 Ω U 1 =10 V U 2 =20 V I 0 =2 U D =0 1-118. ábra (1) U U = R I 1 I 1 = U U R (2) U = U 1 R I 2 I 2 = U 1 U R (3) U = R I 3 I 3 = U R (4) U U C = R I 4 I 4 = U U C R (5) U C = U 2 R I 5 I 5 = U 2 U C R 93

(6) U C = R I 6 I 6 = U C R csomóponti egyenletek: () I 1 + I 2 I 0 = 0 () I 0 I 1 I 3 I 4 = 0 (C) I 4 + I 5 I 6 = 0 () U U R + U 1 U R () I 0 U U R (C) U U C R U R + U 2 U C R = I 0 U U C R U C R = 0 = 0 () U U + U 1 U = I 0 R () U U + U + U U C = I 0 R (C) U U C + U 2 U C U C = 0 () 2 U + U = 10 () U + 3 U U C = 20 (C) U 3 U C = 20 z egyetlenrendszer mátrixos alakja: U 2 1 0 10 [ 1 3 1] [ U ] = [ 20] 0 1 3 U C 20 Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával: z együttható mátrix determinánsa: 94

2 1 0 D = 1 3 1 = 13 0 1 3 Képezzük D i determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot illesztve: 10 1 0 D 1 = 20 3 1 = 0 20 1 3 2 10 0 D 2 = 1 20 1 = 130 0 20 3 2 1 10 D 1 = 1 3 20 = 130 0 1 20 Crammer-szabály értelmében az ismeretlen csomóponti potenciálok: U = D 1 D = 0 13 = 0 V U = D 2 D = 130 = 10 V 13 U C = D 3 D = 130 = 10 V 13 Végül a kapott eredményekből számítsuk ki az ágáramokat: I 1 = U U R I 2 = U 1 U R = 10 0 10 = 10 0 10 I 3 = U R = 10 10 = 1 = 1 = 1 I 4 = U U C R I 5 = U 2 U C R = = 10 10 10 20 10 10 = 0 = 1 95

I 6 = U C R = 10 10 = 1 1.6.13. Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U 1 U 2 R 7 R 6 R 8 =2 Ω =4 Ω =8 Ω =2 Ω =4 Ω R 6 =2 Ω R 7 =4 Ω R 8 =8 Ω U 1 =102 V U 2 =34 V 1-119. ábra 1.6.13.1. Megoldás a hurokáramok módszerével 8 ismeretlen áram kiszámításához négy hurok és négy csomóponti egyenlet írható fel. hurokegyenletek módszerével, a négy hurokegyenlettel egy négy ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. I 1 I 2 I s1 I 3 I s2 U 1 U 2 I s3 I 4 I 5 I 6 R 6 I s4 R 7 R 8 I 7 I 8 1-120. ábra z 1-119. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat. hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) I 1 = I s1 96 (2) I 2 = I s2

(3) I 3 = I s1 I s2 (4) I 4 = I s1 I s3 (5) I 5 = I s2 I s4 (6) I 6 = I s3 I s4 (7) I 7 = I s3 (8) I 8 = I s4 Hurokegyenletek I s1, I s2 és I s3 hurokáramokkal: (1) I s1 + (I s1 I s2 ) + (I s1 I s3 ) U 1 = 0 (2) I s2 U 2 + (I s2 I s4 ) + (I s2 I s1 ) = 0 (3) U 1 + (I s3 I s1 ) + R 6 (I s3 I s4 ) + R 7 I s3 = 0 (4) (I s4 I s2 ) + U 2 + R 8 I s4 + R 6 (I s4 I s3 ) = 0 (1) ( + + ) I s1 I s2 I s3 = U 1 (2) I s1 + ( + + ) I s2 I s4 = U 2 (3) I s1 + ( + R 6 + R 7 ) I s3 R 6 I s4 = U 1 (4) I s2 R 6 I s3 + ( + R 6 + R 8 ) I s4 = U 2 z egyenletrendszer mátrixos alakja: + + 0 I s1 U 1 R [ 3 + + 0 I ] [ s2 U ] = [ 2 ] 0 + R 6 + R 7 R 6 I s3 U 1 0 R 6 + R 6 + R 8 I s4 U 2 I s1 12 8 2 0 80 8 16 0 4 I [ ] [ s2 40 ] = [ ] 2 0 8 2 I s3 80 0 4 2 14 I s4 40 z egyenletrendszer megoldása Gauss-eliminációval: 12 8 2 0 80 12 8 2 0 80 8 16 0 4 40 0 16 2 6 140 [ ] [ ] 2 0 8 2 80 0 8 46 12 400 0 4 2 14 40 0 4 2 14 40 12 8 2 0 80 0 16 2 6 140 [ ] 0 0 90 30 660 0 0 10 50 20 97

z utolsó mátrix utolsó sorából felírható: 420 I s4 = 840 I s4 = 2 3. sorból: 90 I s3 30 I s4 = 660 I s3 = 30 I s4 660 90 2. sorból: = 12 8 2 0 80 0 16 2 6 140 [ ] 0 0 90 30 660 0 0 0 420 840 60 660 90 16 I s2 2 I s3 6 I s4 = 140 I s2 = 2 I s3 + 6 I s4 + 140 16 = = 8 2 ( 8) + 6 ( 2) + 140 16 = 7 z 1. sorból: 12 I s1 8 I s2 2 I s3 = 80 I s1 = 8 I s2 + 2 I s3 + 80 12 = 8 7 + 2 ( 8) + 80 12 = 10 Végül írjuk fel a valódi ágáramokat: (1) I 1 = I s1 = 10 (2) I 2 = I s2 = 7 (3) I 3 = I s1 I s2 = 3 (4) I 4 = I s1 I s3 = 10 ( 8) = 18 (5) I 5 = I s2 I s4 = 10 ( 2) = 12 (6) I 6 = I s3 I s4 = 8 ( 2) = 6 (7) I 7 = I s3 = 8 (8) I 8 = I s4 = 2 98

2. VÁLTKOZÓ ÁRMÚ HÁLÓZTOK 2.1. lapfogalmak Ebben a fejezetben szinuszosan váltakozó áramú/feszültségű generátorokból és passzív áramköri elemekből (ellenállás, kondenzátor és induktivitás) álló egyszerű villamos hálózatok számításával foglalkozunk. feladatok célja a váltakozó áramú hálózatok komplex mennyiségek használatával történő számításának megismerése és gyakorlása. 2.1.1. Szinuszos váltakozó feszültség/áram megadása i(t) = I max sin(ωt + φ) u(t) = U max sin(ωt) T t = φ 2π 2-1. ábra U max [V], I max [] a feszültség/áram amplitúdója (csúcsértéke) ω [1/s] körfrekvencia (ω = 2π f) t [s] idő φ fázisszög, (fáziseltérés) 2.1.2. Szinuszos mennyiségek középértékei Effektív érték (négyzetes középérték) gyakorlatban a váltakozó áram/feszültség nagyságának megadására általában nem az amplitúdót, hanem az effektív értéket, más néven a négyzetes középértéket használják. Váltakozó áram/feszültség effektív értékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely ugyanakkora ellenálláson ugyanannyi idő alatt ugyanannyi hőt fejleszt, mint a váltakozó áram. R ellenálláson egységnyi idő alatt hővé alakuló teljesítmény: P = I 2 R = U2 R keletkezett hő az áram/feszültség négyzetével arányos, ennek átlagértéke egy periódus alatt: 99

I 2 átl = 1 T i2 (t)dt z effektív érték e mennyiségek négyzetgyöke: 0 T T U 2 átl = 1 T u2 (t)dt 0 I eff = 1 T T i2 (t)dt 0 = 1 T (I T max sinωt) 2 dt 0 = I max 2 U eff = 1 T T u2 (t)dt 0 1 T (U T max sinωt) 2 0 dt = U max 2 i 2 (t) I max 2 2 I eff= I max 2 i(t) 2-2. ábra bszolút középérték Váltakozó áram/feszültség abszolút középértékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely egy adott idő alatt ugyanannyi töltést szállít, mint a váltakozó áram. töltésmennyiség arányos az árammal, de független az áram irányával, ezért az egy periódus alatt szállított töltésmennyiség az áram abszolút értékének időbeli átlagával arányos. i(t) I k= 2 π I max 2-3. ábra 100 I k = 1 T i(t) dt T 0 = 1 T I T max sinωt dt 0 = 2 π I max

U k = 1 T u(t) dt T 0 = 1 T U T max sinωt dt 0 = 2 π U max Összefüggés a szinuszos jel effektív és középértéke között: I eff = π 2 2 I k 2.1.3. váltakozó áramú hálózatok passzív áramköri elemei a) Ellenállás z összefüggést váltakozó áramú áramkörbe kapcsolt ellenállás árama és feszültsége között most is az Ohm-törvény adja: i(t) = u(t) R = U max R sinωt = I max sinωt, vagyis az ellenállás árama arányos a feszültséggel és a két mennyiség fázisban van egymással b) Kondenzátor kondenzátor töltése arányos a rá kapcsolt feszültséggel, az arányossági tényező a kondenzátor kapacitása C [F, Farad] Q = C U [C] ahol Q a kondenzátor töltése. kondenzátor áramköri jele: z összefüggés a kondenzátor árama és feszültsége között: i(t) = dq(t) dt = C du(t) = C d(u max sinωt) = C ω U dt dt max cosωt = I max sin (ωt + 90 0 ) ahol U max I max = U eff I eff = 1 C ω = X C [Ω] az ún. kapacitív reaktancia ( reaktancia reciprokát szuszceptanciának hívják, jele: [1/Ω] C = C ω, kapacitív szuszceptancia) 101

fenti összefüggésből látszik, hogy a kondenzátor árama 90 0 -kal siet a feszültséghez képest. c) Önindukciós tekercs, induktivitás Váltakozó áramú tekercsben az áram hatására kialakuló váltakozó mágneses fluxus feszültséget, ún. önindukciós feszültséget hoz létre. z önindukciós feszültség arányos az áram időbeli megváltozásával. z induktivitás áramköri jele: u(t) = L di(t) dt = L ahol U max I max = U eff I eff d(i max sinωt) dt = L ω I max cosωt = U max sin (ωt + 90 0 ) = ω L = X L [Ω] az ún. induktív reaktancia ( L = 1 L ω [1 ], induktív szuszceptancia) Ω fenti összefüggésből látszik, hogy az induktivitás árama 90 0 -kal késik a feszültséghez képest. 2.1.4. Váltakozó áramú teljesítmény teljesítmény pillanatnyi értéke, ha a feszültség és az áram szinuszosan változó mennyiségek, amik nincsenek fázisban egymással: P(t) = (U max sin ωt)(i max sin(ωt + φ)) = 2 U eff I eff sin ωt sin(ωt + φ) teljesítmény időbeli átlaga: T P = 1 T P(t)dt = 1 T 2 U eff I eff sin ωt sin(ωt + φ) dt = U eff I eff cos φ 0 0 T Ez a mennyiség az ún. hatásos (wattos) teljesítmény: P = U eff I eff cos φ [W] meddő teljesítmény: Q = U eff I eff sin φ [var] 102

látszólagos teljesítmény: S = U eff I eff [V] P S = cosφ értéket, ami a feszültség és az áram közötti fázisszög koszinusza, teljesítménytényezőnek nevezzük. 2.1.5. Komplex mennyiségek bevezetése Szinuszos váltakozó áramú hálózatok számításánál a feszültség és áramértékeket komplex mennyiségként kezelve matematikailag lényegesen egyszerűbb összefüggéseket kapunk, mint ha az idő tartományban szögfüggvényekkel végeznénk a számításokat. u(t) = U max sin ωt = Im[U max (cosωt + j sinωt)] = Im[U max e jωt ], i(t) = I max sin(ωt + φ) = Im[I max (cos (ωt + φ) + j sin (ωt + φ)] = = [I max e j(ωt+φ ], ahol j 2 = 1 az imaginárius egység komplex feszültség és áram: u (t) = U max e jωt, i (t) = I max e j(ωt+φ) u és i komplex időfüggvények a komplex számsíkon ω szögsebességgel forgó U max és I max nagyságú forgó vektorok, melyek egy adott pillanatban a valós tengellyel ωt illetve ωt+φ szöget zárnak be. t=0 időpontban rögzítve a komplex forgó vektorokat a komplex feszültség és a komplex áram amplitúdója a következő összefüggéssel definiálható: U max = U max e j 0 = U max I max = I max e jφ gyakorlatban az amplitúdó helyett az effektív értékét használjuk, a komplex effektív érték így: U = U max 2 = U eff, I = I max 2 = I max 2 ejφ = I eff e jφ Ezeket a komplex számsíkon álló síkvektor ábrázolja, amit fázornak hívunk. 2.1.6. komplex impedancia feszültséghez hasonlóan a váltakozó áramú hálózatok passzív elemeinek paramétereit is kezelhetjük komplex mennyiségekként. Ezeket összefoglaló néven komplex impedanciáknak nevezzük. Jele: Z [Ω] 103

Rezisztív impedancia (ellenállás): I = U U ejωt = = I e jωt R R U = R = Z R I Kapacitív impedancia: Induktív impedancia: I = C du dt = C d(u ejωt ) = C j ω U e jωt = j ω C U dt U 1 = I j ω C = j X C = Z C U = L di dt = L d(i ejωt ) = L j ω I e jωt = j ω L I dt U = j ω L = j X L = Z L I fenti összefüggésekből látható, komplex mennyiségek használatával az Ohm-törvény kiterjeszthető az induktív és kapacitív impedanciákra is. z általános Ohm-törvény: Z = U I Komplex teljesítmény S = U I = U eff I eff cos φ + j U eff I eff sin φ = P + j Q 2.2. Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú áramkörök számításához következő részben öt részletesen kidolgozott és további 13 gyakorló példa található. 104 2.2.1. 50 Hz-es szinuszosan váltakozó, 230 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex

impedanciáját, áramát, az ellenállás és a tekercs feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! L ~ R U=230 V f=50 Hz L=1,432 H R=300 Ω U 2-4. ábra (Megjegyzés: továbbiakban az alsó index nélkül jelölt feszültség és áram érték az effektív értéket jelöli.) induktív impedancia: Z L = j X L = j ω L = j 2π f L = j 2π 50 1,432 = j 450 Ω Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak képzetes koordinátája van. komplex számsíkon ábrázolva a képzetes tengelyen helyezkedik el. Exponenciális alakban felírva: Z L = 450 e j 900 Ω rezisztív impedancia: Z R = R = 300Ω Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak valós koordinátája van. Exponenciális írásmóddal: Z R = 300 e j 00 Ω z eredő impedancia kiszámítására az egyenáramú hálózatoknál az ellenállásokra felírt összefüggések érvényesek, de természetesen itt a komplex mennyiségekre vonatkozó szabályokat kell figyelembe venni. Vagyis sorba kapcsolt komplex impedanciák eredője az egyes impedanciák összegével egyenlő. Párhuzamos kapcsolás esetén az eredő impedancia reciproka egyenlő az egyes impedanciák reciprokának összegével. z impedanciák ábrázolása a komplex számsíkon: 105

Im Z er = Z R + Z L = (300 + 450 j)ω Z L Z er Z er = Z R 2 + Z L 2 = 300 2 + 450 2 = 540,83Ω φ = artg Im(Z er) 450 = artg Re(Z er ) 300 = 56,30 φ Z R Re Z er = 540,83 e j 56,30 Ω 2-5. ábra z áramkör árama: ( számításoknál a feszültségforrás feszültségének fázisszögét 0-nak vesszük, ehhez viszonyítjuk a többi mennyiség fázisszögét) I = U Z er = 230 ej 00 540 e j 56,30 = 0,4252 e j ( 56,30 ) fenti számításból látszik, hogy a komplex mennyiségekkel való számolással nemcsak az áram effektív értékét kaptuk meg (I=0,4252 ), hanem a feszültség és az áram közötti fázisszöget is (φ= 56,3 0 ). mínusz előjel azt jelenti, hogy az áram késik a feszültséghez képest. z ellenálláson eső feszültség: U R = I Z R = 0,4252 e j ( 56,30) 300 = 127,58 e j ( 56,30) V z induktivitáson eső feszültség: U L = I Z L = 0,4252 e j ( 56,30) 450 e j 900 = 191,34 e j (33,70) V feszültségek és áramok nagyságát és fázis viszonyait az ún. fázorábrán szemléltetjük. fázorábra a komplex számsíkon ábrázolja a kérdéses mennyiségeket, úgy, hogy a 0 fázisszögű feszültség effektív értékét mérjük a függőleges tengelyre, ami ebben az esetben a valós tengelyt jelenti. (Olyan, mintha a komplex számsík valós és képzetes tengelyeit óramutató járásával ellentétesen 90 fokkal elfordítanánk.) pozitív szögeket a valós tengelytől óramutató járásával ellentétesen, a negatív szögeket az óramutató járásával megegyező irányban mérjük fel. 106

Re U U L φ I U R Im 2-6. ábra hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével: P = U I cosφ = 230 0,4252 cos 56,3 0 = 54,26 W P R = U R I R = 127,58 0,4252 = 54,26 W = P meddő teljesítmény megegyezik a tekercs teljesítményével: Q = U I sin φ = 230 0,4252 sin 56,3 0 = 81,36 var P L = U L I L = 191,34 0,4252 = 81,36 var látszólagos teljesítmény: S = U I = 230 0,4252 = 97,796 V 2.2.2. 100 Hz-es szinuszosan váltakozó, 100 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! U C R ~ U=100 V f=100 Hz C=9,947µF R=120 Ω 2-7. ábra kapacitív és a rezisztív impedancia: 107

Z C = j 1 ω C = j 1 2π f C = j 1 = 160j Ω 2π 100 9,947 10 6 = 160 e j ( 900) Ω Z R = 120 Ω = 120 e j 00 Ω z eredő impedancia: Z er = 1 Z R Z C 120 ( 160j) 1 Z + 1 = = = 3 ( 160j) 480j (3 + 4j) = Z R + Z C 120 160j 3 4j 25 R Z C = 19,2j (3 + 4j) = (76,8 57,6j)Ω = 96 e j ( 36,870) Ω Im Z R Re Z er Z C 2-8. ábra z áramkör árama: I = U 100 = Z er 96 e j ( 36,78) = 1,0467 ej 36,780 z ellenállás árama: I R = U Z R = 100 ej 00 120 e j 00 = 0,833 Ω, tehát az áram és a feszültség fázisban vannak egymással kondenzátor árama: I C = U = 100 ej 00 = 0,625 Z C 160 e j ( 900 ) ej 900 = j 0,625, tehát az áram 90 0 -kal siet a feszültséghez képest. z áramkör áramát Kirchoff csomóponti törvényéből is megkaphatjuk: I = I R + I C = 0,833 + j 0,625 = 1,0467 e j 36,780 z áramkör fázorábrája: 108

Re U I R I φ I C Im 2-9. ábra hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével: P = U I cosφ = 100 1,0467 cos 36,78 0 = 83,3 W P R = U R I R = 100 0,833 = 54,26 W = P meddő teljesítmény megegyezik a kondenzátor teljesítményével: Q = U I sin φ = 100 1,0467 sin 36,78 0 = 62,5 var P C = U C I C = 100 0,625 = 62,5 var látszólagos teljesítmény: S = U I = 100 1,0467 = 104,67 V 2.2.3. 150 Hz-es szinuszosan váltakozó, 15 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást, egy indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör saját frekvenciáját! L C ~ U R U=15 V f=150 Hz L=26,53 mh R=10 Ω C=106 µf 2-10. ábra 109

induktív, a kapacitív és a rezisztív impedancia: Z L = j X L = j ω L = j 2π f L = j 2π 150 26,53 10 3 = 25j = 25 e j 900 Ω Z C = j 1 ω C = j 1 2π f C = j 1 2π 150 106 10 6 = 10j = 10 ej ( 900) Ω Z R = 10 Ω = 10 e j 00 Ω z eredő impedancia: Z er = Z R + Z L + Z C = 10 + 25j 10j = (10 + 15j)Ω = 18,027 e j 56,30 Im Z L Z er Z C Z R Re 2-11. ábra z áramkör árama: I = U 15 = = 0,832 e j ( 56,30 ) Z er 18,027 e j 56,30 tekercs, a kondenzátor és az ellenállás feszültsége: U L = I Z L = 0,832 e j ( 56,30) 25 e j 900 = 20,8 e j (33,70) V U C = I Z C = 0,832 e j ( 56,30) 10 e j ( 900) = 8,32 e j ( 146,30) V U R = I Z R = 0,832 e j ( 56,30) 10 e j 00 = 8,32 e j ( 56,30) V Kirchoff huroktörvénye a komplex mennyiségként értelmezett feszültségekre is érvényes, így U = U L + U C + U R Ezt, illetve az áramot a fázorábrában ábrázolhatjuk: 110

Re U L U φ U R I Im U C 2-12. ábra hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítmény: P = U I cosφ = 15 0,832 cos 56,3 0 = 6,922 W, ami megegyezik az ellenállás teljesítményével: P R = U R I = 8,32 0,832 = 6,922 W Q = U I sin φ = 15 0,832 sin 56,3 0 = 10,382 var, ami meggyezik a tekercs és a kondenzátor teljesítményének különbségével: P C = U C I = 8,32 0,832 = 6,922 W, P L = U L I = 20,8 0,832 = 17,3 W látszólagos teljesítmény: S = U I = 15 0,832 = 12,48 V saját frekvencia kisámítása: z eredő impedancia képletéből Z er = Z R + Z L + Z C = R + j(ωl 1 ) látszik, hogy létezik egy olyan ω körfrekvencia (vagy f frekvencia), amelynél az impedancia képzetes része 0, az áramkör áramát csak az ellenállás határozza meg. Ezt a frekvenciát nevezik saját frekvenciának, kiszámítását megadó összefüggést Thomson-képletnek: ωl 1 ωc = 0 ω2 = 1 LC ω = 1 LC ; f = 1 2π LC = 1 = 9,49 Hz 2π 26,53 10 3 10,6 10 3 ωc 2.2.4. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, az ellenállás és a tekercs áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! 111

C ~ U R L U=230 V f=50 Hz L=1,274 H R=500 Ω C=31,83 μf 2-13. ábra z elemek komplex impedanciája: Z L = j X L = j ω L = j 2π f L = j 2π 50 1,274 = 400j = 400 e j 900 Ω Z C = j 1 ω C = j 1 2π f C = j 1 = 100j 2π 50 31,83 10 6 = 100 e j ( 900) Ω Z R = 500 Ω = 500 e j 00 Ω z eredő impedancia: Z er = Z C + (Z R Z L ) = Z C + Z R Z L 500 (400j) 2000j = 100j + = 100j + Z R + Z L 500 + 400j 5 + 4j 2000j (5 4j) = 100j + = 100j + 195,12 + 243,9j 25 + 16 = (195,12 + 143,9j)Ω = 242,44 e j 36,4 Ω z áramkör árama: I = U 230 = Z er 242,44 e j 36,4 = 0,949 ej ( 36,40) kondenzátor feszültsége: U C = I Z C = 0,949 e j ( 36,40) 100 e j ( 900) = 94,9 e j ( 126,40) V tekercs és az ellenállás áramának kiszámításához felírhatjuk az áramosztás törvényét hasonlóképpen, mint az egyenáramú hálózatoknál, csak ellenállások helyett impedanciákra: I R = I I = I R + I L Z L Z R + Z L, I L = I Z R Z R + Z L Először számítsuk ki a törteket: 112

Z L 400j = Z R + Z L 500 + 400j = 4j 4j (5 4j) = = 0,39 + 0,49j = 0,626 e j 51,480 5 + 4j 41 Z 00 = Z R + Z L 500 + 400j = 5 5 (5 4j) = = 0,61 0,49j = 0,782 e j ( 38,770 ) 5 + 4j 41 I R = I I L = I Z L Z R + Z L = 0,949 e j ( 36,40) 0,626 e j 51,480 = 0,594 e j 150 Z R Z R + Z L = 0,949 e j ( 36,40) 0,782 e j ( 38,770) = 0,742 e j ( 750 ) két párhuzamos ág feszültsége természetesen megegyezik, ellenőrzésként számoljuk ki mindkettőt! U R = I R Z R = 0,594 e j 150 500 = 297 e j 150 U L = I L Z L =0,742 e j ( 750) 400 e j 900 = 297 e j 150 Végül rajzoljuk fel a fázor ábrát: Re U U L =U R I R φ I I L Im U C 2-14. ábra 2.2.5. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, az egyes elemek feszültségét, a párhuzamos ágak áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! 113

C ~ U L U=24 V f=80 Hz L=0,159 H C=33,16 μf =10 Ω =20 Ω =5 Ω 2-15. ábra komplex impedanciák: Z L = j X L = j ω L = j 2π f L = j 2π 80 0,159 = 80j = 80 e j 900 Ω Z C = j 1 ω C = j 1 2π f C = j 1 2π 80 33,16 10 6 = 60j = 60 ej ( 900) Ω Z R1 = 10 Ω = 10 e j 00 Ω Z R2 = 20 Ω = 20 e j 00 Ω Z R3 = 5 Ω = 5 e j 00 Ω z eredő impedancia: Z er = [(Z R1 + Z L ) (Z R2 + Z C )] + Z R3 = (Z R1 + Z L ) (Z R2 + Z C ) (Z R1 + Z L ) + (Z R2 + Z C ) + Z R3 Z RL = Z R1 + Z L = (10 + 80j)Ω = 80,62 e j 82,870 Ω Z RC = Z R2 + Z C = (20 60j)Ω = 63,25 e j ( 71,565) Ω (10 + 80j) (20 60j) (10 + 80j) (20 60j) Z RL Z RC = = 10 + 80j + 20 60j 30 + 20j (1 + 8j) (20 60j) 500 + 100j (500 + 100j) (3 2j) = = = 3 + 2j 3 + 2j 9 + 4 = 130,77 53,846j Z er = (Z RL Z RC ) + Z R3 = 130,77 53,846j + 5 = 135,77 53,846j = 146,06 e j ( 21,6330) Ω 114 z áramkör árama: I = U 24 = Z er 146,06 e j ( 21,6330 ) = 0,1643 ej 21,630

ellenállás feszültsége: U R3 = I Z R3 = 0,1643 e j 21,630 5 = 0,8215 e j 21,630 V z áramosztás törvényével számoljuk ki a párhuzamos ágak áramát: I RL = I Z RC Z RL + Z RC, I RC = I Z RL Z RL + Z RC Z RC 20 60j 20 60j = = Z RL + Z RC 10 + 80j + 20 60j 30 + 20j = 2 6j (2 6j) (3 2j) = 3 + 2j 9 + 4 = 0,46 1,69j = 1,751 e j 254,770 (Megjegyzés: Mivel a fenti komplex szám mindkét koordinátája negatív, a komplex számsíkon ábrázolva a 3. síknegyedben helyezkedik el, a valós tengellyel bezárt szöge ezért 254,77 0, vagy ha negatív irányban, óramutató járásával megegyező irányban számoljuk, akkor -105,23 0.) Z RL 10 + 80j = Z RL + Z RC 30 + 20j = 1 + 8j (1 + 8j) (3 2j) = = 1,46 + 1,69j 3 + 2j 13 = 2,233 e j 49,180 I RL = I I RC = I Z RC Z RL + Z RC = 0,1643 e j 21,630 1,751 e j 254,770 = 0,288 e j 276,40 = 0,288 e j ( 83,60) Z RL Z RL + Z RC = 0,1643 e j 21,630 2,233 e j 49,180 = 0,367 e j 70,810 párhuzamos ágak feszültsége: U RL = U RC = I RC Z RC = I RL Z RL U RL = 0,288 e j ( 83,60) 80,62 e j 82,870 = 23,2 e j ( 0,730 ) U RC = 0,367 e j 70,810 63,25 e j ( 71,565) = 23,2 e j ( 0,750 ) ( két érték közötti különbség a számolás során alkalmazott kerekítések pontatlanságának eredménye.) két párhuzamos ág elemeinek feszültsége: U R1 = I RL Z R1 = 0,288 e j ( 83,60) 10 = 2,88 e j ( 83,60) V U L = I RL Z L = 0,288 e j ( 83,60) 80 e j 900 = 23,04 e j 6,40 V U R2 = I RC Z R2 = 0,367 e j 70,810 20 = 7,34 e j 70,810 V U C = I RC Z C = 0,367 e j 70,810 60 e j ( 900) = 22,02 e j ( 19,20) V fázor ábrát a jobb áttekinthetőség érdekében két részletben rajzoljuk fel: 115

Re Re U U U RL =U RC U RL =U RC U L U C I RC I I RL Im U R3 Im U R2 U R1 2-16. ábra 2.2.6. 100 Hz-es szinuszosan váltakozó, 9 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, a feszültség és az áram közötti fázisszöget, az ellenállás és a tekercs áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! L R U=9 V f=100 Hz L=79,6 mh R=40 Ω U ~ 2-17. ábra (Megoldások: I R = 0,255 ; I L = 0,18 ; φ L = 90 0 ; I = 0,288 ; φ = 38,66 0, Z er = 31,23 e j 38,660 Ω; P = 2,024 W; Q = 1,619 var; S = 2,592 V) 2.2.7. 50Hz-es, szinuszosan váltakozó, 400 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex 116

impedanciáját, áramát, az áram és a feszültség közötti fázisszöget, az ellenállás és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! C ~ R U=400 V f=50 Hz R=200 Ω C=31,83 μf U 2-18. ábra (Megoldások: I = 1,79 ; φ = 26,565 0 ; U R = 357,78 V; φ R = 26,565 0 ; U C = 179; φ C = 63,4 0 ; Z er = 223,6 e j ( 26,5650) Ω; P = 640,41 W; Q = 320,2 var; S = 716 V) 2.2.8. 60Hz-es szinuszosan váltakozó, 110V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást, egy indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, fázisszögét, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör saját frekvenciáját! L C R U=110 V f=60 Hz C=88,42µF L=53,05 mh R=50 Ω U ~ 2-19. ábra (Megoldások: I R = 2,2 ; I L = 5,5 ; φ L = 90 0 ; I C = 3,667 ; φ C = 90 0 ; I = 2,86 ; φ = 39,8 0 Z er = 38,4 e j 39,80 Ω; P = 241,7 W; Q = 201,38 var; S = 314,6 V 117

φ 0 = 73,48 Hz 2.2.9. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, fázisszögét, az ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az ellenállás és az L induktivitás áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! ~ U L U=60 V f=40 Hz L=99,47 mh =20 Ω =15 Ω 2-20. ábra (Megoldások: Z er = 31,72 e j 120 Ω; I = 1,89 ; φ = 12 0 ; U R1 = 37,89 V; φ R1 = 12 0 ; U R2 = U L = 24,2 V; φ RL = 19 0 I R2 = 1,62 ; φ R2 = 19 0 ; I L = 0,971 ; φ L = 71 0 P = 110,92 W; Q = 23,58 var; S = 113,4V) 2.2.10. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, C 1 kondenzátor, ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az ellenállás és C 2 kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! C 1 ~ U C 2 U=230 V f=50 Hz C 1 =17,68 μf =120 Ω C 2 =53,05 μf =80 Ω 2-21. ábra (Megoldások: Z er = 264,27 e j ( 55,730) Ω; I = 0,87 ; φ = 55,73 0 ; U R1 = 104,44 V; φ R1 = 55,73 0 ; U C1 = 156,66 V; φ C1 = 34,2 0 ; 118

I R2 = 0,522 ; φ R2 = 2,6 0 ; I C2 = 0,696 ; φ C2 = 92,6 0 U R2C2 = 41,6 V; φ R2C2 = 2,6 0 P = 112,68 W; Q = 165,36 var; S = 200,1 V 2.2.11. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás és tekercs feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát! R C ~ U L U=50 V f=1 khz L=4,77 mh C=3,18 μf R=20 Ω 2-22. ábra (Megoldások: Z er = 63,74 e j 11,310 Ω; I = 0,784 ; φ = 11,3 0 ; I C = 1 ; φ C = 90 0 ; I RL = 1,387 ; φ RL = 56,31 0 ; U R = 27,74 V; φ R = 56,31 0 ; U L = 41,61 V; φ L = 33,69 0 P = 38,46 W; Q = 7,685 var; S = 39,225 V 2.2.12. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, az ellenállás és az induktivitás feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! 119

L ~ C U=10 V f=500 Hz L=6,366 mh =5 Ω C 2 =21,22 μf =10Ω U 2-23. ábra (Megoldások: Z er = 33,24 e j ( 46,20) Ω; I = 0,3 ; φ = 46,2 0, U R1 = 1,5 V; φ R1 = 46,2 0 ; I C = 0,6; φ C = 83,1 0 ; I RL = 0,402 ; φ RL = 70,4 0 ; U R2 = 4,2 V, φ R2 = 70,4 0 ; U L = 8,04 V; φ L = 19,6 0 P = 2,076W; Q = 2,165 var; S = 3 V 2.2.13. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az ellenállás, az induktivitás és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! L ~ U C U=10 V f=1 khz L=0,238 H =2 kω C 2 =53,05 nf =1 kω 2-24. ábra (Megoldások: Z er = 3,14 e j 22,50 kω ; I = 3,18 m; φ = 22,5 0 ; U R1 = 6,37 V; φ R1 = 22,5 0 ; U L = 4,78 V; φ L = 67,5 0 ; I R2 = 3,025 m; φ R2 = 40,9 0 ; I C = 1,019 m; φ C = 49,1 0 ; U RC = 3,025 V; φ RC = 40,9 0 ; P = 29,42mW; Q = 12,18 10 3 var; S = 31,85 10 3 V 120

2.2.14. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! L C ~ U U=230 V f=50 Hz L=1,273 H C=5,305 μf =250 Ω =400 Ω 2-25. ábra (Megoldások: Z er = 188,3 e j ( 21,550) Ω; I = 1,22 ; φ = 21,55 0 ; I R2 = 0,575 ; φ R2 = 0 0 ; I RLC = 0,719 ; φ RLC = 38,66 0 ; U R1 = 179,69 V; φ R1 = 38,66 0 ; U L = 287,5 V; φ L = 128,66 0 ; U C = 431,25 V; φ C = 51,34 0 P = 260,99 W; Q = 103,07 var; S = 280,6 V) 2.2.15. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, az R ellenállás és az induktivitás feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát! C ~ L U=110 V f=60 Hz C=8,84 μf =400 Ω L=0,796 H =500Ω U 2-26. ábra (Megoldások: Z er = 330,82 e j ( 40,90) Ω; I = 0,33 ; φ = 40,9 0 ; U C = 99,75 V; φ C = 49,1 0 ; I R2 = 0,176; φ R2 = 53,3 0 ; I RL = 0,176 ; φ RL = 22,5 0 ; 121

U R1 = 70,4 V; φ R1 = 22,5 0 ; U L = 52,8 V; φ L = 112,5 0 P = 27,45 W; Q = 23,77 var; S = 36,3 V 2.2.16. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! C ~ U L U=24 V f=80 Hz =20 Ω =50 Ω C=33,16 μf L=159 mh 2-27. ábra (Megoldások: Z er = 67,37 e j ( 33,850) Ω; I = 0,356 ; φ = 33,85 0 ; U R1 = 7,125 V; φ R1 = 33,85 0 ; U C = 21,375 V; φ C = 56,15 0 ; I R2 = 0,3 ; φ R2 = 65,85 0 ; I L = 0,189, φ L = 24,5 0 ; U R2 = U L = 15 V; φ R2L = 65,85 0 ; P = 10,56W; Q = 7,085 var; S = 12,72 V 2.2.17. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos ágak áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! U C ~ L U=12 V f=100 Hz =20 Ω =25 Ω C=53,05 μf L=63,69 mh 2-28. ábra 122

(Megoldások: Z er = 12,269 e j ( 19,930) Ω; I = 0,978 ; φ = 19,93 0 ; I R1 = 0,6 ; φ R1 = 0 0 ; I C = 0,461 ; φ C = 46,23 0 ; I R2 = 0,391 ; φ R2 = 78,23 0 ; I L = 0,244 ; φ L = 11,77 0 ; U R2 = U L = 9,77 V; φ R2L = 78,23 0 ; U C = 13,83 V; φ C = 43,77 0 P = 11,03W; Q = 4var; S = 11,736 V 2.2.18. Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az egyes impedanciák áramát és feszültségét, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! C 2 L 2 L 1 C 1 R3 ~ U U=100 V f=100 Hz L 1 =0,398 H L 2 =0,795 H = = = =500 Ω C 1 =4,244 µf C 2 =2,122 µf 2-29. ábra (Megoldások: Z er = 576,98 e j ( 22,060) Ω; I = 0,1733 ; φ = 22,06 0 ; I C2R = 0,11 ; φ C2R = 56,31 0 ; I RL1 = 0,102 ; φ RL1 = 14,93 0 ; I RL2 = 0,0,063 ; φ RL2 = 58,9 0 ; I RC1 = 0,072 ; φ RC1 = 22,9 0 ; U R1 = 51,26 V; φ R1 = 14,9 0 ; U L1 = 25,63 V; φ L1 = 75,1 0 ; U R2 = 31,78 V; φ R2 = 58,9 0 ; U L2 = 31,78 V; φ L2 = 31,1 0 ; U R3 = 35,94 V; φ R3 = 22,9 0 ; U C1 = 26,95 V; φ C1 = 67,1 0 ; U R4 = 55 V; φ R4 = 56,31 0 ; U C2 = 82,5 V; φ C2 = 33,69 0 ; P = 16,06W; Q = 6,51 var; S = 17,33 V 123

Irodalomjegyzék 1. Uray-Szabó: Elektrotechnika, Nemzeti Tankönyvkiadó, 1998. 2. Nagy István: Elektrotechnikai példatár, MF 2001. 3. Hodossy-Tomozi: Elektrotechnika jegyzet, Széchenyi István Egyetem utomatizálási tanszék, 2004. 4. Paul-Nasar-Unnewehr: Introduction to Electrical Engineering, McGraw-Hill Inc.,1992. 5. Morris: Electrical circuit analysis and design, Macmillan, 1993. 124