TÁMOP - atom.ubbcluj.ro
Transcript of TÁMOP - atom.ubbcluj.ro
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
ELEKTROTECHNIKA
Áramkör számítási ismeretek a hallgatói felkészülés támogatására
Összeállította:
Dr. Radács László
Gépészmérnöki és Informatikai Kar
Villamosmérnöki Intézet
MISKOLCI EGYETEM
2014
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
1
TARTALOM 1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák .................................................. 2
2 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények ............................................................... 3
2.1 Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények .................................................. 3
2.1.1 Aktív elemek ........................................................................................................ 3
2.1.2 Passzív elemek ..................................................................................................... 5
2.1.3 Teljesítmények ..................................................................................................... 5
2.1.4 Áramkörök részei ................................................................................................. 6
2.2 Kirchhoff törvényei ..................................................................................................... 7
2.2.1 Mintapélda ............................................................................................................ 8
2.2.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................... 9
2.3 Feszültség- és áramosztó összefüggések ................................................................... 10
2.3.1 Mintapélda .......................................................................................................... 11
2.3.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 11
3 Áramkör számítási tételek ................................................................................................. 13
3.1 A szuperpozíció elve ................................................................................................. 13
3.1.1 Mintapélda .......................................................................................................... 14
3.1.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 15
3.2 Helyettesítő generátorok tételei ................................................................................. 17
Thevenin tétel ................................................................................................................... 17
3.2.1 Mintapélda .......................................................................................................... 18
3.2.2 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 19
Norton tétel ....................................................................................................................... 20
3.2.3 Mintapélda .......................................................................................................... 21
3.2.4 Gyakorló feladatok ............................................................................................. 22
4 Háromfázisú rendszerek .................................................................................................... 23
4.1 Elméleti összefoglaló ................................................................................................. 23
4.2 Mintapéldák ............................................................................................................... 26
4.2.1 Szimmetrikus csillag kapcsolás .......................................................................... 26
4.2.2 Szimmetrikus delta kapcsolás ............................................................................ 27
4.2.3 Aszimmetrikus csillag kapcsolás ....................................................................... 27
4.2.4 Aszimmetrikus delta kapcsolás .......................................................................... 28
4.3 Gyakorló feladatok .................................................................................................... 30
Irodalom ................................................................................................................................... 33
Köszönetnyilvánítás ................................................................................................................. 33
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
2
1 A munkafüzet célja, területei, elsajátítható kompetenciák
Az elektrotechnika az elektromágneses jelenségek gyakorlati hasznosításának a tudománya,
magában foglalja a villamos energia előállításával, szállításával és felhasználásával kapcsolatos
ismereteket. A mindennapjaink elképzelhetetlenek a villamos energia felhasználása, az
elektromágneses elveken történő jel- és információátvitel segítsége nélkül. Ebből kiindulva
megállapíthatjuk, hogy valamilyen mértékű elektrotechnikai ismerethalmazra minden műszaki
szakembernek feltétlenül szüksége van.
A tudományterület módszertanának lényeges eleme, hogy az egyes eszközök, gépek,
berendezések viselkedését, alapvető tulajdonságait áramköri modellek (helyettesítő kapcsolási
vázlatok) segítségével írja le, majd ezek alapján következtethetünk a további állapotokban
mutatott viselkedésre. Ezért rendkívül fontos a különböző áramkörök számítási módszereinek,
analizálásának elsajátítása.
Ennek a munkafüzetnek a célja, az önálló hallgatói felkészülés elősegítése, az előadásokon és
gyakorlatokon megszerzett ismeretek begyakoroltatása, készségszintűvé tétele, az alapvető
villamos szemléletmód kialakítása, valamint hogy közelebb hozza a villamosságtan egyes
témaköreit a nem villamosmérnöki szakos egyetemi hallgatókhoz, mivel az itt alkalmazott
elvek, módszerek – analógia alapján – számos más területen is alkalmazhatóak. A munkafüzet
elsősorban ajánlható valamennyi, a Miskolci Egyetemen Elektrotechnika, illetve
Elektrotechnika-Elektronika című tárgyat tanuló hallgató számára, a gépészmérnöki, az
energetikai mérnök, a mechatronikai mérnök, az ipari termék- és formatervező mérnök és a
műszaki menedzser alapszakokon, de hasonlóképpen a műszaki földtudományi alapszak egyes
szakirányain oktatott tárgyak elsajátításához. Az összeállított példaanyag azonban hasznos
lehet a Villamosságtan I. című tárgyat felvett villamosmérnök szakos hallgatók számára is.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
3
2 Áramkör számítási alapfogalmak, alaptörvények
Az áramkör az elektromágneses térnek olyan egyszerűsített leírása, amely csak az erőtér néhány
jellemző mennyisége közötti kapcsolatára vonatkozik, ezek rendszerint az áram és a feszültség.
Az áram a töltések villamos tér hatására bekövetkező rendezett mozgása, amelynek
megállapodás szerinti iránya a pozitív töltések valóságos, vagy látszólagos elmozdulási iránya.
A feszültség az egységnyi töltés által végzett munka, amelynek megállapodás szerinti iránya a
potenciál (munkavégző képesség) csökkenésének az iránya.
1. ábra: A legegyszerűbb villamos áramkör
2.1 Áramköri elemek, áramkörök részei, teljesítmények
2.1.1 Aktív elemek
Az áramkörök (villamos hálózatok) aktív elemei a villamos energia más energiaformából
történő előállítását szimbolizálják. Az aktív elemek többségében valamilyen külső energia
(mechanikai, vegyi, stb.) hatására megtörténik a különböző nemű töltések szétválasztása,
aminek következtében energiára tesznek szert és munkavégzésre lesznek képesek. Ezek a
feszültség generátorok. Az aktív elemek kisebb részében a külső energia hatására közvetlenül
töltések injektálódnak a hozzájuk kapcsolódó áramkörbe, ezek az áramgenerátorok.
Feszültség generátor Áramgenerátor
Uk = Ug − Rb I I = Ig − Uk
Rg
2. ábra: A valóságos generátorok áramköri jelölése és kapocsmennyiségei
Ha a generátorok veszteségei elhanyagolhatóan kicsik az áramkör többi teljesítményéhez
képest, akkor ideális generátorokról beszélünk. Ez a modellekben azt jelenti, hogy feszültség
generátornál Rb = 0, azaz Uk = Ug, áramgenerátornál pedig Rb = ∞, azaz I = Ig.
Az áramkörök számítási módszereinek matematikai eszközei a generátorok
forrásmennyiségeinek időfüggvényétől függenek.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
4
3. ábra: A generátorok forrásmennyiség időfüggvénye szerinti csoportosítása
Az időben állandó egyenáramú hálózatok esetén a számítás a legegyszerűbb, valós számokkal
dolgozhatunk. Amennyiben időben változó egyenáramú hálózattal van dolgunk, akkor
rendszerint az egyenáramú szempontból egyenértékű középértékeket használjuk, amit lineáris
középértéknek nevezünk és szintén valós szám.
Egy T periódusidővel változó f (t) függvény lineáris középértékének matematikai definíciója:
dt(t)fT
1=F
T
0
lin
A mindennapjainkban leginkább használt szinuszosan váltakozó áramú mennyiségek időbeli
változásának leírására – például feszültségnél – általános alakban az u(t)= Um sin(ωt+ρ)
függvény alkalmas. Egy lineáris áramkörben, ha a generátor forrásmennyisége szinuszos, akkor
az áramkör valamennyi mennyisége azonos ω körfrekvenciájú szinuszos mennyiség lesz, tehát
a jellemzésükre elegendő 2 adat: a nagyságra utaló jellemző és a vizsgálat kezdetekor felvett
érték, a ρ kezdőfázis. Mivel a lineáris középértékük nulla – a négyzetes középértéküket (effektív
érték) adjuk meg:
T
0
2
négyz dt(t)fT
1=F
Szinuszos mennyiségeknél a négyzetes középérték (effektív érték) a maximális pillanatérték
√2-ed része.
A szinuszos mennyiségek nagyságának és egymáshoz képesti fázisviszonyainak leírására
tökéletesen alkalmasak a komplex effektív értékek.
Az u(t)= Um sin(ωt+ρ) alakú szinuszos feszültség komplex effektív értéke:
Forrásmennyiség
időfüggvénye
szerint
Egyenáramú
Állandó Változó
Folyamatos Szaggatott
Váltakozó áramú
(Periodikus, lineáris középértéke=0)
SzinuszosEgyéb
(Pl. négyszög)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
5
ρsinUj+ρcosU=eU=e2
U=U jρjρm
A komplex effektív értékek használatával a váltakozó áramú áramkörök számításánál
ugyanazok az összefüggések és módszerek alkalmazhatók, mint az egyenáramú áramköröknél.
A többi periodikus, de nem szinuszos mennyiség matematikai leírását Fourier sorfejtési
tételének segítségével vezetjük vissza a szinuszos mennyiségek számítására, de jelen
munkafüzetben ezt nem tárgyaljuk.
2.1.2 Passzív elemek
Energia fogyasztó:
Ellenállás: a villamos energia más energiaformává (hő, mechanikai, stb.) való átalakulásának
leírására.
Energia tárolók:
Induktivitás: a mágneses tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére.
Kapacitás: a villamos tér formájában tárolt energia áramköri leképezésére.
1. táblázat: Passzív áramköri elemek alapösszefüggései
Ellenállás Induktivitás Kapacitás
Áramköri jelölés
Tetszőleges
időfüggvényű
mennyiségek esetén
u = R i u = L di
dt i = C
du
dt
Állandó egyenáram
esetén U = R I rövidzár szakadás
Szinuszos váltakozó
áram esetén U = R I U = jωL I I = jωC U
2.1.3 Teljesítmények
Időben állandó egyenáramú áramkörökben a villamos áram teljesítménye
P = U I [W] (watt).
Váltakozó áramú áramkörökben, mivel a feszültség és az áram is szinuszosan változik, a
szorzatuk, azaz a pillanatnyi teljesítmény is szinuszosan változik (kétszeres frekvenciával).
Ennek az időfüggvénynek a jellemzésére háromféle teljesítményt használunk.
A függvény átlagértéke (lineáris középérték) az időegység alatt végzett munkára jellemző, ezt
hívjuk hatásos teljesítménynek:
P = U I cos [W] (watt).
Az összefüggésben U és I effektív értékek, a pedig a két mennyiség közötti fáziseltérés.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
6
A nulla középértékű, a termelő és a fogyasztó között lengő teljesítmény-komponenst a
csúcsértékével írjuk le, ezt meddő teljesítménynek nevezzük és az áramkör tároló elemeihez,
az induktív és kapacitív reaktanciákhoz társítható:
Q = U I sin [var] (volt-amper-reaktív)
A fenti definíciók után megrajzolható egy derékszögű háromszög a teljesítményekre (4.ábra),
4. ábra: Induktív jellegű fogyasztó fazorábrája és az ebből származtatható teljesítmény-
háromszög
A háromszög átfogója is egy teljesítmény, amelynek kifejezésében nem szerepel a fázisszög,
és az egyenáramú teljesítményhez hasonlóan számítható az effektív értékekből, ez a látszólagos
teljesítmény:
S = U I [VA] (volt-amper)
A gyakorlatban mindhárom teljesítménynek megvan a maga szerepe és jelentősége és –amint
fentebb látható – mértékegységükkel is megkülönböztetjük őket.
A teljesítménytényező a hatásos és a látszólagos teljesítmény viszonya, azaz szinuszos
váltakozó áram esetén:
𝑃
𝑆= cos
Amennyiben a feladat megoldását a feszültségek és áramok komplex effektív értékeivel
végeztük el, akkor a teljesítményeket ezekből közvetlenül is meghatározhatjuk.
A komplex teljesítmény:
S = U I∗ = U I ej = S ej = S cos + j S sin = P + j Q,
tehát egy komplex alakban elvégzett szorzással valamennyi teljesítmény meghatározható, de
nyomatékosan felhívnám a figyelmet arra, hogy helyes eredményt akkor kapunk, ha nem az
áram komplex effektív értékével, hanem annak a konjugáltjával szorzunk.
2.1.4 Áramkörök részei
Csomópont: kettőnél több hálózati elem kapcsolódási pontja. A csomópontokat általában nagy
betűkkel jelöljük meg, az 5. ábrán pl. A, B, C. Ha két csomópont között nulla ellenállású
vezető (rövidzár) található, akkor a két pont azonos potenciálú és nem számít új
csomópontnak.
Ág: két csomópont közötti hálózatrész, amelyen ugyanaz az áram folyik. Ugyanazon két
csomópont között több ág is lehet, de a különböző áramok miatt külön ágnak kell
tekinteni. Az 5. ábrán pl. az A és C csomópontok között két ág található: az Ue1-R1
feszültség generátor és az R3 ellenállás.
Hurok: azon ágak és csomópontok összessége, amelyeken végighaladva a kiindulási pontba
jutunk anélkül, hogy bármely ágon többször haladtunk volna. Az 5. ábrán pl. a I. hurok
az A-B-C-A útvonalat jelenti, míg a II. hurok a B-C-B útvonalat.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
7
5. ábra: Az áramkörök részeinek bemutatása
Megállapodás szerinti (valóságos) irányok:
Áram: a pozitív töltések valóságos vagy látszólagos mozgásiránya.
Feszültség: a potenciálcsökkenés iránya.
Vonatkozási (referencia, mérő) irányok:
Az irányukkal meg nem adott áramok és feszültségek előre, az áramkör számítás számára
önkényesen felvett iránya. Ha a számítás eredménye pozitív, akkor az általunk felvett irány
megegyezik a megállapodás szerinti iránnyal, ha negatív, akkor azzal ellentétes.
2.2 Kirchhoff törvényei
I. Csomóponti törvény: a töltés megmaradásának törvényét fejezi ki.
Egy csomópontba be- és kifolyó áramok vonatkozási irány szerinti összege zérus. A
csomópontba be-, illetve az onnan kifolyó áramok előjelét különbözőre kell választani.
0i
n
1k
k
i1 – i2 + i3 + i4 – i5 = 0
6. ábra: A csomóponti törvény alkalmazása
II. Hurok törvény: az energia megmaradásának törvényét fejezi ki.
Egy hurokban működő feszültségek vonatkozási irány szerinti összege zérus. A hurok felvett
körüljárási irányával megegyező, illetve azzal ellentétes irányú feszültségek előjelét
különbözőre kell választani.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
8
0u
n
1k
k
uL1 + uR1 – uG2 + uC2 – uR3 +uM3 + uG3
– uC4 + uG4 –uR4 = 0
7. ábra: A hurok törvény alkalmazása
2.2.1 Mintapélda
Megjegyzés: Az áramkör számítási mintapéldákat az elvek hangsúlyozása érdekében minden
esetben egyenáramú áramkörök esetére mutatjuk be, a váltakozó áramú áramkörök ugyanazon
elvek alkalmazásával számíthatók a komplex impedanciákkal és a mennyiségek komplex
effektív értékeivel.
Számítsa ki az alábbi áramkör valamennyi ágának áramát!
U0 = 10 V
I0 = 10 A
R1 = 2
R2 = 4
R3 = 3
R4 = 3
Megoldás:
Mivel az áramkörben a 4 ágáram ismeretlen, ezeknek meghatározásához 4 független Kirchhoff
egyenletet kell felírnunk, az ágak feszültségét – ha szükséges – az ágegyenletek segítségével
már ki lehet számolni.
Az áramkörben 3 csomópont található, a független csomóponti egyenletek száma ennél mindig
1-gyel kevesebb, esetünkben kettő. A megoldáshoz tehát még két hurokegyenletre van
szükségünk.
A csomópontra: I1 – I2 – I3 = 0
B csomópontra: I2 – I4 + I0 = 0
I. hurokra: I1R1 + I3R3 – U0 = 0
II. hurokra: I2R2 + I4R4 – I3R3 = 0
Az adatok behelyettesítése után valamilyen több-ismeretlenes egyenletrendszer megoldására
tanult matematikai módszerrel az ágáramok meghatározhatók. A részletes számítások
mellőzésével az eredmények:
I1 = 0,242 A; I2 = – 2,93 A; I3 = 3,17 A; I4 = 7,07 A.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
9
Érdemes megjegyezni, egy ilyen, viszonylag egyszerű áramkör esetén is jelentős számítási
munkát igényel a mennyiségek meghatározása, ezért a legritkább esetben használjuk a
Kirchhoff egyenletek felírását igénylő módszert. Összetettebb áramkörök esetén a számítási
munka sokszorozódik, így inkább valamilyen egyszerűsítő módszert használunk, amelyek
természetesen a Kirchhoff egyenleteken alapulnak.
2.2.2 Gyakorló feladatok
1. Két eltérő forrásfeszültségű és belső ellenállású generátor táplál párhuzamosan egy
fogyasztót. Határozza meg az áramkör mindhárom ágának áramát és a közös
kapocsfeszültséget!
(Eredmények: I1 = 1,54 A, I2 = – 0,23 A,
I = 1,31 A, U = 10,47 V)
2. Határozza meg az alábbi áramkör ellenállásainak az áramát!
(Eredmények: I1 = 3 A, I2 = 1 A, I3 = 2 A,
I4 = 2,5 A, I5 = 0,5 A)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
10
3. Számítsa ki az ábra szerinti áramkör valamennyi ágának áramát!
(Eredmények: I1 = 1,82 A, I2 = –0,97 A,
I3 = 0,55 A, I4 = –1,52 A, I5 = –1,27 A)
2.3 Feszültség- és áramosztó összefüggések
Áramkör számítási feladatok során gyakran találkozunk olyan esettel, hogy csak egy generátor
működik az áramkörben és csak egy ágnak a jellemzői érdekesek a számunkra. Ilyenkor
elkerülhető a Kirchhoff törvényekkel meghatározott több-ismeretlenes egyenletrendszer
felírása, illetve megoldása, helyette az ezekből (az Ohm-törvény felhasználásával) levezethető
feszültség- és áramosztó összefüggések használata a célszerű. Soros elemek árama azonos, a
feszültség az ellenállásokkal egyenes arányban oszlik meg, párhuzamos elemek feszültsége
azonos, az áram az ellenállásokkal fordítottan arányos.
21
22
21
11
RR
RUU
RR
RUU
21
12
21
21
RR
RII
RR
RII
Az összefüggések alkalmazása két elem esetén triviális, összetett áramköröknél a használatuk
nehézségeket okozhat. Ennek elkerülésére az áramköröket mindig két részre bontva kell
elképzelni, az egyik, ahol szeretnénk meghatározni az ismeretlen mennyiséget, a másik, ahol
nem érdekel. Ilyenkor az összefüggésekbe az egyes áramköri részek eredőjét kell helyettesíteni.
Többszörös soros, illetve párhuzamos kapcsolás esetén az összefüggéseket láncszerűen (a
kérdéses ágra közelítve) lehet alkalmazni.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
11
2.3.1 Mintapélda
Határozza meg az ábrán látható hálózat U3 feszültségét, valamint I2 és I4 áramát! Valamennyi
ellenállás értéke 5 Ω, a generátor feszültsége U = 16 V.
Megoldás:
A generátor felől nézve az R1 ellenállás sorba kapcsolódik az áramkör többi ellenállásának az
eredőjével, amelyen keressük az U3 feszültséget, tehát alkalmazható a feszültségosztó
összefüggés:
U3 = U R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)
R1 + R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)= 16
5 ∗ (5 + 5 ∗ 5)
5 + 5 ∗ (5 + 5 ∗ 5)= 6 V
Az U3 ismeretében a keresett I2 áram Ohm törvénye alapján számítható:
I2 = U3
R2 + R4 ∗ R5=
6
5 + 5 ∗ 5= 0,8 A
I2 meghatározása után az I4 áram az áramosztó összefüggéssel:
I4 = I2 R5
R4+ R5 = 0,8
5
5+5= 0,4 A
Amennyiben csak az I4 áram a kérdés, akkor a feszültségosztó láncszerű alkalmazásával az R4
ellenállás feszültsége közvetlenül felírható, majd az Ohm törvény alapján az árama is.
I4 = U R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)
R1 + R3 ∗ (R2 + R4 ∗ R5)
R4 ∗ R5
R2 + R4 ∗ R5
1
R4= 16
3
8 2,5
7,5 1
5= 0,4 A
2.3.2 Gyakorló feladatok
1. Számítsa ki valamennyi ellenállás feszültségét a feszültségosztó összefüggés
segítségével a vonatkozási irányok felvétele után!
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
12
Uo = 10 V
R1 = 2
R2 = 3
R3 = 4
R4 = 3
(Eredmények: U1 = 4,88 V, U2 = 5,12 V, U3 = 2,93 V, U4 = 2,19 V; a feszültségek
előjele a felvett irányoktól függ.)
2. Számítsa ki valamennyi ellenállás áramát az áramosztó összefüggés segítségével a
vonatkozási irányok felvétele után!
Io = 6 A
R1 = 2
R2 = 3
R3 = 4
R4 = 3
(Eredmények: I1 = 3,2 A, I2 = 1,6 A, I3 = 2,8 A, I4 = 1,6 A – az áramok előjele a
felvett irányoktól függ.)
3. Határozza meg az áramkörben az U4 feszültséget!
U = 10 V
R1 = 2,5
R2 = 5
R3 = 2,5
R4 = 5
R5 = 5 Ω
(Eredmény: U4 = 1,43 V)
4. Határozza meg az áramkörben az I5 áramot!
Io = 6 A
R1 = 2
R2 = 3
R3 = 4
R4 = 3
R5 = 3
(Eredmény: I5 = 1 A)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
13
5. Határozza meg valamennyi áramköri elem feszültségét, ha a szinuszos generátor
feszültségének effektív értéke U = 12 V, frekvenciája f = 50 Hz (ennek a kezdőfázisát
tekintse nullának)!
R1 = 6
R2 = 8 Ω
L = 15,9 mH
C = 318 F
(Eredmények: UL = 12/0o V, UR1 = 6,23/19,7o V, UR2 = UC = 6,49/–18,9o V)
6. Határozza meg az alábbi áramkör valamennyi áramköri elemének áramát, ha a szinuszos
generátor áramának effektív értéke I = 5 A, frekvenciája f = 50 Hz (ennek a kezdőfázisát
tekintse nullának)!
R1 = 10
R2 = 30
L = 63,7 mH
C = 106 F
(Eredmények: IR1 = 3,1/7,1o A, IL = 1,96/–11,3o A, IR2 = 1,38/–56,3o A,
IC = 1,38/33,7o A)
3 Áramkör számítási tételek
3.1 A szuperpozíció elve
A szuperpozíció elve lineáris hálózatok számításaihoz alkalmazható. Egy hálózat akkor
lineáris, ha valamennyi eleme lineáris, vagyis az elemek karakterisztikája, azaz az i = f (u)
kapcsolat egyenes. Akkor lehet és célszerű alkalmazni, ha a hálózatban több generátor
működik.
Több forrást tartalmazó lineáris, reciprok hálózatokban a források együttes hatása
meghatározható egyenkénti hatásaik összegzésével.
Az egyes források hatásának vizsgálatakor a többit dezaktivizálni kell. (Feszültség generátornál
Ug = 0, áramgenerátornál Ig = 0).
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
14
3.1.1 Mintapélda
Határozza meg az ábrán látható hálózat R3 ellenállásának áramát és feszültségét a szuperpozíció
elvének felhasználásával!
U0 = 10 V
I0 = 10 A
R1 = 2
R2 = 4
R3 = 3
R4 = 3
Megoldás:
1. szuperpozíciós lépés – az U0 feszültség generátor működik, I0 dezaktivizálva
U3′ = U0
R3 ∗ (R2 + R4)
R1 + R3 ∗ (R2 + R4)= 10
3 ∗ (4 + 3)
2 + 3 ∗ (4 + 3)= 5,12 V
I3′ =
U3′
R3=
5,12
3= 1,71 A
2. szuperpozíciós lépés – az I0 áramgenerátor működik, U0 dezaktivizálva
I3′′ = I0
R4
R4 + R2 + R1 ∗ R3
R1
R1 + R3= 10
3
3 + 4 + 2 ∗ 3
2
2 + 3= 1,46 A
U3′′ = I3
′′ R3 = 1,46 ∙ 3 = 4,39 V
3. lépés – az egyes generátorok hatásainak összegzése
U3 = U3′ + U3
′′ =5,12 + 4,39 = 9,51 V
I3 = I3′ + I3
′′ = 1,71 + 1,46 = 3,17 A
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
15
3.1.2 Gyakorló feladatok
1. Határozza meg az ábrán látható hálózatban az I2 és I5 áram, valamint az U2 és U5
feszültség értékét a szuperpozíció elv felhasználásával!
Ug1 = 150 V
Ug2 = 120 V
R1 = 15
R2 = 5
R3 = 20
R4 = 10
R5 = 10
(Eredmények: U2 = 32,5 V, I2 = 6,5 A, U5 = 5 V, I5 = 0,5 A)
2. Határozza meg az ábrán látható hálózat R4 ellenállásának áramát és feszültségét a
szuperpozíció elvének felhasználásával!
U1= 100 V
U2= 60 V
R1= 2,5
R2= 5
R3= 2,5
R4= 5
R5= 5
(Eredmények: I4 = – 0,57 A, U4 = – 2,86 V)
3. Számítsa ki az alábbi áramkör I2 áramát a szuperpozíció elv segítségével!
U = 100 V
I = 5 A
R1 = 30
R2 = 14
R3 = 10
R4 = 30
R5 = 16
(Eredmény: I2 = 2,57 A)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
16
4. Határozza meg az ábrán látható hálózat R2 ellenállásának áramát és feszültségét a
szuperpozíció elvének felhasználásával!
Ug = 12 V
Ig = 2 A
R1 = 4 Ω
R2 = 3 Ω
R3 = 6 Ω
R4 = 6 Ω
(Eredmények: I2 = 1,69 A, U2 = 5,07 V)
5. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágának áramát és feszültségét a
szuperpozíció elv segítségével!
U1 = 120 V
U2 = 100 V
I = 12 A
R1 = 10 Ω
R2 = 50 Ω
R3 = 20 Ω
R4 = 30 Ω
(Eredmények: IAB = 7,7 A, UAB =155 V)
6. Határozza meg az ábrán látható áramkörben a C4 kapacitás áramának és
feszültségének az időfüggvényét!
io = 7,07 sin 314t [A]
uo = 14,1 sin (314t + π/4) [V]
R1 = 2 Ω
L2 = 12,7 mH
R3 = 3 Ω
C4 = 1060 µF
(Eredmények: iC = 4 sin (314t + 86o 𝜋
180°)) A, uC = 12 sin (314t – 4o 𝜋
180°) V)
Megjegyzés: az időfüggvények argumentumában a kezdőfázist matematikailag helyesen
radiánban kell szerepeltetni, de gyakran eltekintünk az átváltástól és fokban írjuk, mivel így
jobban tudjuk értelmezni a szögeket.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
17
3.2 Helyettesítő generátorok tételei
Bármely lineáris, invariáns, aktív hálózat tetszőleges két pontja felől nézve helyettesíthető egy
valóságos generátorral.
Alkalmazása akkor célszerű, ha az áramkörnek csak egy része változik, vagy változtatható.
Ilyenkor a változatlan hálózatrészt egy valóságos generátorral helyettesítjük, majd ennek a
helyettesítő generátornak a különböző terhelési állapotait egyszerűen számolhatjuk.
A valóságos generátor két paramétere a következő megfontolások alapján határozható meg.
Lineáris elemekből álló hálózat valamennyi egyenlete lineáris, tehát tetszőleges két pontja
közötti feszültsége és árama közötti kapcsolata is lineáris. U és I kapcsolatát kizárólag a lezárás
határozza meg. (
Matematikailag az egyenest két pontja meghatározza, tehát elegendő, ha az eredeti hálózat és a
helyettesítő generátor két különböző terhelés esetén egyenértékű, akkor valamennyi terhelési
állapotban azok lesznek.
8. ábra: A helyettesítő generátorok tételének szemléltetése
Thevenin tétel
A Thevenin tétel szerint a lineáris, invariáns, aktív hálózat helyettesíthető egy valóságos
feszültség generátorral.
Üresjárásban – a vizsgált ág két végpontja közötti lezárást eltávolítva – a helyettesítő feszültség
generátor üresjárási feszültsége és az eredeti hálózat A - B pontjai között mért feszültség meg
kell, hogy egyezzen, azaz Ug = UAB0. Ugyancsak meg kell, hogy egyezzen az eredeti
dezaktivizált hálózat A - B pontjai felől nézett eredő ellenállás a helyettesítő generátornál
mérhetővel, azaz Rb = RABer.
A dezaktivizálás azt jelenti, hogy eltávolítjuk a forrásmennyiségeket: Ug = 0, Ig = 0 és csak a
generátorok belső ellenállása szerepel az áramkörben.)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
18
3.2.1 Mintapélda
Alkossa meg az ábrán látható hálózat A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő képét, majd
ennek segítségével határozza meg a bejelölt I2 áramot!
U = 120 V
R1 = 20
R2 = 14
R3 = 20
R4 = 10
R5 = 15
Megoldás:
Az R2 ellenállást eltávolítva az A - B pontok közül, feszültségosztóval meghatározzuk az
üresjárási feszültséget, ez lesz a helyettesítő generátor forrásfeszültsége. Mivel az R3 és R4
ellenállásokon nem folyik áram, a két pont között az R3 ellenállás feszültsége mérhető:
Ug = UAB0 = U R3
R1 + R3= 120
20
20 + 20= 60 V
A helyettesítő generátor belső ellenállása a dezaktivizált áramkör A - B pontok felől nézett
eredő ellenállása lesz:
Rb = RABer = R1 ∗ R3 + R4 ∗ R5 = = 20 ∗ 20 + 10 ∗ 15 = 16 Ω
A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint
terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot:
I2 = Ug
Rb + R2=
60
16 + 14= 2 A
Amennyiben az R2 változik, akkor már csak ez utóbbi összefüggést
kell újra kiszámolni.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
19
3.2.2 Gyakorló feladatok
1. Alkossa meg az ábrán látható hálózatnak először az R3, majd R5 ellenállások
végpontjaira vonatkozó Thevenin helyettesítő modelljét, majd ezek segítségével
határozza meg a bejelölt U3 és U5 feszültségeket!
U = 120 V
R1 = 30
R2 = 26
R3 = 45
R4 = 60
R5 = 40 Ω
(Eredmények: Ug3 = 75 V, Rb3 = 18,75 Ω, U3 = 52,9 V, Ug5 = 41,5 V, Rb5 = 25,4 Ω,
U5 = 25,4 V)
2. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágában lévő R4 ellenállás áramát és
feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával!
U = 100 V
R1 = 30
R2 = 20
R3 = 30
R4 = 28
R5 = 40
(Eredmények: Ug = 40 V, Rb = 12 Ω, I4 = 1 A, U4 = 28 V)
3. Határozza meg az ábrán látható hálózat A - B ágában lévő R4 ellenállás áramát és
feszültségét a Thevenin tétel felhasználásával!
U = 120 V
I = 10 A
R1 = 10
R2 = 20
R3 = 5
R4 = 15
(Eredmények: Ug = 146,7 V, Rb = 11,67 Ω, I4 = 5,5 A, U4 = 82,5 V)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
20
4. Határozza meg az ábrán látható hálózat R1 ellenállásának áramát és feszültségét a
Thevenin tétel felhasználásával!
I = 6 A
R1 = 16
R2 = 6
R3 = 12
R4 = 10
(Eredmények: Ug = 24 V, Rb = 14 Ω, I1 = 0,8 A, U1 = 12,8 V)
5. Határozza meg az ábra szerinti kapcsolás A - B pontokra vonatkozó Thevenin
helyettesítő képét, majd ennek segítségével határozza meg az R2 ellenállás áramának
időfüggvényét, ha az A-B kapcsokra u = 33,9 sin 314t [V] feszültséget kapcsolunk!
R1 = 6
R2 = 8 Ω
L = 15,9 mH
C = 318 F
(Eredmények: Ug = 20,6/–31o V, Zb = 5,14/–31o Ω, i2 = 2,3 sin (314t – 18,9o) A
6. Alkossa meg az ábrán látható hálózat A - B pontokra vonatkozó Thevenin helyettesítő
képét, majd ennek segítségével határozza meg az R2 ellenállás áramának időfüggvényét!
u(t) = 28,3 sin 314t [V]
R1 = 5
R2 = 1
R3 = 3
L = 9,55 mH
C = 637 F
(Eredmények: Ug = 14,1/–45o V, Zb = 4,12/–14o Ω, i2 = 3.92 sin (314t – 33,7o) A
Norton tétel
A Norton tétel szerint a lineáris, invariáns, aktív hálózat helyettesíthető egy valóságos
áramgenerátorral.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
21
Rövidzárásban – a vizsgált ág két végpontját nulla ellenállású vezetővel összekötve – a
helyettesítő áramgenerátor rövidzárási árama és az eredeti dezaktivizált hálózat A - B pontjai
között mért rövidzárási áram meg kell, hogy egyezzen, azaz Ig = IABz. Ugyancsak meg kell,
hogy egyezzen az eredeti hálózat A-B pontjai felől nézett eredő ellenállás a helyettesítő
generátornál mérhetővel, azaz Rb = RABer (természetesen a rövidzár nélkül).
Ha egy áramkör egyenértékűen helyettesíthető egy valóságos feszültség generátorral, vagy egy
valóságos áramgenerátorral, akkor a két generátor is egyenértékű lehet egymással. Ennek
feltétele, hogy a két generátor belső ellenállása (Rb) megegyezzen és a forrásmennyiségek
között fennálljon az Ug = Rb Ig összefüggés. Ebből az is következik, hogy egy feszültség
generátor egyenértékűen átalakítható áramgenerátorrá és viszont.
3.2.3 Mintapélda
Oldjuk meg a Thevenin tételnél kitűzött mintapéldát a Norton helyettesítő generátor
segítségével. Ezzel megtakarítjuk a belső ellenállás meghatározásának munkáját, hiszen
ugyanúgy kell itt is meghatározni, tehát az értéke is ugyanaz lesz.
Megoldás:
Az A - B pontok közötti rövidzáron folyó áramot meghatározva kapjuk a helyettesítő generátor
forrásáramát.
IABz =U
R1 + R3 ∗ R4 ∗ R5
R3
R3 + R4 ∗ R5=
= 120
20 + 20 ∗ 10 ∗ 15
20
20 + 10 ∗ 15= 3,75 A
A helyettesítő generátor paramétereinek ismeretében visszahelyezzük az R2 ellenállást, mint
terhelést, majd kiszámítjuk a kérdéses I2 áramot:
I2 = Ig
Rb
Rb+R2= 3,75
16
16 + 14= 2 A
A két helyettesítéssel kapott eredmény természetszerűen megegyezik és ellenőrizhetjük a két
generátor forrásmennyiségei közötti Ug=Rb Ig kapcsolatot: 60 = 16*3,75.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
22
3.2.4 Gyakorló feladatok
1. Határozza meg az ábrán látható hálózat R1 ellenállására vonatkozó Norton helyettesítő
képet! A modell segítségével számítsa ki az R1 ellenállás áramát és feszültségét!
I = 10 A
R1 = 24 Ω
R2 = 60 Ω
R3 = 40 Ω
R4 = 12 Ω
(Eredmények: Ig = 6,67 A, Rb = 36 Ω, I1 = 4 A, U1 = 96 V
2. Határozza meg az ábrán látható hálózat R3 ellenállására vonatkozó Norton helyettesítő
képet! A modell segítségével számítsa ki az R3 ellenállás áramát és feszültségét!
U = 120 V
R1 = 30 Ω
R2 = 18 Ω
R3 = 10 Ω
R4 = 30 Ω
R5 = 20 Ω
(Eredmények: Ig = 4 A, Rb = 15 Ω, I3 = 2,4 A, U3 = 24 V)
3. Határozza meg az alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét a Norton
helyettesítő generátor segítségével!
U1 = 120 V
U2 = 90 V
R1 = 20
R2 = 10
R3 = 30
R4 = 50
R5 = 40
(Eredmények: Ig = 4,2 A, Rb = 25 Ω, I4 = 1,4 A, U4 = 70 V
4. Határozza meg az ábrán látható hálózat A – B ágában lévő R3 ellenállásra vonatkozó
Norton helyettesítő képet! A modell segítségével számítsa ki az R3 ellenállás áramát és
feszültségét!
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
23
U1 = 60 V
U2 = 50 V
I = 6 A
R1 = 10 Ω
R2 = 50 Ω
R3 = 20 Ω
R4 = 30 Ω
(Eredmények: Ig = 12,63 A, Rb = 8,89 Ω, I3 = 3,88 A, U3 = 77,7 V
5. Határozza meg a hálózat Z impedanciájára vonatkozó Norton helyettesítő képet, majd
ez alapján számítsa ki az impedancia áramának komplex effektív értékét. Adja meg az
áram időfüggvényét is, ha a generátor feszültségének frekvenciája 60 Hz.
Ug = 12 V (valós)
Z1 = 3
Z2 = -j3
Z3 = j6
Z = j2,4
(Eredmények: Ig = 4/0o A, Zb = 2,68/–27o Ω, I = 4/–53o A, i = 5,66 sin (377t – 53o) A
4 Háromfázisú rendszerek
4.1 Elméleti összefoglaló
A villamos energiatermelés, elosztás és felhasználás területén a legelterjedtebbek világszerte a
háromfázisú rendszerek. A széleskörű felhasználás az egyfázisú rendszerekhez képesti alábbi
előnyökkel magyarázható:
- egy- és háromfázisú fogyasztók egyaránt elláthatók a rendszerről,
- az egy fázisra jutó vezetékek száma kevesebb,
- az egyik kapcsolási módnál két különböző nagyságú feszültségrendszer áll
rendelkezésre,
- egyszerű forgó mágneses teret létrehozni vele (a villamos forgógépek működésének
alapja),
- szimmetrikus rendszerben a három fázis együttes hatásos teljesítménye időben
állandó.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
24
Általános esetben a három feszültség időfüggvénye:
uL1 = UL1m sin (t + ρ1)
uL2 = UL2m sin (t + ρ2)
uL3 = UL3m sin (t + ρ3)
Szimmetrikus a háromfázisú feszültségrendszer, ha a fázisok feszültségei egyenlő nagyok
UL1m = UL2m = UL3m = Um
és egymáshoz képest azonos szöggel vannak eltolva
12 = 23 = 31 =120o = 2𝜋
3 rad
Így a három feszültség (az uL1 kezdőfázisát nullának választva):
uL1 = Um sin t
uL2 = Um sin (t – 2𝜋
3)
uL3 = Um sin (t – 4𝜋
3) = Um sin (t +
2𝜋
3)
9. ábra: A szimmetrikus háromfázisú rendszer feszültségeinek időfüggvénye
A szimmetrikus feszültségrendszer komplex effektív értékei:
UL1 = U (valósnak választva)
UL2 = U e−j120o
UL3 = U ej120o
Ha a fenti két feltétel közül valamelyik nem teljesül, akkor aszimmetrikus a rendszer.
Megjegyzendő, hogy a szabványos L1, L2, L3 fázisjelölések helyett a gyakorlatban és az
oktatásban is elterjedten használatosak az 1,2,3 vagy az R, S, T, valamint az A, B, C
betűhármasok is.
A háromfázisú fogyasztó fázisainak kapcsolási módjai
Csillag (ipszilon, Y) kapcsolás, amely lehet 3 vagy 4 vezetékes, ebben az esetben a fázisok egy-
egy kivezetését közös pontba fogjuk össze, míg a maradék három kivezetés adja a rendszer
3 fázisát (10. ábra). Amennyiben a közös pontot is kivezetjük, akkor kapjuk a 4 vezetékes
rendszert.
Csillag kapcsolás esetén kétféle feszültségrendszer áll a rendelkezésünkre, a fáziskivezetések
és a csillagpont között mérhető fázisfeszültségek rendszere, valamint a fáziskivezetések között
mérhető vonali feszültségek rendszere. A negyedik (null-, nulla) vezető szokásos jelölése N
vagy 0.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
25
10. ábra: A csillag kapcsolású rendszer feszültségei
Szimmetrikus rendszer esetén UA=UB=UC=Uf és UAB=UBC=UCA=Uv. A két feszültség
nagysága közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy:
Uv= √3 Uf A kapcsolási módból következően a vonali és a fázis áramok azonosak:
Iv = If
Delta (háromszög, ∆) kapcsolásnál az egyes fázisok végeit a következő fázis kezdetéhez
kapcsoljuk, és ezekhez csatlakozunk. Így a rendszer csak 3 vezetékes lehet, ezért a
fázisegységeken és a kivezetések között mérhető feszültségek azonosak.
Uv = Uf
11. ábra: A delta kapcsolású rendszer áramai
Az áramokat tekintve kétféle áramrendszerről beszélhetünk: a két indexszel ellátott
fázisáramokról, amelyek az egyes fázisegységekben folynak, és az egy indexes vonali
áramokról, amelyek a fáziskivezetésekhez csatlakozó vezetőkben folynak (11. ábra).
Szimmetrikus rendszer esetén IAB=IBC=ICA=If és IA=IB=IC=Iv jelölésekkel, a két áram nagysága
közötti kapcsolat egy fazorábra alapján belátható, hogy:
Iv= √3 If Egy fogyasztó szimmetriájának a feltétele, hogy mindhárom fázisban, komplex alakban azonos
legyen az impedancia:
Csillag kapcsolású fogyasztónál: ZA = ZB = ZC = Z ej Delta kapcsolású fogyasztónál: ZAB = ZBC = ZCA = Z ej A szimmetrikus rendszerek számításai azzal az előnnyel járnak, hogy csak egy fázis jellemzőit
szükséges kiszámolni, mivel tudjuk, hogy a másik két fázis mennyiségei ugyanakkorák, de
kezdőfázisaik ±2𝜋
3-mal eltérnek.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
26
Aszimmetrikus fogyasztó esetén a feszültségek és áramok számítását fázisonként, komplex
alakban kell elvégezni az Ohm-törvény és a Kirchhoff-törvények alapján. Egyszerűbb
esetekben lehetséges a mennyiségek fazorábrán történő ábrázolása után a nagyságok és fázisok
geometriai úton való meghatározása.
A háromfázisú teljesítmények számításakor szimmetrikus fogyasztónál elegendő egy fázis
teljesítményét meghatározni, majd a háromszorosát venni, ami kifejezhető a vonali
mennyiségekkel is.
P3f = 3 Pf = 3 Uf If cos = √3 Uv Iv cos
Q3f = 3 Qf = 3 Uf If sin = √3 Uv Iv sin
S3f = 3 Sf = 3 Uf If = √3 Uv Iv
A teljesítménytényező az egy fázisú esethez hasonlóan: P3f
S3f = cos
Aszimmetrikus fogyasztó esetén a háromfázisú hatásos és meddő teljesítmények az egyes
fázisok teljesítményeinek összegzésével nyerhetők.
P3f = PA + PB + PC = UAf IAf cos A + UBf IBf cos B + UCf ICf cos C
Q3f = QA + QB + QC = UAf IAf sin A + UBf IBf sin B + UCf ICf sin C
A háromfázisú látszólagos teljesítmény nem a fázisteljesítmények összegzésével, hanem a
Pitagorasz-tétel segítségével számítható:
S3f = √P3f2 + Q3f
2
Ebben az esetben a háromfázisú hatásos és látszólagos teljesítmények viszonyának nincs fizikai
tartalma.
A háromfázisú rendszerek és fogyasztók jellemzésére a gyakorlatban mindig a vonali
mennyiségeket és a háromfázisú teljesítményeket használjuk.
4.2 Mintapéldák
4.2.1 Szimmetrikus csillag kapcsolás
Egy háromfázisú szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó felvett látszólagos teljesítménye
6 kVA. A vonali feszültség U400V, a fogyasztó teljesítmény tényezője cos 0,8 (induktív).
Mekkora a fázisfeszültség, a hatásos és meddő teljesítmény, a fázisáram, a vonali áram, egy
fázis impedanciája? Meghatározandó annak az ellenállásnak és reaktanciának az értéke,
amelyeket sorosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!
Megoldás:
A fázisfeszültség: Uf = Uv
√3=
400
√3= 230 V
A hatásos teljesítmény: P = S cos = 6*0,8 = 4,8 kW
A meddő teljesítmény: Q = S sin = 6*0,6 = 3,6 kvar
A fázisáram: If = S
3 Uf=
6000
3∗230= 8,7 A
A vonali áram: Iv = If = 8,7 A
Egy fázis impedanciája: Z = Uf
If=
230
8,7= 26,4
Az ellenállás: Rs = Z cos = 26,4*0,8 = 21,1 Ω
A reaktancia: Xs = Z sin = 26,4*0,6 = 15,9 Ω
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
27
4.2.2 Szimmetrikus delta kapcsolás
Egy háromfázisú delta kapcsolású szimmetrikus fogyasztó felvett hatásos teljesítménye 3 kW.
A vonali feszültség U 400 V, a fogyasztó teljesítmény-tényezője cos 0,6.
Mekkora a fázisfeszültség, a látszólagos és meddő teljesítmény, a fázisáram, a vonali áram, egy
fázis impedanciája? Meghatározandó annak az ellenállásnak és reaktanciának az értéke,
amelyeket párhuzamosan kapcsolva, eredőként a kérdéses impedanciát kapjuk!
Megoldás:
A fázisfeszültség: Uf = Uv = 400 V
A látszólagos teljesítmény: S = P
cos =
3
0,6= 5 kVA
A meddő teljesítmény: Q = S sin = 5*0,8 = 4 kvar
A fázisáram: If = S
3 Uf=
5000
3∗400= 4,17 A
A vonali áram: Iv= √3 If = √3 * 4,17 = 7,21 A
Egy fázis impedanciája: Z = Uf
If=
400
4,17= 95,9
Az ellenállás: Rp = Z
cos =
95,9
0,6= 160
A reaktancia: Xp = Z
sin =
95,9
0,8= 120
4.2.3 Aszimmetrikus csillag kapcsolás
Egy háromfázisú, U100V vonali feszültségű, négyvezetős hálózatra az ábra szerinti
fogyasztókat kapcsoljuk. Számítsuk ki a fázisáramokat, majd a kapcsolás fazorábrája
segítségével, a nulla vezetőben folyó áramot!
Adatok: R10 , XL30 , XC30
Megoldás:
A fázisfeszültség: Uf = Uv
√3=
100
√3= 57,7 V
Az egyes fázisok árama: IA = Uf
XL=
57,7
30= 1,92 A
IB = Uf
XC=
57,7
30= 1,92 A
IC = Uf
R=
57,7
10= 5,77 A
A csillagpontra felírva Kirchhoff csomóponti törvényét:
IN = IA + IB + IC
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
28
A fazorábra:
Az ábra elkészítésének menete:
- kiindulásként felvesszük a fázisfeszültségek szimmetrikus rendszerét (UA , UB , UC),
- berajzoljuk a fázisáramokat (IA 90o-ot késik UA-hoz képest, IB 90o-ot siet UB-hez
képest, ICfázisban van UC-vel.)
- ha a fázisáramok összegzését IA + IB-vel kezdjük, akkor eredőjük egy egyenesbe
esik az IC-vel, így algebrai különbségként számíthatjuk az IN nagyságát.
IN = IC – 2*IA*cos 30o = 5,77 – 2*1,92*√3
2 = 2,44 A
4.2.4 Aszimmetrikus delta kapcsolás
A ábrán látható háromfázisú fogyasztó rendszer adatai: U400 V, R23 , XL40 ,
XC40 . Mekkorák a fázisáramok? Rajzoljon fazorábrát, majd ez alapján határozza meg a
vonali áramok nagyságát!
Megoldás:
Az egyes fázisok árama: IAB = Uf
R=
400
23= 17,4 A
IBC = Uf
XC=
400
40= 10 A
ICA = Uf
XL=
400
40= 10 A
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
29
A fazorábra:
Az ábra elkészítésének menete:
- kiindulásként felvesszük a vonali feszültségek szimmetrikus rendszerét
(UAB , UBC , UCA),
- berajzoljuk a fázisáramokat (IAB fázisban van UAB-vel, IBC 90o-ot siet UBC-hez
képest, ICA 90o-ot késik UCA-hoz képest.)
- a vonali áramok a csomóponti törvények alapján:
IA = IAB − ICA
IB = IBC − IAB
IC = ICA − IBC
A fázisáramok nagysága és a fázishelyzetek alapján az IA, IB, IC vonali áramok szabályos
háromszöget alkotnak, nagyságuk:
IA = IB = IC = 10 A
A feladat megoldása a komplex számítási módszer alkalmazásával:
A fázisfeszültségek:
UAB = 400 V (valós)
UBC = 400 e−j 2π
3
UCA = 400 e+j 2π
3
A fázisáramok:
IAB = UAB
R=
400
23= 17,3 A
IBC = UBC
XC
= 400 e−j
2π3
40 e−jπ2
= 10 e−j π6 A = (8,66 − j 5) A
ICA = UCA
XL
= 400 e+j
2π3
40 e+jπ2
= 10 e+j π6 A = (8,66 + j 5) A
A vonali áramok:
IA = IAB − ICA = 17,3 − 8,66 − j5 = 8,66 − j5 = 10 e−j π
6 A
IB = IBC − IAB = 8,66 − j5 − 17,3 = −8,66 − j5 = 10 e−j 5π
6 A
IC = ICA − IBC = 8,66 + j5 − 8,66 + j5 = j10 = 10 ej π
2 A
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
30
4.3 Gyakorló feladatok
1. Egy háromfázisú, szimmetrikus, csillag kapcsolású fogyasztó fázisonkénti
impedanciája komplex alakban Z=(16 + j12) Ω. A hálózatból felvett árama 11,5 A.
Határozza meg a fogyasztó:
a) fázisáramát,
b) fázisfeszültségét,
c) vonali feszültségét,
d) hatásos, meddő és látszólagos teljesítményét
e) teljesítménytényezőjét.
(Eredmények: If = 11,5 A, Uf = 230 V, Uv = 400 V, P = 6350 W, Q = 4760 var, S = 7940 VA,
cos = 0,8.)
2. A 400 V-os, háromfázisú hálózatra kapcsolt, szimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó
hatásos teljesítménye 8 kW, teljesítménytényezője 0,8 (induktív).
a) Számítsa ki a fogyasztó látszólagos és meddő teljesítményét!
b) Mekkora a fogyasztó fázisfeszültsége?
c) Mekkora a fogyasztó fázisárama?
d) Mekkora a vonali áram?
e) Határozza meg a fogyasztó egy fázisának ellenállását és induktív reaktanciáját soros
összetevők feltételezésével! (Eredmények: S = 10 kVA, Q = 6 kvar, Uf = 230 V, If = 14,5 A, Iv = 14,5 A, R = 12,7 Ω,
XL = 9,52 Ω.)
3. Egy háromfázisú, szimmetrikus, delta kapcsolású fogyasztó fázisonkénti impedanciája
Z = (60 + j80) Ω. A fogyasztót 400 V vonali feszültségű hálózatra kapcsoljuk. Számítsa
ki a fogyasztó:
a) fázisfeszültségét,
b) fázisáramát,
c) vonali áramát,
d) látszólagos, hatásos és meddő teljesítményét,
e) teljesítménytényezőjét.
(Eredmények: Uf = 400 V, If = 4 A, Iv = 6,93 A, S = 4,8 kVA, P = 2,88 kW,
Q = 3,84 kvar, cos = 0,6.)
4. Egy háromfázisú, szimmetrikus delta kapcsolású fogyasztó látszólagos teljesítménye
9 kVA, a hálózat vonali feszültsége 400 V. A kapacitív fogyasztó teljesítménytényezője
cos =0,6. Mekkora:
a) a vonali áram,
b) a fázisáram,
c) a hatásos és a meddő teljesítmény,
d) az egy fázisban lévő impedancia? Meghatározandó az az ellenállás és reaktancia,
amelyek párhuzamosan kapcsolva eredőül a kérdéses impedanciát adják!
(Eredmények: Iv = 13 A, If = 7,5 A, P = 5,4 kW, Q = – 7,2 kvar, Z = 53,3 Ω, R = 88,9 Ω,
XC = 66,7 Ω.)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
31
A következő, aszimmetrikus háromfázisú fogyasztóra vonatkozó feladatok mindegyike
megoldható mind a komplex leírásmód segítségével, mind pedig fazorábrák segítségével, az
áramok nagyságának és fázishelyzetének rajz alapján történő meghatározásával.
5. A 190 V-os háromfázisú, négyvezetős rendszerre csatlakoztatjuk az ábra szerinti
fogyasztót. Határozza meg az egyes fázisok, valamint a nulla vezető áramát.
Adatok: XL = 220 Ω, XC = 110 Ω.
(Eredmények: IA = 0,5 A, IB = IC = 1 A, IN = 1,5 A.)
6. Az ábrán látható háromfázisú fogyasztó adatai: U = 141 V, R = XL = XC = 100 Ω.
a) Határozza meg a fázis és a vonali áramokat.
b) Mekkora a fogyasztó eredő meddő teljesítménye?
(Eredmények: IAB = IBC = ICA = 1 A, IA = 1,94 A, IB = 1,73 A, IC = 0,518 A,
Q = 100 var.)
7. Három darab 1000 W-os ellenállás csillag kapcsolásban csatlakozik a 400 V-os
hálózatra. Mekkorák az egyes vezetőkben folyó áramok, ha az A fázis vezetője
megszakad és (a) a csillagpont össze van kötve a nullvezetővel, (b) nincs összekötve.
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
32
(Eredmények: (a) IA = 0, IB = IC = IN = 4,38 A, (b) IA = 0 A, IB = IC = 3,81 A)
8. A gyakorlatban sokszor szükséges a három fázis sorrendjének megállapítása, ennek az
egyik lehetséges módja az optikai fázissorrend mutató, amely tulajdonképpen egy
speciális aszimmetrikus terhelés. (Pozitív a fázissorrend, ha az U1-hez képest 120o-ot
késik az U2 és 240o-ot az U3. Negatív sorrend esetén az U1-hez képest az U3 késik 120o-
ot az U2 és 240o-ot.) Kössünk egy kondenzátort és két azonos nagyságú ellenállást
három vezetékkel a hálózatra az ábrán látható kapcsolásban. Alkossanak a hálózat U1,
U2, U3 fázisfeszültségei szimmetrikus rendszert, ahol a feszültségek nagysága Uf,
azonkívül a fogyasztóra teljesül az R = XC feltétel. Mivel a csillagpontok nincsenek
összekötve, azok között U00’ feszültségkülönbség lép fel. Határozza meg az fogyasztó
aszimmetrikus fázisfeszültségeit!
(Eredmények: UA = 1,34Uf /-270o,) UB = 1,5 Uf /-102o, UC = 0,4 Uf /139o; a számítások során
az U1 feszültséget tekintettük valósnak. Az eredményekből látszik, hogy amennyiben az
ellenállásokat 1-1 izzó képviseli, akkor a B fázisban lévő sokkal erősebben világít, mint a C
fázisban lévő. Az is belátható, hogy fordított fázissorrend esetén a C fázisban lévő izzó fog
erősebben világítani, így a kapcsolás alkalmas a fázissorrend indikálására.)
TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010
„Eltérő utak a sikeres élethez!”A Miskolci Egyetem társadalmi, gazdasági szerepének fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra
33
Irodalom
1. Uray Vilmos – dr. Szabó Szilárd: Elektrotechnika, Tankönyv, Tankönyvkiadó, Budapest,
1981.
2. Tevanné Szabó Júlia: Feladatgyűjtemény I., Kézirat, Tankönyvkiadó, Budapest, 2000.
3. Demeter Károlyné – Dén Gábor – Szekér Károly – Varga Andrea: Villamosságtan I.
(Óbuda) 4. változatlan utánnyomás, BMF-KVK, 2006.
Köszönetnyilvánítás
Az oktatási segédlet kidolgozása a Miskolci Egyetem társadalmi – gazdasági szerepének
fejlesztése, különös tekintettel a duális képzési típusú megoldásokra témakörű K+F projektje
keretében - TÁMOP-4.1.1.F-13/1-2013-0010 - az „ELTÉRŐ UTAK A SIKERES ÉLETHEZ”
projekt részeként – az Új Széchenyi Terv keretében – az Európai Unió támogatásával, az
Európai Szociális Alap társfinanszírozásával valósult meg.