Electronics | Digital technology » Langer Ingrid - Elektrotechnika példatár

Elektrotechnika példatár Langer Ingrid Tartalomjegyzék Előszó. 2 1. Egyenáramú hálózatok 3 1.1 Alapfogalmak 3 1.2 Példák passzív hálózatok eredő ellenállásának kiszámítására 6 1.3 Impedanciahű átalakítások 12 1.4 A feszültség és az áramosztás törvénye 24 1.5 A Thévenin és a Norton tétel 29 1.6 Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok kiszámítására . 50 2. Váltakozó áramú hálózatok 97 2.1 Alapfogalmak 97 2.2 Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú áramkörök számításához 102 1 Előszó A példatár az Óbudai Egyetem Bánki Donát Gépész és Biztonságtechnikai mérnöki Karán a Mechatronikai mérnök BSc képzésen oktatott Elektrotechnika tárgy egyenáramú és váltakozó áramú hálózatok számításával kapcsolatos anyagának elsajátításához szeretne segítséget nyújtani. A tantermi gyakorlatok nem mindig elegendőek

ahhoz, hogy a hallgatók a számítási módszereket első hallásra megértsék, illetve levelező tagozaton idő hiányában a részletes magyarázatok gyakran elmaradnak. A példatár ezért sok, részletesen kidolgozott feladatot is tartalmaz, amelyben a számítás menetét lépésről lépésre követni lehet, de minden témakörhöz tartoznak olyan gyakorló feladatok is, amelyeket önállóan kell megoldani, segítségként csak a végeredmény van megadva. Remélem, hasznos segítség lesz a zárthelyi dolgozatokra és a vizsgára való felkészülésben. 2013. augusztus A szerző 2 1. EGYENÁRAMÚ HÁLÓZATOK 1.1 Alapfogalmak 1.11 Villamos áram (jele: I) Egységnyi felületen egységnyi idő alatt átahaladó töltésmennyiséget áramnak nevezzük: �= �� [�] �� ahol Q – töltésmennyiség [C] t – idő [s] 1.12 Villamos feszültség (jele: U) A tér két pontja közötti potenciálkülönbség. Elektromos potenciál: egységnyi töltésnek a tér

egyik pontjából a másikba mozgatásához szükséges energia: � � ��� = ∫ � ∙ ��� = � ∫ ��� = � ∙ ��� � � � ��� = ∫ ��� = � ��� � [ = �] � � ahol WAB – Q töltésmennyiség A pontból B pontba mozgatásához szükséges munka [J] E – elektromos térerősség [N/C] 1.13 Ellenállás (jele: R) Fém vezető ellenállása: � =�∙ ahol � – a fajlagos ellenállás [ Ω∙��2 � � [Ω] � ] l – a vezető hossza [m] A – a vezet keresztmetszete [mm2] 3 (A fajlagos ellenállás hőmérsékletfüggő, a hőmérséklet növekedésével a fém vezetők ellenállása nő.) Villamos áramkörökben az ellenállások árama és feszültsége közötti kapcsolatot az Ohm-törvény írja le: �= � � (Az ellenállás reciprokát vezetőképességnek hívjuk, jele G, mértékegysége S (Siemens) 1 � =�) 1.14 Villamos áramkörök Az egyenáramú villamos áramkörök

aktív elemekből, azaz energiaforrásokból (feszültség vagy áramgenerátorokból), passzív elemekből, azaz fogyasztókból (ellenállásokból) és az őket összekötő vezetékekből állnak. A generátorok villamos energia előállítására alkalmas készülékek. (Villamos energiát számos energiafajta átalakításával előállítható, pl. vegyi energia (galvánelemek, akkumulátorok), fényenergia (napelemek), mechanikai energia (egyen- és váltakozó áramú generátorok) átalakításával. Ideális feszültséggenerátor: Kapcsai között a feszültség a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó. Ideális áramgenerátor: Árama a rá kapcsolt fogyasztóktól függetlenül állandó. Jelölések: + + Ig Ug Ideális feszültséggenerátor Ideális áramgenerátor 1-1. ábra 1.15 Kirchhoff törvények a) Kirchhoff csomóponti törvénye: Csomópont definíciója a villamos hálózatban: Kettőnél több vezeték találkozási pontja. Villamos

hálózat csomópontjába befolyó és kifolyó áramok előjeles összege nulla. 4 I1 �1 − �2 − �3 + �4 − �5 = 0 I4 I2 � ∑ �� = 0 I5 I3 �=1 1-2. ábra b) Kirchhoff hurok törvénye: Hurok definíciója a villamos hálózatban: A hálózat azon ágainak összessége, melyeken végighaladva úgy érhetünk vissza a kiindulási pontba, hogy minden ágon csak egyszer haladtunk végig. Villamos hálózatban bármely zárt hurokban a generátorok és fogyasztók feszültségeinek előjeles összege nulla. Ug2 I2 R2 Ug1 UR1 UR2 I1 R1 UR3 R3 UR4 � ∑ �� = 0 I3 I4 �=1 R4 ��1 − ��2 + ��2 + ��3 − ��4 − ��1 = 0 1-3. ábra 1.16 Ellenállások kapcsolása a. Ellenállások soros kapcsolása � R1 R2 Rn = Re �� = �1 + �2 + ⋯ + �� = ∑ �� �=1 1-4. ábra 5 b. Ellenállások párhuzamos kapcsolása � 1 1 1 1 1 = + + ⋯+ =∑ �� �1 �2 �� �� R1 R2 �=1 =

Re �� = Rn 1 1 1 1 �1 + �2 + ⋯ + �� = 1 ∑��=1 1 �� jelölésben: �� = �1 × �2 × . × �� (Az ×-szel jelölt művelet elnevezése replusz , jelentése: reciprok értékek összegének a reciproka) 1-5. ábra 1.2 Példák passzív kiszámítására hálózatok eredő ellenállásának 1.21 A és B pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! A R3 R1 R2 B R5 R4 R7 R6 R8 R1=4Ω R2=3Ω R3=3,6Ω R4=4Ω R5=1,8 Ω R6=3 Ω R7=2 Ω R8=3 Ω 1-6. ábra A megoldás menete: Keressünk sorba vagy párhuzamosan kapcsolt ellenállásokat és cseréljük ki ezek eredőjével az eredeti ellenállásokat! 6 A R3 R1 R2 R5 R4 A R7 R8 R2 R2 R6 B R3 R1 R5 R4 R6 B �7 ∙ �8 2∙3 = �7 + �8 2 + 3 = 1,2Ω �78 = �7 × �8 = R78 �5678 = �5 + �6 + �78 = 1,8 + 3 + 1,2 =6Ω 1-7. ábra A A R3 R1 R2 R3 R2 R5678 R4 R45678 B B �45678 = �5678 × �4 = A R1 6∙4 = 2,4Ω 10

�345678 = �3 + �45678 = 3,6 + 2,4 = 6 Ω A R1 R2 R1 R2345678 R345678 B B �2345678 = �345678 × �2 = 6∙3 =2Ω 9 ��� = �12345678 = �1 + �2345678 = 2 + 4 =6Ω 1-8. ábra 1.22 Számítsa ki az ellenállás hálózat eredőjét A és B pontok között! 7 F R2 C R3 R1 R5 R6 R4 A E R7 D B R1=1,8Ω R2=2Ω R3=3Ω R4=7Ω R5=3 Ω R6=6 Ω R7=2 Ω 1-9. ábra Megoldás: A C-D pontok és a B-E pontok egy-egy ellenállás nélküli vezetékdarabbal vannak összekötve (rövidre vannak zárva), ezért a két csomópont összevonható. Így látható, hogy az R5 R6 és R7 ellenállások a B-D pontok között párhuzamosan vannak kapcsolva. Ugyanez igaz az R2 és R3 ellenállásokra a D-F pontok között: R2×R3 R1 R4 A 1-10. ábra R5×R6×R7 B R7 Az R1 és az R23 ellenállások egymással sorban, ketten együtt az R4-gyel párhuzamosan vannak kapcsolva. Eredőjük pedig az R567-tel sorba kapcsolódik Így AB között az eredő

ellenállás: ��� = {�4 × [(�2 × �3 ) + �1 ]} + (�5 × �6 × �7 ) 2∙3 3∙6 ��� = {7 × [(2 × 3) + 1,8]} + (3 × 6 × 2) = [7 × ( + 1,8)] + ( × 2) 2+3 3+6 2∙2 7∙3 = + = 3,1 Ω 7+3 2+2 1.23 A és B pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! 8 R1=8 Ω R1 A R2 B R3 R2=20Ω R3=30Ω 1-11. ábra Megoldás: Vegyük észre, hogy a rövidre záró vezetékek miatt mindhárom ellenállás A és B pontok közé van bekötve, vagyis a három ellenállás A és B pontok között párhuzamosan kapcsolódik egymáshoz. A kapcsolás átrajzolva: ��� = �1 × �2 × �3 R1 R2 A B ��� = R3 8 ∙ 20 ∙ 30 = 4,8Ω 8 ∙ 20 + 8 ∙ 30 + 20 ∙ 30 1-12. ábra 1.24 A és B pontok között számítsa ki az eredő ellenállást! R1=20 Ω R2 R4 R2=40 Ω R6 R3=30 Ω R1 R4=10 Ω R3 R5=60 Ω R5 A R6=70 Ω R7 B R8 R7=30 Ω R8=20 Ω 1-13. ábra (Megoldás: ��� = ({[(�1 + �2 ) × �3 ] + �4 }

× �5 × �8 ) + (�6 × �7 ) = 31� 9 1.25 Számítsa ki az ellenállás hálózat eredőjét A és B pont között! R1 R1= 1 Ω A R2= 6Ω R5 R3= 3 Ω R3 R4= 3 Ω R7 R4 R2 B R5= 5 Ω R6= 2Ω R7= 4 Ω R6 1-14. ábra (Megoldás: ��� = �1 + �2 + (�3 × {�5 + [�4 × (�6 + �7 )]}) = 9,1�) 1.26 Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! R1 B R1= 2 Ω R2= 4Ω R5 R3= 6 Ω R3 R4= 3 Ω R4 R2 A R6 R5= 5 Ω R6= 7 Ω 1-15. ábra (Megoldás: ��� = {[(�1 + �2 ) × �3 ] × �5 } + (�4 × �6 ) = 3,975�) 1.27 Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! 10 A B R4 R3 R1 R8 R5 R7 R2 R6 R1=10 Ω R2=30 Ω R3=10 Ω R4=12 Ω R5=80 Ω R6=40 Ω R7=60 Ω R8=60 Ω 1-16. ábra (Megoldás: ��� = [({[(�1 + �2 ) × �3 ] + �4 } × �5 ) + (�6 × �7 )] × �8 = 24� 1.28 Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! R1 R2 A R3 R4 B R1=6

Ω R2=30Ω R3=30Ω R4=30 Ω R5=90 Ω R5 1-17. ábra (Megoldás: ��� = �1 × �2 × �3 × �4 × �5 = 3,6�) 1.29 Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! R2 R1 R3 R4 R5 A R6 R7 R8 R9 R10 R1=15 Ω R2=25 Ω R3=20 Ω R4=30 Ω R5=60 Ω R6=40 Ω R7=60 Ω R8=16 Ω R9=40 Ω R10=30 Ω B 1-18. ábra 11 (Megoldás: ��� = [(�1 + �2 ) × �3 × �4 × �5 ] + {[(�6 × �7 ) + �8 ] × �9 × �10 } = 20�) 1.210 Az ábrán az emberi test ellenállásának egyszerűsített modellje látható. Számítsa ki 150 V egyenfeszültség hatására a testen átfolyó áramot, ha a feszültség a(z) a) A-B b) B-C c) B-E d) A-E pontok között hat. A R2 R6 R4 R3 R7 R5 R8 B R9 D R1 C R10 E R1=40 Ω R2=35 Ω R3=35 Ω R4=120 Ω R5=120 Ω R6=480 Ω R7=460 Ω R8=20 Ω R9=800 Ω R10=850 Ω 1-19. ábra (Megoldás: �) ��� = �1 + �6 + (�2 × (�3 + �4 + �5 )) = 551�, �) ���

= �6 + �7 + [(�2 + �3 ) × (�4 + �5 )] = 994,2�, �) ��� = �6 + (�4 × (�2 + �3 + �5 )) + �8 + �10 = 1423,6�, �) ��� = �1 + [�2 + �4 ) × (�3 + �5 )] + �8 + �10 = 987,5�, 1.3 �� = 0,27� �� = 0,15� �� = 0,11� �� = 0,15� ) Impedanciahű átalakítások  Nem minden kapcsolás bontható fel soros és párhuzamos kapcsolások sorozatára. Ilyen esetben segítséget jelenthet a delta-csillag vagy a csillag-delta átalakítás: a hálózat egy részét kicseréljük más ellenállás-kombinációra oly módon, hogy a hálózat többi részében semmi változás ne történjen és az eredő impedancia a hálózat 12 bármely két pontja felöl nézve változatlan maradjon. Ezt a hálózat impedanciahű átalakításának nevezzük. a. Delta-csillag átalakítás Az 1-2-3 pontok közé ún. delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki ugyanezen pontok közé csillag (Y)

kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Δ és a Y kapcsolásban megegyezzen. 1. 1. R1 R13 R12 R2 R23 2. 3. Delta kapcsolás R3 2. 3. Csillag kapcsolás 1-20. ábra Az 1-2 pontok között az ellenállás, ha a 3. pont nincs csatlakoztatva: (1) �1 + �2 = �12 × (�23 + �13 ) Az 2-3. pontok között az ellenállás, ha az 1 pont nincs csatlakoztatva: (2) �2 + �3 = �23 × (�12 + �13 ) Az 1-3. pontok között az ellenállás, ha a 2 pont nincs csatlakoztatva: (3) �1 + �3 = �13 × (�12 + �23 ) Az (1) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (2) egyenletet: 2 ∙ �1 = �12 ∙ (�13 + �23 ) �13 ∙ (�12 + �23 ) �23 ∙ (�13 + �12 ) + − �12 + �13 + �23 �12 + �13 + �23 �12 + �13 + �23 13 2 ∙ �1 = �12 ∙ �13 + �12 ∙ �23 �13 ∙ �12 + �13 ∙ �23 �23 ∙ �13 + �23 ∙ �12 + − �12 + �13 + �23 �12 +

�13 + �23 �12 + �13 + �23 Így a Y kapcsolás R1 ellenállása: �1 = �12 ∙ �13 �12 + �13 + �23 Az (1) és (2) egyenletek összegéből levonva a (3) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás R2 ellenállását: �2 = �12 ∙ �23 �12 + �13 + �23 És végül a (2) és (3) egyenletek összegéből levonva az (1) egyenletet, megkapjuk a Y kapcsolás R3 ellenállását: �3 = �13 ∙ �23 �12 + �13 + �23 b. Csillag-delta átalakítás Az 1-2-3 pontok közé csillag (Y) kapcsolásba kötött ellenállásokat cseréljük ki ugyanezek pontok közé delta (Δ) kapcsolásba kötött ellenállásokkal úgy, hogy bármely két pont felöl nézve az eredő ellenállás a Y és a Δ kapcsolásban megegyezzen. 14 1. 1. R1 R2 R13 R12 R3 2. R23 2. 3. 3. Delta kapcsolás Csillag kapcsolás 1-21. ábra Az átalakítás képletének levezetéséhez képzeletben kössük össze (zárjuk rövidre) a 2 és 3 pontot. Impedanciahű

átalakítás esetén a csillag kapcsolásban az 1 és a 2-3 pontok közötti eredő ellenállás meg kell, hogy egyezzen a delta kapcsolásban az 1. és a szintén összekötött 2-3 pontok közötti ellenállással. Ez csillag kapcsolásban a R1 soros kapcsolását jelenti R2 és R3 párhuzamos eredőjével. Delta kapcsolásban a rövidzár miatt R23 ellenállás nem szól bele az eredő ellenállásba, ami így az R 12 és R13 ellenállások párhuzamos eredőjével lesz egyenlő: (1) �13 × �12 = �1 + (�2 × �3 ) a “replusz” jelölést képletként felírva: (1) 1 1 1 �13 + �12 = �1 + 1 1 1 �2 + �3 A fenti gondolatmenetet követve az 1 és a 3 pontok összekötésével az eredő ellenállás a 2 és 1-3 pontok között csillag és delta kapcsolásban: (2) �12 × �23 = �2 + (�1 × �3 ) a “replusz” műveletet képletben felírva: (2) 1 1 1 �12 + �23 = �2 + 1 1 1 �1 + �3 Végül az 1 és a 2 pontok összekötésével a 3 és az

1-2 pontok között az eredő ellenállás csillag és delta kapcsolásban: (3) �13 × �23 = �3 + (�1 × �2 ) azaz (3) 1 1 1 + �13 �23 = �3 + 1 1 1 + �1 �2 15 A fenti összefüggésekben az ellenállásokat cseréljük ki reciprok értékükkel, vezessük be a � = 1/� jelölést. (G a vezetőképesség jele, mértékegysége Siemens, [S]) Az (1) egyenlet így a következőképpen írható: (1) 1 1 1 = + �13 + �12 �1 �2 + �3 �13 + �12 = 1 1 1 + �1 �2 + �2 = �1 (�2 + �3 ) �1 +�2 +�3 A fenti összefüggés formailag nagyon hasonlít a delta-csillag átalakításnál az ellenállásokra felírt összefüggésre. Az (1) egyenlet mintájára a (2) és a (3) egyenletek a következőképpen írhatók: (2) �12 + �23 = �2 (�1 + �3 ) �1 +�2 +�3 (3) �13 + �23 = �3 (�1 + �2 ) �1 +�2 +�3 Az (1) és (2) egyenletek összegéből kivonva a (3) egyenletet: 2 ∙ �12 = 2 ∙ �12 = �1 (�2 +

�3 ) �2 (�1 + �3 ) �3 (�1 + �2 ) + − �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �1 ∙ �2 + �1 ∙ �3 �1 ∙ �2 + �2 ∙ �3 �1 ∙ �3 + �2 ∙ �3 + − �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �12 = �1 �2 �1 + �2 + �3 Visszaírva R-eket a képletbe: 1 1 1 �1 ∙ �2 = 1 1 1 �12 + + �1 �2 �3 �12 = ( �12 = 16 1 1 1 + + )�1 �2 �1 �2 �3 �1 �2 + �1 �3 + �2 �3 ∙ �1 �2 �1 �2 �3 �12 = �1 + �2 + �1 �2 �3 A (2) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (1) egyenletet: 2 ∙ �23 = �2 (�1 + �3 ) �3 (�1 + �2 ) �1 (�2 + �3 ) + − �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �23 = �2 �3 �1 + �2 + �3 Visszaírva R-eket a képletbe: �23 = �2 + �3 + �2 �3 �1 Végül az (1) és (3) egyenletek összegéből kivonva a (2) egyenletet: 2 ∙ �13 = �1 (�2 + �3 ) �3 (�1 + �2 ) �2 (�1 + �3 ) +

− �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �1 +�2 +�3 �13 = �1 �3 �1 + �2 + �3 Visszaírva R-eket a képletbe: �13 = �1 + �3 + �1 �3 �2 1.31 Számítsuk ki három azonos nagyságú a) deltába kapcsolt R ellenállással egyenértékű csillag kapcsolás ellenállásainak értékeit! ? R R ? ? R 1-22. ábra Alkalmazzuk a delta-csillag átalakítás képlet három azonos nagyságú ellenállásra. Behelyettesítve R-t mindhárom ellenállás helyére látjuk, hogy elég a csillag kapcsolás egyetlen ellenállásának kiszámolása, hiszen az átalakítás után is mindhárom ellenállás azonos nagyságú lesz: 17 �Y = �∙� � = �+�+� 3 Tehát egy R ellenállásokból álló delta kapcsolás R/3 nagyságú ellenállásokból álló csillag kapcsolással helyettesíthető. b) csillagba kapcsolt R ellenállással egyenértékű delta kapcsolás ellenállásainak értékeit! R ? ? R R ? 1-23. ábra �Δ = � + � + �∙� =

3� � Tehát egy R ellenállásokból álló csillag kapcsolás 3R nagyságú ellenállásokból álló delta kapcsolással helyettesíthető. 1.32 Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! C R1=2Ω A R3=5Ω B R3 R5 R2 D 1-24. ábra 1.321 Megoldás delta-csillag átalakítással 18 R2=3Ω R4 R1 R4=4Ω R5=6Ω Cseréljük ki ACD pontok között a delta kapcsolású R1, R2, R3 ellenállásokat a velük egyenértékű csillag kapcsolású RA, RC, RD ellenállásokra! C C R3 A RC R4 R1 B R5 R2 D A R4 RA B RD R5 D 1-25. ábra �� = �1 ∙ �2 2∙3 = = 0,6Ω �1 + �2 + �3 2 + 3 + 5 �� = �1 ∙ �3 2∙5 = = 1Ω �1 + �2 + �3 2 + 3 + 5 �� = �2 ∙ �3 3∙5 = = 1,5Ω �1 + �2 + �3 2 + 3 + 5 ��� = �� + [(�� + �4 ) × (�� + �5 )] = 0,6 + [(1 + 4) × (1,5 + 6)] = 0,6 + 5 ∙ 7,5 5 + 7,5 ��−� = 3,6 Ω 1.322 Megoldás csillag-delta átalakítással Cseréljük

ki ADB pontok között a csillag kapcsolású R1, R3, R3 ellenállásokat a velük egyenértékű delta kapcsolású RAB, RAD, RBD ellenállásokra! (Megjegyzés: C pont az R1, R3, R3 ellenállások csillagpontja, ami az átalakítás után eltűnik) 19 C R4 R1 RAB R3 A B R2 R5 R2 B A R5 RAD RBD D D 1-26. ábra ��� = �1 + �3 + �1 ∙ �3 2∙5 = 2+5+ = 9,5Ω �4 4 ��� = �3 + �4 + �3 ∙ �4 5∙4 =5+4+ = 19Ω �1 2 ��� = �1 + �4 + �1 ∙ �4 2∙4 =2+4+ = 7,6Ω �3 5 ��−� = ��� × [(��� × �2 ) + (��� × �5 )] = 7,6 × [(9,5 × 3) + (19 × 6)] = 7,6 × [ 9,5 ∙ 3 19 ∙ 6 7,6 ∙ 6,84 + ] = 7,6 × 6,84 = = 3,6Ω 12,5 25 7,6 + 6,84 1.33 Számítsa ki A és B pont között az eredő ellenállást! R1=1Ω R1 A R2 C R2=3Ω R3 R4 D B R3=4Ω R4=2,5Ω R5 R5=4,5Ω 1-27. ábra 20 1.331 Megoldás delta-csillag átalakítással Az ACD pontok között R1 R2 R3

ellenállások delta kapcsolásban vannak kötve. Cseréljük ki ezt a három ellenállást három csillag kapcsolású ellenállásra! A RA D RD R4 B RC R5 C 1-28. ábra �� = �1 ∙ �2 1∙3 = = 0,375Ω �1 + �2 + �3 1 + 3 + 4 �� = �1 ∙ �3 1∙4 = = 0,5Ω �1 + �2 + �3 1 + 3 + 4 �� = �2 ∙ �3 3∙4 = = 1,5Ω �1 + �2 + �3 1 + 3 + 4 Az eredő ellenállás A-B pontok között: ��−� = �� + [(�� + �4 ) × (�� +�5 )] = 0,375 + [(0,5 + 2,5) × (1,5 + 4,5)] = 2,375Ω 1.332 Megoldás csillag-delta átalakítással R1 A D RAD R4 B RDB RAB 1-29. ábra 21 Az R2, R3, R5 ellenállások A-D-B pontok között csillagba vannak kapcsolva. Cseréljük ki ezeket RAD, RAB, RDB delta kapcsolású ellenállásokra. A C pont (csillagpont) az átalakítás során eltűnik. ��� = �2 + �3 + �2 ∙ �3 3∙4 =3+4+ = 9,667Ω �5 4,5 ��� = �3 + �5 + �3 ∙ �5 4 ∙ 4,5 = 4 + 4,5 + =

14,5Ω �2 3 ��� = �2 + �5 + �2 ∙ �5 3 ∙ 4,5 = 3 + 4,5 + = 10,875Ω �3 4 ��−� = ��� × [(��� × �1 ) + (��� × �4 )] = 10,875 × [(9,667 × 1) + (14,5 × 2,5)] = 10,875 × [ 9,667 ∙ 1 14,5 ∙ 2,5 + ] 10,667 17 = 10,875 × 3,0386 10,875 ∙ 3,0386 = 2,375Ω 10,875 + 3,386 1.34 Számítsa ki A-B pontok között az eredő ellenállást! R1=6Ω R1 R3 R3=3Ω R4=4Ω R5=8Ω R6 R4 A R2=3Ω R2 R5 R7 R6=6Ω B R7=12Ω 1-30. ábra 1.341 Megoldás csillag-delta átalakítással R1 és R2 ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen R12=R1×R2 ellenállással. Az így kapott csillagba kapcsolt R12, R4, R5 ellenállásokat helyettesítsük a deltába kapcsolta RAC, RBC, RAB, ellenállásokkal! 22 C C R12 R3 R3 R6 R4 RBC RAC R6 R5 RAB A B R7 A R7 B 1-31. ábra �12 = �1 × �2 = �1 ∙ �2 6∙3 = = 2Ω �1 + �2 6 + 3 ��� = �12 + �4 +

��� = �4 + �5 + �12 ∙ �4 2∙4 =2+4+ = 7Ω �5 8 �4 ∙ �5 4∙8 = 4+8+ = 28Ω �12 2 ��� = �12 + �5 + �12 ∙ �5 2∙8 =2+8+ = 14Ω �4 4 ��−� = [�7 × ��� ] × [(�3 × ��� ) + (��� × �6 )] = [12 × 28] × [(3 × 7) + (14 × 6)] = 8,4 × (2,1 + 4,2) = 3,6Ω 1.342 Oldja meg a feladatot delta-csillag átalakítással! (Pl R12, R3, R4 delta kapcsolás csillaggá alakításával.) 1.35 Számítsa ki A-B pontok között az eredő ellenállást! R1=9Ω R1 A R3 R5 R3=4,5Ω R4 R6 R2=9Ω R2 R7 B R4=1Ω R5=3Ω R6=6Ω R7=6Ω 1-32. ábra 23 1.351 Megoldás delta-csillag átalakítással R1 és R3 ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva, ezért helyettesíthetők egyetlen R13=R1×R3 ellenállással. Az így kapott deltába kapcsolt R13, R5, R6 ellenállásokat helyettesítsük a csillagba kapcsolt RA, RC, RD, ellenállásokkal! R2 R2 A R13 R5 C B R4 R6 A RC RA C R4 B RD R7 D

D R7 1-33. ábra � ∙� 9∙4,5 �13 = �1 × �3 = � 1+�3 = 9+4,5 = 3Ω 1 3 �� = �13 ∙ �5 3∙3 = = 0,75Ω �13 + �5 + �6 3 + 3 + 6 �� = �13 ∙ �6 3∙6 = = 1,5Ω �13 + �5 + �6 3 + 3 + 6 �� = �5 ∙ �6 3∙6 = = 1,5Ω �13 + �5 + �6 3 + 3 + 6 ��−� = {�� + [(�� + �7 ) × (�� +�4 )]} × �2 = {0,75 + [(1,5 + 6) × (1,5 + 1)]} × 9 = (0,75 + 7,5 ∙ 2,5 ) × 9 = 2,625 × 9 = 2,03Ω 10 1.352 Oldja meg a feladatot csillag-delta átalakítással! (Pl R13, R4, R6 delta kapcsolás csillaggá alakításával.) 24 1.36 Számítsa ki A-B pontok között az eredő ellenállást! R1 A R3 R2 R4 R6 R1=3Ω R2=2Ω R3=6Ω R4=6Ω R5=12Ω R6=4Ω R7=2Ω R8=8Ω R5 R7 B R8 1-34. ábra (Megoldás: Pl. R1 R2 R3 és R6 R7 R8 csillag kapcsolások delta kapcsolássá alakításával RAB=4Ω) 1.4 A feszültség és az áramosztás törvénye a) A feszültségosztás törvénye Sorba kapcsolt

ellenálláslánc elemei a rájuk kapcsolt feszültséget az ellenállások arányában osztják le. A soros ellenálláslánc minden tagján ugyanaz az áram folyik keresztül, ezért: I UR1 Ube UR2 R1 �= R2 Uki UR3 R3 ��� ��1 ��2 ��3 ��� = = = = �1 + �2 + �3 �1 �2 �3 �2 + �3 ��1 = ��� ∙ �1 �1 + �2 + �3 ��� = ��� ∙ �2 + �3 �1 + �2 + �3 1-35. ábra b) Az áramosztás törvénye Egy áramkör párhuzamosan kapcsolt ágainak áramai fordítottan arányosak az egyes ágak ellenállásaival. A párhuzamos ágakon eső feszültségek megegyeznek, ezért: 25 I IR1 Ube IRn IR2 IR3 R1 R2 R3 ��� = ��1 ∙ �1 = ��2 ∙ �2 = ��3 ∙ �3 = ⋯ = ��� ∙ �� = � ∙ �� �� = �1 × �2 × �3 × × �� = . Rn ��� = � ∙ 1 1 1 1 1 + + + ⋯+ �1 �2 �3 �� �� �� 1-36. ábra Speciális eset: két párhuzamosan

kötött ellenállás esetén az áramosztás törvénye: I IR1 ��� = ��1 ∙ �1 = ��2 ∙ �2 = � ∙ �� IR2 �� = �1 × �2 = Ube R2 R1 ��1 = � ∙ �� �2 =�∙ , �1 �1 + �2 1 1 1 + �1 �2 = �1 ∙ �2 �1 + �2 ��2 = � ∙ �� �1 =�∙ �2 �1 + �2 1-37. ábra 1.41 Az áramosztás törvényének segítségével számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az R5 ellenálláson 1,8 A áram folyik keresztül. I2 R1 I4 I3 I1 R2 R1=6Ω R4 R3 R5 I5=1,8 A R2=60Ω R3=28Ω R4=30Ω U=? R5=20Ω 1-38. ábra Az áramosztás törvényét I5 áramra és a csomópontba befolyó I3 áramra felírva: �5 = �3 ∙ 26 �4 �4 + �5 30 + 20 ⇒ �3 = �5 ∙ = 1,8 ∙ =3� �4 + �5 �4 30 I1 és I3 áramra felírva: �3 = �1 ∙ �2 �2 = �1 ∙ �2 + �345 �2 + �3 + (�4 × �5 ) R345 az R2 ellenállással párhuzamosan kapcsolt ág eredő ellenállása

�1 = �3 ∙ �2 + �3 + (�4 × �5 ) 60 + 28 + (30 × 20) = 3∙ = 5� �2 60 A feszültséggenerátor feszültsége: � = �� ∙ �1 = 30 ∙ 5 = 150 � Re az egész áramkör eredő ellenállása: �� = �1 + [�2 × (�3 + (�4 × �5 ))] = 6 + [60 × (28 + (30 × 20))] = 30Ω 1.42 Számítsa ki az alábbi áramkör ellenállásain eső feszültségeket! R1 R2 R1=2Ω UR1 UR2 R2=4Ω U UR3 R3 R4 UR4 R3=6Ω R4=9Ω U=12V U2=14V 1-39. ábra U3=16V A feszültségosztás törvényét felírva az egyes ellenállásokra: ��1 = � ∙ �1 �1 2 2 =�∙ = 12 ∙ = 12 ∙ = 2,5 � �� �1 + �2 + (�3 × �4 ) 2 + 4 + (6 × 9) 9,6 ��2 = � ∙ �2 4 = 12 ∙ = 5� �� 9,6 ��3 = ��4 = � ∙ �3 × �4 6×9 3,6 = 12 ∙ = 12 ∙ = 4,5 � �� 9,6 9,6 (UR3(=UR4) értékét természetesen az ��3 = � − �1 − �2 = 12 − 2,5 − 5 = 4,5 � összefüggésből is megkaphattuk volna.) 27

1.43 Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! R1=1Ω R2=2Ω R1 I R2 R3 R4 R3=3Ω R4=4Ω I=24A U2=14V 1-40. ábra U =16V (Megoldás: �1 = 11,52 �, �2 = 5,76 �, �3 = 3,84 �, �4 = 32,88 �) 1.44 Számítsa ki az alábbi áramkör áramgenerátorának és R3 ellenállásának áramát, ha az R2 ellenállás árama 5 A. R1=5Ω R2 R2=8Ω R3 R1 I R4 R3=7Ω R4=3Ω IR2=5A 1-41. ábra (Megoldás: I=10,1 A, IR3=1,5 A) 1.45 Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét, ha az R3 ellenálláson eső feszültség 18 V! R1=3Ω R3 R2=2Ω U R3=6Ω R4 R1 R2 R5 R4=2Ω R5=3Ω UR3=18V 1-42. ábra (Megoldás: U=42V) 28 1.46 Számítsa ki az alábbi áramkör feszültséggenerátorának feszültségét, és R7 ellenállásának áramát, ha az R2 ellenállás árama 1,5 A! R1=6Ω R2=6Ω R3 R3=4Ω R1 R4=6Ω R4 U=? R2 R7 R5 R5=2Ω R6=8Ω R7=5Ω R6 IR2=1,5 A 1-43. ábra (Megoldás: U=24 V, IR7=1 A)

1.47 Számítsa ki az áramgenerátor áramát, ha az R6 ellenállás árama 4 A! R4 R3 R5 R2 I R1 R7 R6 R8 R1=12Ω R2=4,8Ω R3=1,2Ω R4=1Ω R5=4Ω R6=1,8Ω R7=2Ω R8=3Ω IR6=4 A 1-44. ábra (Megoldás: I=15 A) 29 Számítsa ki a feszültséggenerátor feszültségét és az R6 ellenállás áramát, ha az R1 ellenálláson eső feszültség 21 V! 1.48 R4 R2 R5 R1 R6 R3 U R7 R1=14Ω R2=2Ω R3=3Ω R4=10Ω R5=20Ω R6=30Ω R7=40Ω UR1=21 V 1-45. ábra (Megoldás: U=30 V, IR6=0,24 A) 1.5 A Thévenin és a Norton tétel A Thévenin tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális feszültséggenerátorral (U0) és egy vele sorba kapcsolt belső ellenállással (Rb). A helyettesítő feszültséggenerátor forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a felnyitott kapcsok közötti

feszültségét. A belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását a felnyitott kapcsok felöl kiszámítjuk. (147 ábra) A Norton tétel szerint minden, fogyasztókat és generátorokat tartalmazó villamos hálózat bármely két pontja felöl helyettesíthető egyetlen ideális áramgenerátorral (I0) és egy vele párhuzamosan kapcsolt belső ellenállással (Rb). Az helyettesítő áramgenerátor forrásáramát úgy kapjuk, hogy a helyettesítendő részt leválasztva az eredeti hálózatból kiszámoljuk a rövidre zárt kapcsok között folyó áramot. A belső ellenállást megkapjuk, ha a helyettesítendő áramkör rész minden feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, minden áramgenerátorának áramkörét megszakítjuk, majd az így kapott passzív hálózat eredő ellenállását

a felnyitott kapcsok felöl kiszámítjuk. (148 ábra) (A Norton és a Thévenin generátor belső ellenállása megegyezik) Az összefüggés a Norton és Thévenin generátor között (1.46 ábra): 30 A A Rb A = = U0T B I0N Rb B B �0�ℎé����� = �0������ ∙ �� 1-46. ábra A A I Uk U0 R B A Thévenin generátor forrásfeszültségének meghatározása B Helyettesítendő hálózat rész A A Rb I Rb Uk R U0 B B A Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározása A Thévenin-féle helyettesítő generátor 1-47. ábra 31 A A I Uk I0 R B A Norton generátor forrásáramának meghatározása B Helyettesítendő hálózat rész A A Rb I I0 Rb Uk R B B A Norton generátor belső ellenállásának meghatározása A Norton-féle helyettesítő generátor Kidolgozott példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására Az alábbi példákat gyakorlásként mindkét tétel alkalmazásával

kiszámoljuk, bár látni fogjuk, hogy a példától függően hol az egyik, hol a másik tétel alkalmazása ad egyerűbb megoldást. Ezért a példa megoldása előtt érdemes átgondolni, melyik módszerrel lehet egyszerűbben, kevesebb számolással megkapni az eredményt. 32 1.51 A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R1 ellenállásának áramát és feszültségét! R1 R4 R1=10Ω R2=20Ω U R3=30Ω R2 R4=60Ω R3 U=30V U2=14V U3=16V 1-49. ábra 1.511 Megoldás a Thévenin tétel segítségével a) Először távolítsuk el R1 ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó hálózatrészben számítsuk ki a feszültséget a felnyitott A-B kapcsok között. Ez a feszültség lesz a Thévenin generátor forrásfeszültsége: A B U0 R4 U R2 R3 C=A 1-50. ábra 33 A felnyitott ág miatt R2 ellenálláson nem folyik áram, így rajta nem esik feszültség, ezért U0 feszültség megegyezik az R4

ellenálláson eső feszültséggel. (Ami pedig egyenlő U feszültségforrás és az R3 ellenálláson eső feszültség különbségével. (ld Kirchhoff hurok tv.) A feszültségosztás törvényét felírva R4 ellenállásra: �0 = � ∙ �4 60 = 30 ∙ = 20 � �3 + �4 30 + 60 b) Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki A és B pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Thévenin generátor belső ellenállása: A R2 RAB=Rb B R4 R3 1-51. ábra �� = �2 + (�3 × �4 ) = �2 + �3 ∙ �4 30 ∙ 60 = 20 + = 40 Ω �3 + �4 30 + 60 c) Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R1 ellenállást, majd számoljuk ki R1 áramát és feszültségét: 34 A IR1 U0 R1 UR1 Rb B 1-52. ábra ��1 = �0 ∙ ��1 = �1 10 = 20 ∙ =4� �1 + �� 10 + 40 ��1 4 = = 0,4 � �1 10 1.512 Megoldás a Norton tétel segítségével a) Először távolítsuk el R1

ellenállást az áramkörből, majd a visszamaradó hálózatrészben számítsuk ki az áramot a rövidre zárt A-B kapcsok között. Ez az áram lesz a Norton generátor forrásárama: A I0 B R4 U R2 R3 C=A 1-53. ábra Az 1-53. áramkör eredő ellenállása: �� = �3 + (�2 × �4 ) = 30 + (20 × 60) = 45 Ω Árama: �= � 30 2 = = = 0,667 � �� 45 3 35 I0 áramra az áramosztás törvényét felírva: �0 = � ∙ �4 2 60 = ∙ = 0,5 � �2 + �4 3 20 + 60 b) A belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításával. Zárjuk rövidre U feszültségforrást, majd számítsuk ki A és B pontok között az eredő ellenállást. Ez lesz a Norton generátor belső ellenállása (ld. 1-51 ábra): �� = �2 + (�3 × �4 ) = �2 + �3 ∙ �4 30 ∙ 60 = 20 + = 40 Ω �3 + �4 30 + 60 c) Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-54.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk

R1 ellenállást, majd számoljuk ki R1 áramát és feszültségét: A IR1 I0 Rb R1 UR1 B 1-54. ábra Az áramosztás törvénye IR1 áramra: ��1 = � ∙ �� 40 = 0,5 ∙ = 0,4 � �� + �1 40 + 10 Végül UR1 feszültség: ��1 = ��1 ∙ �1 = 0,4 ∙ 10 = 4 � 1.52 A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R2 ellenállásának áramát és feszültségét! 36 R1=4Ω R5 R3 R2=6 Ω R1 R2 U R4 R3=2Ω R4=3Ω R5=6Ω U=24V 1-55. ábra 1.521 Megoldás a Thévenin tétel segítségével A U0 R1 R5 R3 U R4 B 1-56. ábra Az 1-56. áramkör eredő ellenállása: �� = �5 + (�4 × (�1 + �3 )) = 6 + (3 × (4 + 2)) = 8 Ω Az 1-56. áramkör árama: �= � 24 = =3� �� 8 R1 és R3 ellenállásokon folyó áram az áramosztás törvényéből: ��13 = � ∙ �4 3 =3∙ =1� �1 + �3 + �4 4+2+3 A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége egyenlő az R1

ellenálláson eső feszültséggel, így: �0 = �1 ∙ ��13 = 4 ∙ 1 = 4 � A Thévenin generátor belső ellenállását U feszültségforrás rövidre zárása után az AA R1 RAB=R b 1-57. ábra R5 R3 R4 37 B B pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk: �� = �1 × [�3 + (�4 × �5 )] = 4 × [2 + (3 × 6)] = 2 Ω Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét: A IR2 U0=4V UR2 R2 Rb=2Ω B 1-58. ábra ��2 = �0 ∙ ��2 = �2 6 = 4∙ = 3� �2 + �� 6+2 ��2 3 = = 0,5 � �2 6 Mielőtt megoldanánk a feladatot a Norton tétel alkalmazásával, a Thévenin generátor adataiból a Norton generátor adatai egyszerűen kiszámíthatóak. A Norton generátor forrásárama: �0 = �0 4 = =2� �� 2 A belsőellenállás mindkét helyettesítő generátornál ugyanaz. 1.522 Megoldás a Norton tétel

segítségével A I0 R1 R4 B 1-59. ábra 38 R5 R3 U I0 forrásfeszültség kiszámításához R2 ellenállás eltávolítása után rövidre zárjuk a visszamaradó áramkört A és B pontok között. I0 egyenlő az A és B pontok között folyó árammal. A rövidzár miatt R1 ellenálláson nem folyik áram, az áramkör árama a két párhuzamosan kapcsolt R3 és R4 ellenállás között oszlik meg. Írjuk fel a feszültségosztás törvényét R5 és a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás, R3 és R4 eredőjére. A párhuzamos ágak feszültsége: ��34 = � ∙ �3 × �4 2×3 = 24 ∙ = 4� �5 + (�3 × �4 ) 6 + (2 × 3) R3 ellenállás árama: �0 = ��34 4 = = 2� �3 2 A belső ellenállás kiszámítása megegyezik a Thévenin generátornál leírtakkal (1-57. ábra), így Rb=2Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-60.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét: A

IR2 I0=2A Rb=2Ω R2 UR2 B 1-60. ábra Az áramosztás törvénye IR2 áramra: ��2 = � ∙ �� 2 =2∙ = 0,5 � �� + �2 2+6 Végül UR2 feszültség: ��2 = ��2 ∙ �2 = 0,5 ∙ 6 = 3 � 1.53 A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R3 ellenállásának áramát és feszültségét! 39 R1=60Ω R4 R2 R2=15Ω I R1 R5 R3 R3=50Ω R4=30Ω R5=20Ω I=5A 1-61. ábra 1.531 Megoldás a Thévenin tétel segítségével A R2 I R1 U0 R4 R2 R5 R1 B A R4 Rb R5 B 1-62. ábra R3 eltávolítása után a visszamaradó áramkör két párhuzamos ágat tartalmaz (1-62. ábra) Az egyik ágban R1, a másikban a sorba kapcsolt R2, R4 és R5 található. Az áramgenerátor I árama e két ág között az áramosztás törvényének megfelelően oszlik meg: ��245 = � ∙ �1 60 =5∙ = 2,4 � �1 + �2 + �4 + �5 60 + 15 + 30 + 20 A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége az R4 és

R5 ellenállásokon eső feszültségek összegével egyenlő: �0 = ��245 ∙ (�4 + �5 ) = 2,4 ∙ (30 + 20) = 120 � A Thévenin generátor belső ellenállását az áramgenerátor áramkörének megszakításával A és B pontok közötti ellenállás kiszámításával kapjuk (1-62. ábra) �� = (�1 + �2 ) × (�4 + �5 ) = (60 + 15) × (30 + 20) = 30Ω Rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét: 40 A IR3 U0=120V R3 UR3 Rb=30Ω B 1-63. ábra ��3 = �0 ∙ ��3 = �3 50 = 120 ∙ = 75 � �3 + �� 50 + 30 ��3 75 = = 1,5 � �3 50 1.532 Megoldás a Norton tétel segítségével R2 R1 A I R4 I0 R2 R5 B R1 A Rb R4 R5 B 1-64. ábra R3 ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkört A és B pontok között rövidre zárjuk. Az itt folyó áram lesz a Norton generátor forrásárama A rövidre

zárás miatt R4 és R5 ellenállásokon nem folyik áram, ezért I áram a párhuzamosan kapcsolt R 1 és R2 között oszlik meg. I0 áram az R2 ellenállás áramával egyenlő: �0 = � ∙ �1 60 = 5∙ =4� �1 + �2 60 + 15 41 A belső ellenállás kiszámítás a 1.531 pontban leírttal megegyező módon történik, így Rb=30 Ω. Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-65.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét: A IR3 I0=4A R3 UR3 Rb=30Ω B 1-65. ábra Az áramosztás törvénye IR3 áramra: ��3 = � ∙ �� 30 =4∙ = 1,5 � �� + �3 30 + 50 Végül UR3 feszültség: ��3 = ��3 ∙ �3 = 1,5 ∙ 6 = 75 � 1.54 A Thévenin és a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R2 ellenállásának áramát és feszültségét! R1 R1=6Ω R3 R2 R2=6Ω R3=6Ω R5 R4 R6 U 1-66. ábra 1.541 Megoldás a Thévenin tétel segítségével 42

R4=2Ω R5=2Ω R6=2Ω U=30 V C R1 A B U0 R1 C R3 A R6 I R3 R5 R4 U I2 B U0 R5 R4 I1 R6 U D D 1-67. ábra A Thévenin féle helyettesítő generátor U0 forrásfeszültségét úgy kapjuk, hogy az R2 ellenállás eltávolítása után a visszamaradó áramkör felnyitott A és B pontjai között kiszámítjuk a feszültséget. Az 1-67 ábrán mindkét rajz ugyanazt az áramkört ábrázolja, csak a jobb oldali ábra jobban áttekinthető. Az 1-67. ábrán lévő áramkör eredő ellenállása: �� = �3 + �5 + (�6 × (�1 + �4 )) = 2 + 6 + (2 × (6 + 2)) = 9,6 Ω Az áramkör árama: �= � 30 = = 3,125 � �� 9,6 I1 áramra az áramosztás törvényét felírva: �1 = � ∙ �6 2 = 3,125 ∙ = 0,625 � �6 + �1 + �4 2+6+2 Az 1-67. ábrán látjuk, hogy A és B pontok közötti feszültséget, (ami egyben a Thévenin generátor forrásfeszültsége), az alábbi módon tudjuk felírni: �0 = � ∙ �3 + �1 ∙ �1 = 3,125

∙ 6 + 0,625 ∙ 6 = 22,5 � A Thévenin generátor belső ellenállásának kiszámításához az 1-67. ábra áramkörének feszültséggenerátorát rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk A és B pontok között az ellenállást. 43 R1 A B Rb C R3 A C R1 R4 R5 R6 B R3 R6 R4 R5 D D 1-68. ábra Az 1-68. ábrán mindkét rajz ugyanazt az ellenállás hálózatot ábrázolja A jobboldali ábrából jól látszik, hogy az eredő ellenállás kiszámításához csillag-delta vagy delta-csillag átalakításra van szükség. Például az R4, R5, R6 ellenállások alkotta csillag kapcsolást átalakítsuk át delta kapcsolássá. C A B R1 R3 RAC RBC RAB 1-69. ábra ��� = �4 + �6 + �4 ∙ �6 2∙2 = 2+2+ = 6Ω, �5 2 ��� = �5 + �6 + �5 ∙ �6 2∙2 = 2+2+ = 6Ω, �4 2 ��� = �4 + �5 + �4 ∙ �5 2∙2 = 2+2+ = 6 Ω, �6 2 Most már fel tudjuk írni A és B pontok között az eredő ellenállást: �� =

[(�1 × ��� ) + (�3 × ��� )] × ��� = [(6 × 6) + (6 × 6)] × 6 = 3 Ω Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét: 44 A IR2 U0=18,462V R2 UR2 Rb=2,615Ω B 1-70. ábra ��2 = �0 ∙ ��2 = �2 6 = 22,5 ∙ = 15 � �2 + �� 6+3 ��2 15 = = 2,5 � �2 6 1.542 Megoldás a Norton tétel segítségével IR1 I0 A B IR4 R1 R1 C R3 IR4 R5 R4 R6 U R4 IR1 A=B R3 I IR3 R5 C R6 U D D 1-71. ábra Az 1-71. áramkör eredő ellenállása: �� = �5 + (�4 × [(�1 × �3 ) + �6 ]) = 2 + (2 × [(6 × 6) + 2]) = 24 Ω 7 Az áramkör árama: � 7 �= = 30 ∙ = 8,75 � �� 24 Az 1-71. ábra bal oldali áramkörénél az A pontra felírt Kirchhoff csomóponti egyenletből a Norton generátor I0 forrásáramára a következő egyenletet kapjuk: �0 = ��1 + ��4 Ebből IR4 áram:

45 ��4 = � ∙ (�1 × �3 ) + �6 (6 × 6) + 2 5 = 8,75 ∙ = 8,75 ∙ = 6,25 � (�1 × �3 ) + �6 + �4 (6 × 6) + 2 + 2 7 A maradék áram R1 és R3 ellenállásokon oszlik meg. Mivel R1 és R3 azonos nagyságú, a rajtuk átfolyó áram is azonos nagyságú lesz. ��1 + ��3 = � − ��4 = 8,75 − 6,25 = 2,5 � Az áramosztás törvénye IR1 áramra: ��1 = (��1 + ��3 ) ∙ �3 6 = 2,5 ∙ = 1,25 � �1 + �3 6+6 A Norton generátor I0 forrásáramára tehát: �0 = ��1 + ��4 = 1,25 + 6,25 = 7,5 � A Norton generátor belső ellenállásának meghatározása a Thévenin tételes számításnál az 1.541 pontban megtalálható Végül rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-72.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R2 ellenállást, majd számoljuk ki R2 áramát és feszültségét: A IR2 Rb=2,615Ω I0=7,06A R2 UR2 B 1-72. ábra Az áramosztás törvénye IR2 áramra: ��2 = � ∙ �� 3 = 7,5 ∙ =

2,5 � �� + �2 3+6 Végül UR2 feszültség: ��2 = ��2 ∙ �2 = 2,5 ∙ 6 = 15� 46 1.55 Számítsa ki az alábbi áramkör R3 ellenálláson kívüli részének Thévenin és Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki R3 ellenállás feszültségét és áramát! R1=2Ω R2 R2=3Ω U2 R1 R3=8Ω R4 R3 U1 R4=5Ω U1=120V U2=90V 1-73. ábra U2=14V U3=16V 1.551 Megoldás a Thévenin tétel segítségével R3 ellenállás eltávolítása után számítsuk ki az A és B pontok közötti feszültséget, ami a Thévenin generátor forrásfeszültségével lesz egyenlő. A R2 I U2 R1 U0 R4 U1 B 1-74. ábra Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenletét 1-74. ábrán látható áramkör áramának kiszámításához: � ∙ (�1 + �2 + �4 ) + �2 − �1 = 0 �= �1 − �2 120 − 90 = = 3� �1 + �2 + �4 2 + 3 + 5 A Thévenin generátor U0 forrásfeszültsége: �0 = �1 − � ∙

(�1 + �2 ) = 120 − 3 ∙ 5 = 105 � (���� �0 = �2 + � ∙ �4 = 105 �) A Thévenin generátor belső ellenállásának meghatározásához mindkét feszültséggenerátort rövidre zárjuk, majd kiszámítjuk A és B pontok között az eredő ellenállást: 47 A R2 I R1 R4 B 1-75. ábra �� = (�1 + �2 ) × �4 = (2 + 3) × 5 = 2,5Ω Végül rajzoljuk fel a Thévenin-féle feszültséggenerátort, a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét: A IR3 U0=105V UR3 R3 Rb=2,5Ω B 1-76. ábra ��3 = �0 ∙ ��3 = �3 8 = 105 ∙ = 80 � �3 + �� 8 + 2,5 ��3 80 = = 10 � �3 8 1.552 Megoldás a Norton tétel segítségével Az R3 ellenállás eltávolítása után zárjuk rövidre az áramkört A és B pontok között, majd számítsuk ki az A-B pontok között folyó áramot: 48 U2 A R2 IR12 IR4 R1 I0 R4 U1 B 1-77. ábra A rövidzár miatt U1

feszültségforrás teljes feszültsége R1 és R2 ellenállásokon esik, U2 feszültségforrás teljes feszültsége pedig R4 ellenálláson. ��12 = ��4 = �1 120 = = 24 � �1 + �2 2 + 3 �2 90 = = 18 � �4 5 Kirchhoff csomóponti törvényét felírva az A csomópontra a Norton generátor I0 forrásárama: �0 = ��12 + ��4 = 42 � A belső ellenállás kiszámítása megegyezik az 1.551 pontban leírtakkal, így Rb=2,5Ω Rajzoljuk fel a Norton-féle áramgenerátort (1-78.ábra), a kapcsaira csatlakoztassuk R3 ellenállást, majd számoljuk ki R3 áramát és feszültségét: A IR3 I0=42A Rb=2,5Ω R3 UR3 B 1-78. ábra Az áramosztás törvénye IR3 áramra: ��3 = � ∙ �� 2,5 = 42 ∙ = 10 � �� + �3 2,5 + 8 49 Végül UR3 feszültség: ��3 = ��3 ∙ �3 = 10 ∙ 8 = 80� Gyakorló példák a Thévenin és a Norton tétel alkalmazására 1.56 A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az

alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét! R1 R4 R1=10Ω R2=20Ω U R2 R3=30Ω R3 R4=60Ω U=30V U2=14V 1-79. ábra U3=16V (Megoldás: U0=15 V, I0=1 A, Rb=15 Ω, UR4=12 V, IR4=0,2 A) 1.57 A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R3 ellenállásának áramát és feszültségét! R1=4Ω R5 R3 R2=6Ω R1 R2 R4 U R3=2Ω R4=3Ω R5=6Ω U=24V 1-80. ábra (Megoldás: U0=8 V, I0=1,818 A, Rb=4,4 Ω, UR3=2,5 V, IR3=1,25 A) 50 1.58 A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R4 ellenállásának áramát és feszültségét! R1=60Ω R4 R2 R2=15Ω I R1 R5 R3 R3=50Ω R4=30Ω R5=20Ω I=5A 1-81. ábra (Megoldás: U0=120 V, I0=4 A, Rb=50 Ω, UR4=60 V, IR4=2 A) 1.59 A Thévenin vagy a Norton tétel segítségével számítsa ki az alábbi áramkör R1 ellenállásának áramát és feszültségét! R1 R1=6Ω R3 R2 R2=6Ω R3=2Ω R5 R4 R6 U

R4=2Ω R5=2Ω R6=6Ω U=30 V 1-82. ábra (Megoldás: U0=10 V, I0=3 A, Rb=3,333 Ω, UR1=6,429 V, IR1=1,071 A) 1.510 Számítsa ki az alábbi áramkör R2 ellenálláson kívüli részének Thévenin vagy Norton féle helyettesítő generátorának paramétereit, majd ennek segítségével számítsa ki R2 ellenállás feszültségét és áramát! 51 R1=2Ω R2 R2=3Ω R3=8Ω U2 R1 R4 R3 U1 R4=2Ω U1=120V U2=90V 1-83. ábra U2=14V (Megoldás: U0=48 V, I0=13,33 A, Rb=3,6 Ω, UR2=21,818 V, IR2=7,272 A) U3=16V 1.6 Módszerek több generátort és fogyasztót tartalmazó elágazó hálózatok ágaiban folyó áramok kiszámítására Az alábbiakban négy módszer, a Kirchhoff-törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere alkalmazásával ismerkedünk meg. A módszerek ismertetése példákon keresztül történik, az első három példánál mind a négyfajta megoldás bemutatásra kerül, hogy lássuk, hogy

példánként változik, hogy melyik megoldási mód vezet kevesebb számolással gyorsabb eredményre. 1.61 Számítsuk ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! R1=1Ω R1 U1 R4 I1 R3 + R2 R2=2Ω I3 I2 + U2 R3=3Ω U3 R4=4Ω U1=35V U2=14V U3=16V 1-84. ábra 52 1.611 Megoldás Kirchhoff törvények segítségével a) Jelöljük be az ágak áramait! (I1, I2, I3) Az áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. b) Jelöljük be a hurkokban a pozitív körüljárás irányát! c) A három ismeretlen ágáram meghatározásához három független egyenletből álló egyenletrendszer felírása szükséges. Ez esetünkben két hurok és egy csomóponti egyenletet jelent. Hurok egyenletek (Az ellenállásokon eső feszültségek iránya a rajtuk átfolyó áram irányával megegyező.): (1) �1 ∙ �1 + �3 ∙ �2 − �2 + �2 ∙ �1 − �1 = 0 (2)

−�4 ∙ �3 + �2 + �3 − �3 ∙ �2 = 0 Csomóponti egyenlet: (3) �1 − �2 + �3 = 0 Behelyettesítve a megadott értékeket: (1) �1 + 3 ∙ �2 + 2 ∙ �1 = 14 + 35 (2) −4 ∙ �3 − 3 ∙ �2 = −14 − 16 (3) �1 − �2 + �3 = 0 (1) 3 ∙ �1 + 3 ∙ �2 = 49 (2) 4 ∙ �3 + 3 ∙ �2 = 30 (3) �1 = �2 − �3 (1) 3 ∙ (�2 − �3 ) + 3 ∙ �2 = 49 (2) 4 ∙ �3 + 3 ∙ �2 = 30 (1) 6 ∙ �2 − 3 ∙ �3 = 49 (2) 3 ∙ �2 + 4 ∙ �3 = 30 11 ∙ �3 = 11 �3 = 1� 53 �2 = 30 − 4 ∙ 1 26 = = 8,67 � 3 3 �1 = 26 − 3 23 = = 7,67� 3 3 1.612 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével R1=1Ω UA R1 U1 R2=2Ω R4 I1 R3=3Ω I3 R3 I2 U3 R2 U2 R4=4Ω U1=35V U2=14V U3=16V UB=0 1-85. ábra Az ágak áramai az ágak két végpontja közötti potenciálkülönbségtől függnek. Az ábrán mindhárom ág egyik végpontja UA, másik végpontja UB potenciálon van. Mivel az áram

szempontjából csak a két potenciál különbsége számít, az egyik értékét tekinthetjük nullának. Legyen UB=0 Az ágáramok a csomóponti potenciálok segítségével kifejezhetők: ����� �� =0 (1) �� − �� = −�1 ∙ �1 + �1 − �2 ∙ �1 ⇒ (2) �� − �� = �3 ∙ �2 − �2 (3) �� − �� = −�4 ∙ �3 + �3 ����� �� =0 ⇒ ����� �� =0 ⇒ �1 = �1 −�� �2 = �� +�2 �3 = �3 −�� �1 +�2 �3 �4 Így mindhárom ágáram csak UA csomóponti potenciáltól függ. UA kiszámításához pedig elég egyetlen Kirchhoff csomóponti egyenlet felírása. �1 − �2 + �3 = 0 Behelyettesítve a csomóponti potenciálokkal kifejezett áram értékeket: �1 − �� �� − �2 �3 − �� − + =0 �1 + �2 �3 �4 35 − �� �� − 14 16 − �� − + =0 3 3 4 54 4(35 − �� ) − 4(�� − 14) + 3(16 − �� ) =

0 11�� = 132 �� = 12 � Visszahelyettesítve UA értékét (1), (2), (3) egyenletekbe: �1 = �1 − �� 35 − 12 23 = = = 7,67 � �1 + �2 3 3 �2 = �� − �2 12 + 14 26 = = = 8,67 � �1 + �2 3 3 �3 = �3 − �� 16 − 12 = =1� �4 4 1.613 Megoldás a hurokáramok módszerével R1=1Ω R1 U1 I1 R2 R3=3Ω I3 R3 I s1 R2=2Ω R4 I s2 I2 U2 U3 R4=4Ω U1=35V U2=14V U3=16V 1-86. ábra A hurokáramok módszerénél feltételezzük, hogy az ágak áramait az áramkör egyes zárt hurkaiban folyó ún. „hurokáramok” eredője hozza létre, vagyis azon ágak áramai, melyek két hurokhoz is tartoznak, kiszámíthatók a hurokáramok előjeles összegéből. Ez által az ismeretlenek száma a független hurokegyenletek számára csökken. Ez ennél a példánál azt jelenti, hogy két Kirchhoff hurokegyenletből álló kétismeretlenes egyenletrendszert kell megoldani. 1. Jelöljük be az ágak áramait! (I1,I2,I3) Az

áramirányok felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. 2. Jelöljük be a hurkokáramok irányát minden hurokban! 3. Írjuk fel a valós ágáramok és a fiktív hurokáramok közötti az összefüggéseket! Amelyik ág csak egy hurokhoz tartozik, ott az ágáram és a hurokáram nagysága megegyezik, de az előjelre itt is figyelni kell! 55 �1 = ��1 �2 = ��1 − ��2 �3 = −��2 4. Írjuk fel Kirchhoff hurokegyenleteit Is1 és Is2 segítségével: (1) �1 ∙ ��1 + �3 ∙ (��1 − ��2 ) − �2 + �2 ∙ ��1 − �1 = 0 (2) �4 ∙ ��2 + �2 + �3 + �3 ∙ (��2 − ��1 ) = 0 (1) (�1 + �2 + �3 ) ∙ ��1 − �3 ∙ ��2 = �2 + �1 (2) −�3 ∙ ��1 + (�4 +�3 ) ∙ ��2 = −�2 − �3 (1) 6 ∙ ��1 − 3 ∙ ��2 = 49 (2) −3 ∙ ��1 + 7 ∙ ��2 = −30 11 ∙ ��2 = −11 ��2

= −1 � ��1 = 7 ∙ ��2 + 30 23 = = 7,67 � 3 3 Így a valódi ágáramok: �1 = ��1 = 7,67 �, �2 = ��1 − ��2 = 7,67 − (−1) = 8,67 �, �3 = −��2 = −(−1) = 1 � 1.614 Megoldás a szuperpozíció tétel segítségével Több feszültség és/vagy áramgenerátort tartalmazó hálózat bármely ágának árama egyenlő azon áramok összegével, amelyet a csak egy-egy generátor hozna létre, ha a többi áramés/vagy feszültségforrást kiiktatnánk, vagyis a feszültséggenerátorokat rövidre zárnánk, az áramgenerátorok áramkörét megszakítanánk. 56 R1=1Ω UA R1 U1 R4 I1 R2=2Ω I3 R3 R3=3Ω I2 R4=4Ω U3 R2 U1=35V U2 U2=14V U3=16V UB 1-87. ábra R1 I ’1 U1 R1 R4 I’’1 I ’3 R3 R4 I ’2 I’’3 R3 I’’2 R2 R2 U2 1-88. ábra R1 I R4 ’’’ R3 1 I ’’’ 2 I ’’’ 3 U3 R2 1-89. ábra 1. Jelöljük be az ágak áramait! (I1,I2,I3) Az áramirányok

felvétele önkényes, ha a valós áramirány a feltételezettel ellentétes, eredményként negatív értéket fogunk kapni. 2. Rajzoljuk fel az egyenként a három rész áramkört, melyeket egy feszültséggenerátor meghagyásával, a két másik kiiktatásával kapunk. Jelöljük be az áramirányokat! Ezeknek az áramoknak az iránya már nem vehető fel tetszőlegesen, mert a feszültséggenerátorok feszültségei által adottak! 3. Számítsuk ki egyenként a három áramkör ágaiban folyó áramokat! 57 �′� = �� + �� + (�� × �� ) = � + � + ��′ = �� �� = = �, ��� � ′ � � �, ��� �2′ = �1′ ∙ �4 = 4,242 �, �3 +�4 �3′ = �1′ − �2′ = 7,424 − 4,242 = 3,182 � a) ��" = �3 + [(�1 + �2 ) × �4 ] = 3 + ��" = �∙� = �, ��� � �+� (1+2)∙4 1+2+4 = 4,714 Ω �� �� = = �, ���� � �"� �, ���

�1" = �2" ∙ �4 = 1,697 �, �1 + �2 +�4 �3" = �2" − �1" = 2,9697 − 1,697 = 1,273 � b) ��′′′ = �4 + [(�1 + �2 ) × �3 ] = 4 + ��′′′ = (1+2)∙3 1+2+3 = 5,5 Ω �� �� = = �, ��� � ′′′ �� �, � �1′′′ = �3′′′ ∙ �3 = 1,4545 �, �1 + �2 +�3 = 1,4545 � �2′′′ = �3′′′ − �1′′′ = 2,909 − 1,4545 4. A kapott eredményekből írjuk fel az eredeti áramkör áramait! �1 = �1′ + �1′′ − �1′′′ = 7,424 + 1,6969 − 1,4545 = 7,67 � �2 = �2′ + �2′′ + �2′′′ = 4,242 + 2,969 + 1,4545 = 8,67 � �3 = −�3′ + �3′′ + �3′′′ = −3,182 + 1,2727 + 2,0909 = 1 � 58 1.62 Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! U2 R3 R1 R2 R4 I0 U1 R5 R1=10Ω R2=10Ω R3=5Ω R4=15Ω R5=20Ω U1=90V U2=45V I0=6A 1-90. ábra 1.621 Megoldás a Kirchhoff

törvények alkalmazásával A kapcsolási rajzon jelöljük be az ismeretlen ágáramokat! Az áramok irányát tetszőlegesen felvehetjük, ha a számítások végén negatív előjelet kapunk, az azt jelenti, hogy a tényleges áramirány a feltételezettel ellentétes irányú. U2 A R3 I1 I3 R1 + B R2 U1 I2 + R4 I4 I 0 I3 R5 C D 1-91. ábra Az ábrából látszik, hogy négy ismeretlen ágáramot kell meghatározni. Ehhez egy négy egyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszerre van szükség. (R3 és R5 ellenállások áramai megegyeznek, hiszen a B és a D csomópontba a befutó ágak közül kettő azonos, így a harmadik ág áramának is azonosnak kell lenni.) A négy egyenlet két csomóponti és két hurokegyenletet jelent. Csomóponti egyenletet írhatunk fel pl. az A és a B csomópontra, hurokegyenletet pl az ábrán bejelölt két hurokra: Hurok egyenletek: (1) �1 ∙ �1 + �2 ∙ �2 − �1 = 0 (2) �2 −�3 ∙ �3 + �4 ∙ �4

− �5 ∙ �3 − �2 ∙ �2 = 0 59 Csomóponti egyenletek: (3) �1 − �2 + �3 = 0 (4) �0 − �3 − �4 = 0 (1) �1 ∙ �1 + �2 ∙ �2 = �1 (2) −�2 ∙ �2 − (�3 + �5 ) ∙ �3 + �4 ∙ �4 = −�2 (3) �1 − �2 + �3 = 0 (4) �3 + �4 = �0 Az egyenletrendszer megoldása tetszőleges módszerrel történhet, egyik lehetőség pl. a Gauss elimináció alkalmazása. Az egyenletrendszer mátrixos alakja: �1 0 [ 1 0 �2 −�2 −1 0 0 −(�3 + �5 ) 1 1 �1 �1 0 −� � �4 ] ∙ [ 2] = [ 2] � 0 0 3 �0 �4 1 Behelyettesítve a megadott értékeket: 10 10 0 −10 [ 1 −1 0 0 �1 0 0 90 � −25 15 −45 ] ∙ [ 2] = [ ] �3 1 0 0 �4 1 1 6 A bővített mátrix: 10 10 0 −10 [ 1 −1 0 0 0 0 −25 15 1 0 1 1 90 −45 ] 0 6 A Gauss elimináció lépései: 10 0 [ 0 0 60 10 0 0 90 10 10 0 0 90 −10 −25 15 −45 0 −10 −25 15 −45 ][ ] 20 −10 0 90 0 0 −60 30 0 0 1 1 6 0 0 1 1 6 10 10 0 0

90 0 −10 −25 15 −45 [ ] 0 0 −60 30 0 0 0 0 90 360 Az utolsó lépésként kapott mátrixból felírható: 90 ∙ �4 = 360 �4 = 4 � −60 ∙ �3 + 30 ∙ 4 = 0 �3 = 2 � −10 ∙ �2 − 25 ∙ 2 + 15 ∙ 4 = −45 �2 = 5,5 � 10 ∙ �1 + 10 ∙ 5,5 = 90 �1 = 3,5 � 1.622 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével U2 UA R3 I1 UB I3 R1 R2 R4 I2 U1 I4 I 0 I3 R5 UC=0 UD 1-92. ábra Ha megnézzük az 1-92. ábrát, látjuk, hogy négy különböző potenciálú csomópont található a kapcsolásban, amelyikből egynek a potenciálját 0-nak vehetjük, de így is marad 3 ismeretlen csomóponti potenciál. Az előzőekben, amikor a Kirchhoff-törvények segítségével oldottuk meg a feladatot, láttuk, hogy csak 2 egymástól független csomóponti egyenlet írható fel, márpedig a csomóponti potenciálok módszerénél a csomóponti egyenletek számával megegyező egyenletet tudunk felírni az ismeretlenek kiszámításához. A

látszólagos ellentmondást az okozza, hogy a kapcsolás 2 ágában is I3 áram folyik, vagyis I3 kifejezhető nemcsak UA és UB, hanem UC és UD csomóponti potenciálok segítségével is, vagyis ha UC-t nullának vesszük, UD kifejezhető UA és UB segítségével. Fejezzük ki az ágáramokat! ⇒ �1 = �1 −�� (2) �� = �2 ∙ �2 ⇒ �2 = �� (3) �� − �� = �2 − �3 ∙ �3 ⇒ �3 = (1) �� = �1 − �1 ∙ �1 �1 �2 �2 −�� +�� �3 61 �� −�� (4) �� − �� = �4 ∙ �4 ⇒ �4 = (5) �� = −�5 ∙ �3 ⇒ �3 = − �� �4 � 5 A (3) és az (5) egyenletekből UD kifejezhető: �3 = �2 − �� + �� �� �2 − �� + �� =− ⇒ �� = − ∙ �5 �3 �5 �3 UD behelyettesítve a (4) egyenletbe I4 kifejezhető: (4) �� + �2 −�� +�� �3 ∙ �5 = �4 ∙ �4 ⇒ �4 = �� �4 + �2 −�� +�� �3

∙�4 ∙ �5 Írjuk fel a csomóponti egyenleteket A és B csomópontra! (A) �1 − �2 + �3 = 0 (B) �0 − �3 − �4 = 0 (A) �1 −�� �1 �3 90−�� 10 (B) 6 − �2 −�� +�� �3 2 �2 −�� +�� (B) �0 − (A) � − �� + � − 10� + 45−�� +�� 5 − �� − �4 �2 −�� +�� 45−�� +�� 5 − �� 15 − =0 �3 ∙�4 ∙ �5 = 0 =0 45−�� +�� 5∙15 ∙ 20 = 0 (A) 90 − �� − �� + 90 − 2 ∙ �� + 2 ∙ �� = 0 (B) 90 − 135 + 3 ∙ �� − 3 ∙ �� − �� − 180 + 4 ∙ �� − 4 ∙ �� = 0 (A) −4 ∙ �� + 2 ∙ �� = −180 (B) 7 ∙ �� − 8 ∙ �� = 225 (A) −16 ∙ �� + 8 ∙ �� = −720 62 (B) 7 ∙ �� − 8 ∙ �� = 225 (A)+(B) −9 ∙ �� = −495 �� = 55 � �� = −90 + 2 ∙ �� �� = 20 � Az eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra

felírt összefüggésekbe: (1) �1 = �1 −�� (2) �2 = �� (3) �3 = (4) �4 = �1 = 90−55 = 55 10 = 5,5 � �2 10 �2 −�� +�� �3 �� −�� = �4 = 3,5 � = 45−55+20 45−�� �4 5 = = 2� 20+40 15 =4� � (5) �3 = − �� ⇒ �� = −�5 ∙ �3 = −20 ∙ 2 = −40 � 5 1.623 Megoldás a hurokáramok módszerével U2 A R3 I1 I3 R1 Is1 U1 B R2 I2 Is2 R4 I4 I 0 1 1 I3 R5 C D 1-93. ábra Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket! (1) �1 = ��1 (2) �2 = ��1 − ��2 (3) �3 = −��2 (4) �4 = ��2 + �0 63 A két ismeretlen hurokáram az 1-93. ábrán bejelölt két hurokra felírt hurokegyenletekből kiszámítható: (1) �1 ∙ ��1 + �2 ∙ (��1 − ��2 ) − �1 = 0 (2) �2 + �3 ∙ ��2 + �4 ∙ (��2 + �0 ) + �5 ��2 + �2 ∙ (��2 − ��1 ) = 0 (1) (�1

+ �2 ) ∙ ��1 − �2 ∙ ��2 = �1 (2) −�2 ∙ ��1 + (�2 + �3 + �4 + �5 ) ∙ ��2 = −�2 − �4 ∙ �0 (1) 20 ∙ ��1 − 10 ∙ ��2 = 90 (2) −10 ∙ ��1 + 50 ∙ ��2 = −135 (1)+2∙(2): 90��2 = −180 ��2 = −2 � ��1 = 90 + 10 ∙ (−2) = 3,5 � 20 A fenti eredmények segítségével megkapjuk a valós ágáramokat (1) �1 = ��1 = 3,5 � (2) �2 = ��1 − ��2 = 3,5 − (−2) = 5,5 � (3) �3 = −��2 = −(−2) = 2 � (4) �4 = ��2 + �0 = −2 + 6 = 4 � 1.624 Megoldás a szuperpozíció tételével Az áramkör két feszültség- és egy áramgenerátort tartalmaz, a megoldáshoz három rész áramkörre bontjuk a kapcsolást. 64 U2 a) R3 R1 I1 = I3 R2 R4 I2 I4 I 0 R3 R1 I1’ R2 R4 I2’ U1 U1 + I3’ I3’ R5 R5 U2 b) R3 R1 I1’’ + I3’’ R2 I2’’ R3 c) I3’’ R4 R1 I1’’’ I3’’’ R2 I2’’’ R5 I4’’’

R4 I0 R5 1-94. ábra A rész áramkörök áramainak kiszámítása: a) ��′ = �1 + (�2 × (�3 + �4 + �5 )) = 10 + (10 × (5 + 15 + 20) = 18 Ω �1′ = �1 90 = =5� ��′ 18 �2′ = �1′ ∙ �3 + �4 + �5 5 + 15 + 20 = 5∙ = 4� �2 + �3 + �4 + �5 10 + 5 + 15 + 20 �3′ = �1′ − �2′ = 5 − 4 = 1 � b) ��′′ = (�1 × �2 ) + �3 + �4 + �5 = (10 × 10) + 5 + 15 + 20 = 45 Ω �3′′ = �2 45 = = 1� ��′′ 45 �2′′ = �3′′ ∙ �1 10 =1∙ = 0,5 � �1 + �2 10 + 10 �1′′ = �3′′ − �2′′ = 1 − 0,5 = 0,5 � c) �4′′′ = �0 ∙ �3 + �5 + (�1 × �2 ) 5 + 20 + (10 × 10) = 6∙ =4� �3 + �5 + (�1 × �2 ) + �4 5 + 20 + (10 × 10) + 15 65 �3′′′ = �0 − �4′′′ = 6 − 4 = 2 � �2′′′ = �3′′′ ∙ �1 10 = 2∙ =1� �1 + �2 10 + 10 �1′′′ = �3′′′ − �2′′′ = 2 − 1 = 1 �

A rész áramkörök áramainak összegzésével megkapjuk a valódi ágáramokat. Az összegzés során figyeljünk az áramirányokra! (A feladatot a rossz előjelekkel lehet legkönnyebben elrontani, ezért a végén mindig érdemes a végeredményt a Kirchhoff csomóponti egyenletekkel ellenőrizni) �1 = �1′ − �1′′ − �1′′′ = 5 − 0,5 − 1 = 3,5 � �2 = �2′ + �2′′ + �2′′′ = 4 + 0,5 + 1 = 5,5 � �3 = −�3′ + �3′′ + �3′′′ = −1 + 1 + 2 = 2 � �4 = �3′ − �3′′ + �4′′′ = −1 + 1 + 4 = 4 � 1.63 Számítsa ki az alábbi áramkör egyes ágaiban folyó áramokat! R3 U2 R4 U1 R6 R2 R1 R5 U3 R1=2,5Ω R2=10Ω R3=3Ω R4=6Ω R5=8Ω R6=8Ω U1=25V U2=40V U3=64V 1-95. ábra 1.631 Megoldás a Kirchhoff törvények alkalmazásával Jelöljük be az áramokat (az áramirányok felvétele tetszőleges, ha a végén negatív értéket kapunk, akkor az azt jelenti, hogy a berajzolttal

ellentétes a valódi áramirány): 66 U2 R3 R4 I4 I1 U1 + I3 + A R2 I2 B I6 + I5 R5 R6 + U3 R1 1-96. ábra A hat ismeretlen ágáram kiszámításához a Kirchhoff törvények segítségével hat egyenletet, 2 csomóponti- és 4 hurokegyenletet lehet felírni: Hurok egyenletek: (1) �1 ∙ �1 + �2 ∙ �2 − �1 = 0 (2) −�2 ∙ �2 + �4 ∙ �4 − �5 ∙ �5 = 0 (3) �2 − �3 ∙ �3 − �4 ∙ �4 = 0 (4) �3 − �5 ∙ �5 − �6 ∙ �6 = 0 Csomóponti egyenletek: (5) �1 − �2 + �3 − �4 = 0 (6) −�3 + �4 − �5 + �6 = 0 Mátrixos formába rendezve az egyenleteket: �1 0 0 0 1 [0 �2 −�2 0 0 −1 0 �1 0 0 0 0 �1 �2 0 �4 �5 0 0 �3 �2 �3 �4 0 0 ∙ = �3 0 0 �5 �6 �4 � 0 1 −1 0 0 5 −1 1 −1 1 ] [�6 ] [ 0 ] Írjuk be a megadott értékeket a paraméterek helyébe: 67 2,5 10 0 0 0 0 −10 0 6 8 0 0 3 6 0 0 0 0 0 8 1 −1 1 −1 0 [0 0 −1 1 −1 0 �1 25

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

0 −10 0 6 40 0 0 3 6 10 0 0 0 18 64 0 0 0 0 ] [ 0 0 0 0 9 0 8 0 12 1 −3 0 0 0 0 1 3 0 0 0 0 8 1 25 0 40 25 64 0] 25 0 40 70 8 40] 0 0 0 25 6 8 0 0 6 0 0 40 18 12 0 70 0 1 1 8 0 0 24 154] �4 = 70 − 12 ∙ 1,5833 = 2,833 � 18 A 3. sorból: 3 ∙ �3 + 6 ∙ �4 = 40 �3 = 40 − 6 ∙ 2,833 = 7,667 � 3 A 2. sorból: −10 ∙ �2 + 6 ∙ �6 + 4 ∙ �4 = 0 �2 = 3 ∙ 2,833 + 4 ∙ 1,5833 = 2,9667 � 5 Az 1. sorból: 2,5 ∙ �1 + 10 ∙ �2 = 25 �1 = 25 − 10 ∙ 2,9667 = −1,8667 � 2,5 Az I1-re negatív értéket kaptunk, tehát az áram iránya az ábrába berajzolttal ellentétes. (A többi áram irányát jól vettük fel.) 1.632 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az előző (1.631) megoldásnál láttuk, hogy az áramkörre két csomóponti egyenlet írható fel. Ez azt jelenti, hogy a csomóponti potenciálok módszerének alkalmazásával a hat ismeretlenes egyenletrendszer két ismeretlenesre egyszerűsödik.

Így ennél a példánál valószínűleg ez a módszer adja a legegyszerűbb megoldást. U2 R3 I3 UA R4 I4 I1 U1 UB R2 I2 I6 I5 R6 R5 U3 R1 UC=0 UC=0 1-97. ábra Jelöljük be a csomóponti potenciálokat! Az alsó két csomópont azonos potenciálon van, válasszuk ennek az értékét 0-nak. 69 Fejezzük ki az ágáramokat a csomóponti potenciálok segítségével: (1) �� = �1 − �1 ∙ �1 ⇒ �1 = �1 −�� (2) �� = �2 ∙ �2 ⇒ �2 = �� (3) �� − �� = �2 − �3 ∙ �3 ⇒ �3 = �1 �2 �2 −�� +�� �3 ⇒ �4 = �� −�� (5) �� = �5 ∙ �5 ⇒ �5 = �� (6) �� = �3 − �6 ∙ �6 ⇒ �6 = (4) �� − �� = �4 ∙ �4 �4 �5 �3 −�� �6 Írjuk fel a csomóponti egyenleteket A és B csomópontra! (A) �1 − �2 + �3 − �4 = 0 (B) −�3 + �4 − �5 + �6 = 0 (A) �1 −�� �1 (B) − (A) �2 −��

+�� �3 2,5 �2 −�� +�� + � − 10� + 40−�� +�� 3 + − �3 2 25−�� (B) − � − �� + �� −�� �4 − �� �5 40−�� +�� 3 �� −�� 6 − − �� 8 �� −�� �4 + �3 −�� �6 �� −�� 6 + =0 =0 64−�� 8 =0 =0 (A) 12 ∙ (25 − �� ) − 3 ∙ �� + 400 − 10 ∙ �� + 10 ∙ �� − 5 ∙ �� + 5 ∙ �� = 0 (B) −320 + 8 ∙ �� − 8 ∙ �� + 4 ∙ �� − 4 ∙ �� − 3 ∙ �� + 192 − 3 ∙ �� = 0 (A) −30 ∙ �� + 15 ∙ �� = −700 (B) 12 ∙ �� − 18 ∙ �� = 128 (A) −6 ∙ �� + 3 ∙ �� = −140 (B) 6 ∙ �� − 9 ∙ �� = 64 (A)+(B) 70 −6 ∙ �� = −76 �� = 76 38 = = 12,667 � 6 3 3(A)+(B) −12 ∙ �� = −356 �� = 356 89 = = 29,667 � 12 3 Az eredményeket behelyettesítjük az ágáramokra felírt összefüggésekbe: 25− (1)

�1 = �1 −�� (2) �2 = �� (3) �3 = �2 −�� +�� (4) �4 = �� −�� �1 �2 = 2,5 89 3 = �3 (5) �5 = �� (6) �6 = �3 −�� �5 = 38 3 = 8 �6 = = −1,8667 � = 2,9667 � 10 �4 89 3 = 89 38 3 3 40− + 3 89−38 3 6 = 7,667� = 2,833 � = 1,5833 � 64− 38 3 8 = 6,41667 � Az eredmények megegyeznek az 1.631 pontban kapott értékekkel 1.633 Megoldás a hurokáramok módszerével Ezzel a módszerrel most négy hurokegyenletből álló négy ismeretlenes egyenletrendszert kell megoldanunk. U2 R3 I3 Is3 R4 I4 I1 U1 Is1 R1 R2 I2 I6 Is 2 I5 R5 R6 Is4 U3 1-98. ábra 71 Először írjuk fel a hurokáramok és a tényleges ágáramok közötti összefüggéseket! (Amelyik ág csak egy hurokhoz tartozik, annak árama (figyelembe véve a berajzolt áramirányokat) az hurokárammal megegyezik, amelyik ág két hurokhoz tartozik, annak árama a hurokáramok előjeles

összegével egyenlő.) (1) �1 = ��1 (2) �2 = ��1 − ��2 (3) �3 = −��3 (4) �4 = ��2 − ��3 (5) �5 = ��2 − ��4 (6) �6 = −��4 Írjuk fel a hurokegyenleteket az 1-98. ábrán bejelölt négy hurokra: (1) �1 ∙ ��1 + �2 ∙ (��1 − ��2 ) − �1 = 0 (2) �2 ∙ (��2 − ��1 ) + �4 ∙ (��2 − ��3 ) + �5 ∙ (��2 − ��4 ) = 0 (3) �4 ∙ (��3 − ��2 ) + �2 + �3 ∙ ��3 = 0 (4) �6 ∙ ��4 + �3 + �5 ∙ (��4 − ��2 ) = 0 (1) (�1 + �2 ) ∙ ��1 − �2 ∙ ��2 = �1 (2) −�2 ∙ ��1 + (�2 + �4 + �5 ) ∙ ��2 − �4 ∙ ��3 − �5 ∙ ��4 = 0 (3) −�4 ∙ ��2 + (�3 + �4 ) ∙ ��3 = −�2 (4) −�5 ∙ ��2 + (�5 + �6 ) ∙ ��4 = −�3 Mátrixos alakba írva az egyenletrendszert: (�1 + �2 ) −�2 0 [ 0 −�2 (�2 + �4 + �5 ) −�4 −�5 0 0 ��1 �1 ��2

−�4 −�5 0 ] ∙[ ]=[ −�2 ��3 (�3 + �4 ) 0 −�3 (�5 + �6 )] ��4 0 Írjuk be a megadott értékeket: ��1 12,5 −10 0 0 25 � −10 24 −6 −8 0 [ ] ∙ [ �2 ] = [ ] ��3 0 −6 9 0 −40 ��4 0 −8 0 16 −64 72 A Gauss- eliminációhoz írjuk fel a bővített mátrixot, majd végezzük el az együttható mátrix főátló alatti értékeinek kinullázását! 12,5 −10 0 0 25 12,5 −10 0 0 25 −10 24 −6 −8 0 0 8 −3 −4 10 [ ][ ] 0 −6 9 0 −40 0 −6 9 0 −40 0 −8 0 16 −64 0 −8 0 16 −64 12,5 −10 0 0 25 0 8 −3 −4 10 ⇒[ ]⇒ 0 0 27 −12 −130 0 0 −3 12 −54 12,5 −10 0 0 25 0 8 −3 −4 10 ⇒[ ] 0 0 27 −12 −130 0 0 0 96 −616 Az utolsó mátrix 4. sorából felírható: 96 ∙ ��4 = −616 ��4 = − 616 = −6,4167 � 96 A 3. sorból: 27 ∙ ��3 − 12 ∙ ��4 = −130 ��3 = 12 ∙ (−6,4167) − 130 = −7,667 � 27 A 2. sorból: 8 ∙ ��2 − 3 ∙ ��3 − 4

∙ ��4 = 10 ��2 = 10 + 3 ∙ (−7,667) + 4 ∙ (−6,4167 ) = −4,833 � 8 Az 1. sorból: 12,5 ∙ ��1 − 10 ∙ ��2 = 25 ��1 = 25 + 10 ∙ (−4,833) = −1,8667 � 12,5 A hurokáramokból felírhatjuk a valódi ágáramokat: (1) �1 = ��1 = −1,8667 � (2) �2 = −1,8667 − (−4,833) = 2,9667 � (3) �3 = −��3 = 7,667 � (4) �4 = ��2 − ��3 = −4,833 − (−7,667) = 2,833 � (5) �5 = ��2 − ��4 = −4,833 − (−6,4167) = 1,5833 � (6) �6 = −��4 = 6,4167 � 73 Az eredmények megegyeznek az 1.631 és 1632 pontban kapott értékekkel 1.634 Megoldás a szuperpozíció tétel használatával Ezzel a módszerrel három, egy feszültségforrással rendelkező áramkör ágaiban kell meghatározni, majd a végén összegezni az áramokat. Előny, hogy nem kell több ismeretlenes egyenletrendszerek megoldásával bajlódni, a három „rész áramkör” áramai nagyon hasonló, viszonylag egyszerű

számolási műveletekkel meghatározhatók, hátrány viszont, hogy a 6 különböző ágáramot háromszor is ki kell számolni. U2 a) R3 R3 = I3 R4 R4 I4 I1 U1 R2 I6 I2 I5 + I’3 R6 I’4 I’1 U1 R2 R5 U3 R1 R6 I’5 I’2 R5 I’6 R1 U2 + b) R3 I’’3 R3 c) + I’’’3 R4 R4 I’’4 I’’2 I’’1 R2 I’’6 I’’5 I’’’1 R6 I’’’4 R2 R5 I’’’2 I’’’6 I’’’5 R5 R1 R1 R6 U 3 1-99. ábra A rész áramkörök áramainak kiszámítása: a) ��′ = �1 + (�2 × [(�3 × �4 ) + (�5 × �6 )]) = 2,5 + (10 × [(6 × 3) + (8 × 8)]) = 6,25 Ω �1′ = �1 25 = =4� ��′ 6,25 Az áramosztás törvényét I2’ áramra felírva �2′ = �1′ ∙ (�3 × �4 ) + (�5 × �6 ) (3 × 6) + (8 × 8) 6 = 4∙ = 4∙ = 1,5 � �2 + (�3 × �4 ) + (�5 × �6 ) 10 + (3 × 6) + (8 × 8) 16 A csomóponti törvény értelmében �1′ = �2′ + �3′ + �4′ , és

�3′ + �4′ = �5′ + �6′ , vagyis �1′ − �2′ = �3′ + �4′ = �5′ + �6′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban �3 , �4 valamint �5 , �6 ellenállások ágai között. �3′ + �4′ = �1′ − �2′ = 4 − 1,5 = 2,5 � 74 �3′ = (�1′ − �2′ ) ∙ �4 6 = 2,5 ∙ = 1,667 � �3 + �4 3+6 �4′ = �1′ − �2′ − �3′ = 2,5 − 1,667 = 0,833 � �5′ = (�1′ − �2′ ) ∙ �6 8 = 2,5 ∙ = 1,25 � �5 + �6 8+8 �6′ = �1′ − �2′ − �5′ = 2,5 − 1,25 = 1,25 � b) ��′′ = �3 + (�4 × [(�1 × �2 ) + (�5 × �6 )]) = 3 + (6 × [(2,5 × 10) + (8 × 8)]) = 6 Ω �3′′ = �2 40 20 = = = 6,667� ��′′ 6 3 Az áramosztás törvényét �4′′ áramra felírva: �4′′ = �3′′ ∙ (�1 × �2 ) + (�5 × �6 ) (2,5 × 10) + (8 × 8) 20 20 6 = ∙ = ∙ �4 + (�1 × �2 ) + (�5 × �6 ) 3 6 +

(2,5 × 10) + (8 × 8) 3 12 = 3,33 � A csomóponti törvény értelmében �3′′ = �1′′ + �2′′ + �4′′ , és �1′′ + �2′′ = �5′′ + �6′′ , vagyis �3′′ − �4′′ = �1′′ + �2′′ = �5′′ + �6′′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban �1 , �2 valamint �5 , �6 ellenállások ágai között. �1′′ + �2′′ = �3′′ − �4′′ = 6,667 − 3,333 = 3,333 � �1′′ = (�3′′ − �4′′ ) ∙ �2 10 = 3,333 ∙ = 2,667 � �1 + �2 2,5 + 10 �2′′ = �3′′ − �4′′ − �1′′ = 3,333 − 2,667 = 0,667 � �5′′ = (�3′′ − �4′′ ) ∙ �6 8 = 3,333 ∙ = 1,667 � �5 + �6 8+8 �6′′ = �3′′ − �4′′ − �5′′ = 3,333 − 1,667 = 1,667 � c) ��′′′ = �6 + (�5 × [(�3 × �4 ) + (�1 × �2 )]) = 8 + (8 × [(3 × 6) + (2,5 × 10)]) = �6′′′ = 32 Ω 3 �3 64 =

=6� ��′′′ 32 3 Az áramosztás törvényét �5′′′ áramra felírva: �5′′′ = �6′′′ ∙ (�3 × �4 ) + (�1 × �2 ) (3 × 6) + (2,5 × 10) 4 =6∙ =6∙ = 2� �5 + (�3 × �4 ) + (�1 × �2 ) 8 + (2,5 × 10) + (8 × 8) 12 75 A csomóponti törvény értelmében �6′′′ = �3′′′ + �4′′′ + �5′′′ , és �1′′′ + �2′′′ = �3′′′ + �4′′′ , vagyis �6′′′ − �5′′′ = �1′′′ + �2′′′ = �3′′′ + �4′′′ áram oszlik meg az áramosztás törvényének megfelelő arányban �1 , �2 valamint �3 , �4 ellenállások ágai között. �6′′′ − �5′′′ = �1′′′ + �2′′′ = 6 − 2 = 4 � �1′′′ = (�6′′′ − �5′′′ ) ∙ �2 10 =4∙ = 3,2� �1 + �2 2,5 + 10 �2′′′ = �6′′′ − �5′′′ − �1′′′ = 4 − 3,2 = 0,8 � �3′′′ = (�6′′′ −

�5′′′ ) ∙ �4 6 =4∙ = 2,667 � �3 + �4 3+6 �4′′′ = �6′′′ − �5′′′ − �3′′′ = 4 − 2,667 = 1,333 � A rész áramok összegzésével, a berajzolt áramirányok figyelembe vételével számoljuk ki a teljes áramkör ágáramait: �1 = �1′ − �1′′ − �1′′′ = 4 − 2,667 − 3,2 = −1,867 � �2 = �2′ + �2′′ + �2′′′ = 1,5 + 0,667 + 0,8 = 2,967 � �3 = −�3′ + �3′′ + �3′′′ = −1,667 + 6,667 + 2,667 = 7,667 � �4 = �4′ + �4′′ − �4′′′ = 0,833 + 3,333 − 1,333 = 2,833� �5 = �5′ − �5′′ + �5′′′ = 1,25 − 1,667 + 2 = 1,583 � �6 = −�6′ + �6′′ + �6′′′ = −1,25 + 1,667 + 6 = 6,417 � Az eredmények megegyeznek az 1.631, 1632 és 1633 pontban kapott értékekkel Gyakorló példák Az alábbi példák az előző pontokban bemutatott módszerek mindegyikével megoldhatók. Minden példánál egyfajta

megoldás ki van dolgozva, de ajánlott gyakorlásként a többi módszerrel is elvégezni a számításokat. 1.64 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 76 R1=30 Ω U R2=70 Ω I R2 U=100 V I=5 A R1 1-100. ábra 1.641 Megoldás a Kirchhoff törvények segítségével U R1=30 Ω I1 R2 R1 I2 I R2=70 Ω U=100 V I=5 A 1-101. ábra Csomóponti egyenlet: (1)�1 − �2 + � = 0 Hurok egyenlet: (2) �1 ∙ �1 − � + �2 ∙ �2 = 0 (1)−�1 + �2 = 5 (2) 30 ∙ �1 + 70 ∙ �2 = 100 100 ∙ �2 = 250 �2 = 2,5 � �1 = �2 − 5 = −2,5 � 1.65 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 77 R1=20 Ω U2 U1 R2=10 Ω I R2 R3 R1 R3=15 Ω U1=60 V

U2=10 V I=2 A 1-102. ábra 1.651 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével UA U2 U1 I R2 R1 I1 I2 R3 I3 UB=0 1-103. ábra Az áramkör három ismeretlen áramára két hurok és egy csomóponti egyenlet írható fel. A csomóponti potenciálok módszerével elég UA-ra egyetlen egy ismeretlenes egyenletet felírni, UA-ból mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható: ⇒ �1 = (2) �� = −�2 ∙ �2 ⇒ �2 = − �� (3) �� = �2 − �3 ∙ �3 2 ⇒ �3 = −�1 + �2 + �3 − � = 0 − �1 + �� �� �2 − �� − + −� =0 �1 �2 �3 − 60 + �� �� 10 − �� − + =2 20 10 15 −180 − 3 ∙ �� − 6 ∙ �� + 40 − 4 ∙ �� = 120 −13 ∙ �� = 260 �� = −20 � �1 � A csomóponti egyenlet: 78 �1 +�� (1) �� = −�1 + �1 ∙ �1 �2 −�� �3 UA-t behelyettesítve megkapjuk az áramokat: �1 = �1 + �� 60 − 20 = = 2� �1 20

�2 = − �3 = �� −20 =− = 2� �2 10 10 − (−20) =2� 15 1.66 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! I R1=4 Ω R2=10 Ω R3 R3=8 Ω U1 R2 R4 R1 R4=2 Ω U1=3 V U2=4 V I=1 A U2 1-104. ábra 1.661 Megoldás a hurokáramok módszerével I I R3 I1 U1 Is1 I3 R2 I2 Is2 I4 R4 R1 U2 1-105. ábra 79 A négy ismeretlen áram kiszámításához két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. A hurokegyenletek módszerével a két hurokegyenlettel egy két ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. Az 1-103. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat A hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) �1 = ��1 (2) �2 = ��1 − ��2 (3) �3 = ��2 − � (4) �4 = ��2 Hurokegyenletek Is1 és Is2 hurokáramokkal: (1) �1 ∙

��1 + �2 ∙ (��1 − ��2 ) − �1 = 0 (2) �2 ∙ (��2 − ��1 ) + �3 ∙ (��2 − �) + �4 ∙ ��2 − �2 = 0 (1) (�1 + �2 ) ∙ ��1 − �2 ∙ ��2 = �1 (2) −�2 ∙ ��1 + (�2 + �3 + �4 ) ∙ ��2 = �3 ∙ � + �2 (1) 14 ∙ ��1 − 10 ∙ ��2 = 3 (2) −10 ∙ ��1 + 25 ∙ ��2 = 8 + 4 5(1)+2(2): 50 ∙ ��1 = 39 ��1 = 0,78 � 25 ∙ ��2 = 10 ∙ ��1 + 12 ��2 = 10 ∙ 0,78 + 12 = 0,792 � 20 Az ágáramok: (1) �1 = ��1 =0,78 A (2) �2 = ��1 − ��2 = 0,78 − 0,792 = −0,012 � (3) �3 = ��2 − � = 0,792 − 1 = −0,208 � (4) �4 = ��2 =0,792 A 80 1.67 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U1 R1 R1=10 Ω R2=20 Ω R2 R3=10 Ω U2 I R4 R3 R4=5 Ω U1=40 V U2=20 V I=2 A

1-106. ábra 1.671 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az áramkör négy ismeretlen áramára két hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. UA-ból és UB-ből mindhárom ismeretlen ágáram kiszámítható: U1 R1 UA R2 I1 UB I2 U2 R4 R3 I3 I I4 UC=0 1-107. ábra 81 (1) �� − �� = �1 − �1 ∙ �1 ⇒ �1 = �1 −�� +�� (2) �� − �� = �2 ∙ �2 ⇒ �2 = �� −�� (3) �� = �2 − �3 ∙ �3 ⇒ �3 = (4) �� = −�4 ∙ �4 ⇒ �4 = − � �1 �2 �2 −�� �3 �� 4 A csomóponti egyenletek: (A) �1 − �2 + �3 = 0 (B) −�1 + �2 + �4 − � = 0 (A) �1 −�� +�� �1 (B) − (A) �1 −�� +�� �1 40−�� +�� 10 (B) − − − 40−�� +�� 10 �� −�� �2 + �� −�� �2 �� −�� 20 + + �3 =0 � − �� − � = 0 4 + �� −�� 20 �2 −��

20−�� 10 − �� 5 =0 −2=0 (A) 80 − 2 ∙ �� + 2 ∙ �� − �� + �� + 40 − 2 ∙ �� = 0 (B) −80 + 2 ∙ �� − 2 ∙ �� + �� − �� − 4 ∙ �� = 40 (A) −5 ∙ �� + 3 ∙ �� = −120 (B) 3 ∙ �� − 7 ∙ �� = 120 (A) −15 ∙ �� + 9 ∙ �� = −360 (B) 15 ∙ �� − 35 ∙ �� = 600 −26 ∙ �� = 240 82 �� = − 240 = −9,23 � 26 120 − 7 ∙ �� = 18,46 � 3 �� = Végül helyettesítsük be UA és UB értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe: �1 = �1 − �� + �� 40 − 18,46 + 9,23 = = 1,23 � �1 10 �2 = �� − �� 18,46 + 9,23 = = 1,3845 � �2 20 �3 = �2 − �� 20 − 18,46 = = 0,154 � �3 10 �4 = − �� 9,23 = = 1,846 � �4 5 1.68 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok

módszere segítségével! R1 R2 U1 U2 R3 R4 R5 R1=10 Ω R2=20 Ω R3=30 Ω R4=20 Ω R5=10 Ω U1=60 V U2=90 V I I=5 A 1-108. ábra 1.681 Megoldás a hurokáramok módszerével R1 U1 I1 Is1 R4 I4 R2 I2 R3 I3 I I5 Is2 U2 R5 I 1-109. ábra Az öt ismeretlen áramra két hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. A hurokáramok módszerével egy két ismeretlenes egyenletrendszerből a hurokáramok, a hurokáramokból az ágáramok meghatározhatók. 83 Összefüggések a hurokáramok és az ágáramok között: (1) �1 = ��1 (2) �2 = −��2 (3) �3 = ��2 − ��2 (4) �4 = � + ��1 (5) �5 = � + ��2 Hurokegyenletek Is1 és Is2 hurokáramokkal: (1) −�1 + �1 ∙ ��1 + �3 ∙ (��1 − ��2 ) + (� + ��1 ) ∙ �4 = 0 (2) �2 ∙ ��2 + �2 + �5 ∙ (��2 + �) + �3 ∙ (��2 − ��1 ) = 0 (1) (�1 + �3 + �4 ) ∙ ��1 − �3 ∙ ��2 = �1 − �4 ∙ �

(2) −�3 ∙ ��1 + (�2 + �3 + �5 ) ∙ ��2 = −�5 ∙ � − �2 (1) 60 ∙ ��1 − 30 ∙ ��2 = 60 − 5 ∙ 20 (2) −30 ∙ ��1 + 60 ∙ ��2 = −5 ∙ 10 − 90 9 ∙ ��1 = −22 ��1 = −2,444 � 9 ∙ ��2 = −32 ��2 = −3,555� �1 = ��1 = −2,444 � �2 = −��2 = 3,555 � �3 = ��1 − ��2 = 1,111 � �4 = � + ��1 = 2,555 � �5 = � + ��2 = 1,444 � 84 1.69 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! I01 R1=4 Ω R1 R2=2 Ω R3=2 Ω U R4=1 Ω R4 R2 R5=5 Ω R3 U=10 V I01=3 A R5 I02=6 A I02 1-110. ábra 1.691 Megoldás a szuperpozíció tétellel I01 I01 a) R1 R1 I2 I1 I’1 U I4 R2 I3 R3 I5 R4 = R2 I’2 R5 I’4 I’3 R4 R3 + I’4 R5 I02 1-111/a. ábra 85 c) b) R1 R1 I’’2 +

I’’4 R2 I’’2 I’’3 I’’’4 I’’’1 R3 R4 + I’’5 R2 U I’’’1 R4 I’’’3 R3 R5 I02 1-112/b. ábra a) �1′ = �01 ∙ �2 + [�3 × (�4 + �5 )] 2 + (2 × 6) = 3∙ = 1,4 � �1 + �2 + [�3 × (�4 + �5 )] 4 + 2 + (2 × 6) �2′ = �01 − �1′ = 3 − 1,4 = 1,6 � �3′ = �2′ ∙ �4 + �5 1+5 = 1,6 ∙ = 1,2 � �3 + �4 + �5 2+1+5 �4′ = �2′ − �3′ = 1,6 − 1,2 = 0,4 � �5′ = �4′ = 0,4 � b) �5′′ = �02 ∙ �4 + [�3 × (�1 + �2 )] 1 + (2 × 6) =6∙ = 2� �5 + �4 + [�3 × (�1 + �2 )] 5 + 1 + (2 × 6) �4′′ = �02 − �5′′ = 6 − 2 = 4 � �3′′ = �4′′ ∙ �1 + �2 6 = 4∙ = 3� �3 + �1 + �2 8 �2′′ = �4′′ − �3′′ = 4 − 3 = 1 � �1′′ = �2′′ = 1 � 86 I’’’4 R5 c) ��′′′ = �3 + [(�4 + �5 ) × (�1 + �2 )] = 2 + (6 × 6) = 5Ω �3′′′ = � 10

= =2� ��′′′ 5 �1′′′ = �2′′′ = �3′′′ ∙ �4 + �5 6 = 2∙ =1� �1 + �2 + �4 + �5 12 �4′′′ = �5′′′ = 1 � �1 = −�1′ + �1′′ − �1′′′ = −1,4 + 1 − 1 = −1,4 � �2 = −�2′ − �2′′ + �2′′′ = −1,6 − 1 + 1 = −1,6 � �3 = −�3′ + �3′′ + �3′′′ = −1,2 + 3 + 2 = 3,8 � �4 = �4′ + �4′′ + �4′′′ = 0,4 + 4 + 1 = 5,4 � �5 = −�5′ + �5′′ − �5′′′ = −0,4 + 2 − 1 = 0,6 � 1.610 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! U1 R1 R2 R3 R4 R5 U2 R1=2 Ω R2=4 Ω R3=5 Ω R4=3 Ω R5=6 Ω U1=15 V U2=20 V 1-113. ábra 1.6101 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az áramkörben öt ismeretlen ágáramot kell kiszámítani. Az 1-111 ábrán látható,

hogy a kapcsolás négy csomópontjához négy különböző csomóponti potenciál tartozik. Ebből az egyiket választhatjuk 0-nak. Ha UD-t 0-nak vesszük, UC csomópont potenciálja U2-vel lesz egyenlő, így a két ismeretlen, UA és UB kiszámításával mind az 5 ismeretlen ágáram kiszámítható: 87 UA U1 I1 R1 UB R4 R3 R2 I2 I3 UC=U2 UD=0 I4 U2 R5 I5 1-114. ábra (1) �� − �� = �1 − �1 ∙ �1 ⇒ �1 = �1 −�� +�� (2) �� = �2 ∙ �2 ⇒ �2 = �� (3) �� − �2 = −�3 ∙ �3 ⇒ �3 = (4) �� = −�4 ∙ �4 ⇒ �4 = − � �1 �2 �2 −�� �3 �� 4 (5) �� − �2 = �5 ∙ �5 ⇒ �5 = �� −�2 �5 A csomóponti egyenletek: (A) �1 − �2 + �3 = 0 (B) −�1 + �4 − �5 = 0 (A) �1 −�� +�� �1 (B) − (A) �2 −�� �3 2 �1 −�� +�� �1 15−�� +�� (B) − � − �� + 2 − 15−��

+�� 2 + �� �4 �� 4 − + �� 3 − �� −�2 �5 20−�� 5 − =0 =0 �� −20 6 =0 =0 (A) 150 − 10 ∙ �� + 10 ∙ �� − 5 ∙ �� + 80 − 4 ∙ �� = 0 88 (B) −45 + 3 ∙ �� − 3 ∙ �� − 2 ∙ �� − �� + 20 = 0 (A) −19 ∙ �� + 10 ∙ �� = −230 (B) 3 ∙ �� − 6 ∙ �� = 25 (A) −57 ∙ �� + 30 ∙ �� = −690 (B) 15 ∙ �� − 30 ∙ �� = 125 −42 ∙ �� =−565 �� = 13,452 � �� = 3 ∙ 13,452 − 25 = 2,559 � 6 Végül helyettesítsük be UA és UB értékeket az áramokra felírt összefüggésekbe: �1 = �1 − �� + �� 15 − 13,452 + 2,559 = = 2,053 � �1 2 �2 = �� 13,452 = = 3,363 � �2 4 �3 = �2 − �� 20 − 13,452 = = 1,3096 � �3 5 �4 = − �5 = �� 2,559 =− = −0,853 � �4 3 �� − �2 2,559 − 20 = = −2,9068 � �5 6 1.611 Számítsa ki az alábbi áramkör

ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 89 R1 U1 R1=3 Ω R2=6 Ω R2 R3=4 Ω R4 R3 R5 U2 R4=2 Ω R5=6 Ω U1=60 V U2=90 V 1-115. ábra 1.6111 Megoldás a hurokáramok módszerével I2 Is1 R2 Is2 R3 I3 I1 R1 I4 U1 R4 Is3 U2 R5 I5 1-116. ábra Az öt ismeretlen áram kiszámításához három hurok és két csomóponti egyenlet írható fel. A hurokegyenletek módszerével, a három hurokegyenlettel egy három ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. Az 1-115. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat A hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) �1 = ��1 (2) �2 = ��1 − ��2 (3) �3 = ��2 (4) �4 = ��3 − ��2 (5) �5 = ��3 90 Hurokegyenletek Is1, Is2 és Is3 hurokáramokkal: (1) �1 ∙ ��1 + �2 ∙ (��1 − ��2 ) − �1 = 0 (2)

�2 ∙ (��2 − ��1 ) + �4 ∙ (��2 − ��3 ) + �3 ∙ ��2 + �2 = 0 (3) �4 ∙ (��3 − ��2 ) + �1 + �5 ∙ ��3 − �2 = 0 (1) (�1 + �2 ) ∙ ��1 − �2 ∙ ��2 = �1 (2) −�2 ∙ ��1 + (�2 + �3 + �4 ) ∙ ��2 − �4 ∙ ��3 = −�2 (3) −�4 ∙ ��2 + (�4 + �5 ) ∙ ��3 = �2 − �1 Az egyenletrendszert mátrixos alakba rendezve: �1 + �2 [ −�2 0 −�2 �2 + �3 + �4 −�4 ��1 0 �1 −�4 ] ∙ [��2 ] = [ −�2 ] �4 + �5 ��3 �2 − �1 9 −6 0 ��1 60 [−6 12 −2] ∙ [��2 ] = [−90] 0 −2 8 ��3 30 Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával: Az együttható mátrix determinánsa: 9 −6 0 � = |−6 12 −2| = 540 0 −2 8 Képezzük Di determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot illesztve: 60 −6 0 �1 = |−90 12 −2| = 1560 30 −2 8 9 60 0 �2 =

|−6 −90 −2| = −3060 0 30 8 91 9 −6 90 �1 = |−6 12 −90| = 1260 0 −2 30 A Crammer-szabály értelmében az ismeretlen hurokáramok: ��1 = �1 1560 = = 2,889 � � 540 ��2 = �2 −3060 = = −5,667 � � 540 ��3 = �3 1260 = = 2,333 � � 540 Végül írjuk fel a valódi ágáramokat: (1) �1 = ��1 =2,889 A (2) �2 = ��1 − ��2 = 2,889 − (−5,667) =8,556 A (3) �3 = ��2 = −5,667 � (4) �4 = ��3 − ��2 = 2,333 − (−5,667) = 8 � (5) �5 = ��3 = 2,333 � 1.612 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! 92 I0 R R U1 R=5 Ω U1=10 V U2=20 V U2 R R R R 1-117. ábra 1.6121 Megoldás a csomóponti potenciálok módszerével Az áramkör hat ismeretlen áramára három hurok és három csomóponti egyenlet írható fel. A csomóponti

potenciálok módszerével a négy különböző potenciálú csomópontból egynek az értékét 0-nak választva megmaradó három ismeretlen csomóponti potenciállal a hat ismeretlen ágáram kifejezhető, a három csomóponti egyenlettel a három csomóponti potenciál kiszámítható. I0 UA UB R I1 U1 UC R I4 U2 R R I2 I3 R I5 R R=10 Ω U1=10 V U2=20 V I0=2 A I6 UD=0 1-118. ábra ⇒ �1 = �� −�� (2) �� = �1 − � ∙ �2 ⇒ �2 = �1 −�� (3) �� = � ∙ �3 ⇒ �3 = (4) �� − �� = � ∙ �4 ⇒ �4 = (1) �� − �� = −� ∙ �1 (5) �� = �2 − � ∙ �5 ⇒ �5 = � � �� � �� −�� � �2 −�� � 93 (6) �� = � ∙ �6 ⇒ �6 = �� � A csomóponti egyenletek: (A) �1 + �2 − �0 = 0 (B) �0 − �1 − �3 − �4 = 0 (C) �4 + �5 − �6 = 0 (A) �� −�� � (B) �0 − (C) � �� −�� ��

−�� � �1 −�� + � + − �� �2 −�� � = �0 � − − �� −�� �� =0 � � =0 (A) �� − �� + �1 − �� = �0 ∙ � (B) �� − �� + �� + �� − �� = �0 ∙ � (C) �� − �� + �2 − �� − �� = 0 (A) −2 ∙ �� + �� = 10 (B) −�� + 3 ∙ �� − �� = 20 (C) �� − 3 ∙ �� = −20 Az egyetlenrendszer mátrixos alakja: −2 1 [−1 3 0 1 �� 0 10 � ] ∙ [ ] = [ −1 20] � �� −3 −20 Oldjuk meg az egyenletrendszert a Crammer-szabály használatával: Az együttható mátrix determinánsa: 94 −2 1 0 � = |−1 3 −1| = 13 0 1 −3 Képezzük Di determinánsokat az együttható mátrix i. oszlopába az eredménymátrixot illesztve: 10 1 �1 = | 20 3 −20 1 0 −1| = 0 −3 −2 10 0 �2 = |−1 20 −1| = 130 0 −20 −3 −2 1 10 �1 = |−1 3 20| = 130 0 1 −20 A Crammer-szabály értelmében az ismeretlen

csomóponti potenciálok: �� = �1 0 = =0� � 13 �� = �2 130 = = 10 � � 13 �� = �3 130 = = 10 � � 13 Végül a kapott eredményekből számítsuk ki az ágáramokat: �1 = �� − �� 10 − 0 = =1� � 10 �2 = �1 − �� 10 − 0 = =1� � 10 �3 = �� 10 = =1� � 10 �4 = �� − �� 10 − 10 = =0� � 10 �5 = �2 − �� 20 − 10 = =1� � 10 95 �6 = �� 10 = =1� � 10 1.613 Számítsa ki az alábbi áramkör ágaiban folyó áramokat a Kirchhoff törvények, a szuperpozíció tétel, a csomóponti potenciálok és a hurokáramok módszere segítségével! R1 R2 R3 U1 U2 R4 R5 R6 R8 R7 R1=2 Ω R2=4 Ω R3=8 Ω R4=2 Ω R5=4 Ω R6=2 Ω R7=4 Ω R8=8 Ω U1=102 V U2=34 V 1-119. ábra 1.6131 Megoldás a hurokáramok módszerével A 8 ismeretlen áram kiszámításához négy hurok és négy csomóponti egyenlet írható fel. A hurokegyenletek módszerével, a négy

hurokegyenlettel egy négy ismeretlenes egyenletrendszer megoldásával az ismeretlenek meghatározhatók. I1 U1 I2 R1 I3 Is1 U2 R5 I4 Is3 Is2 R3 R4 R2 I6 I5 R6 Is4 R8 R7 I7 I8 1-120. ábra Az 1-119. ábrán berajzoltuk a hurokáramokat A hurokáramok és a valódi ágáramok közötti összefüggések: (1) �1 = ��1 (2) �2 = ��2 96 (3) �3 = ��1 − ��2 (4) �4 = ��1 − ��3 (5) �5 = ��2 − ��4 (6) �6 = ��3 − ��4 (7) �7 = ��3 (8) �8 = ��4 Hurokegyenletek Is1, Is2 és Is3 hurokáramokkal: (1) �1 ∙ ��1 + �3 ∙ (��1 − ��2 ) + �4 ∙ (��1 − ��3 ) − �1 = 0 (2) �2 ∙ ��2 − �2 + �5 ∙ (��2 − ��4 ) + �3 ∙ (��2 − ��1 ) = 0 (3) �1 + �4 ∙ (��3 − ��1 ) + �6 ∙ (��3 − ��4 ) + �7 ∙ ��3 = 0 (4) �5 ∙ (��4 − ��2 ) + �2 + �8 ∙ ��4 + �6 ∙ (��4 − ��3 ) = 0 (1)

(�1 + �3 + �4 ) ∙ ��1 − �3 ∙ ��2 − �4 ∙ ��3 = �1 (2) −�3 ∙ ��1 + (�2 + �3 + �5 ) ∙ ��2 − �5 ∙ ��4 = �2 (3) −�4 ∙ ��1 + (�4 + �6 + �7 ) ∙ ��3 − �6 ∙ ��4 = −�1 (4) −�5 ∙ ��2 − �6 ∙ ��3 + (�5 + �6 + �8 ) ∙ ��4 = −�2 Az egyenletrendszer mátrixos alakja: �1 + �3 + �4 −�3 [ −�4 0 12 −8 −8 16 [ −2 0 0 −4 −�3 �2 + �3 + �5 0 −�5 −�4 0 �4 + �6 + �7 −�6 0 ��1 �1 � −�5 � ] ∙ [ �2 ] = [ 2 ] −�1 ��3 −�6 −�2 ��4 �5 + �6 + �8 ��1 80 −2 0 � 0 −4 40 ] ∙ [ �2 ] = [ ] ��3 8 −2 −80 ��4 −2 14 −40 Az egyenletrendszer megoldása Gauss-eliminációval: 12 −8 −2 0 80 12 −8 16 0 −4 40 0 [ ]⇒[ −2 0 8 −2 −80 0 0 −4 −2 14 −40 0 12 −8 −2 0 16 −2 ⇒[ 0 0 90 0 0 −10 −8 16 −8 −4 0 −6 −30 50 −2 0 80 −2

−6 140 ] 46 −12 −400 −2 14 −40 80 140 ]⇒ −660 −20 97 12 0 ⇒[ 0 0 −8 −2 0 80 16 −2 −6 140 ] 0 90 −30 −660 0 0 420 −840 Az utolsó mátrix utolsó sorából felírható: 420 ∙ ��4 = −840 ��4 = −2 � A 3. sorból: 90 ∙ ��3 − 30 ∙ ��4 = −660 ��3 = 30 ∙ ��4 − 660 −60 − 660 = = −8 � 90 90 A 2. sorból: 16 ∙ ��2 − 2 ∙ ��3 − 6 ∙ ��4 = 140 ��2 = 2 ∙ ��3 + 6 ∙ ��4 + 140 2 ∙ (−8) + 6 ∙ (−2) + 140 = =7� 16 16 Az 1. sorból: 12 ∙ ��1 − 8 ∙ ��2 − 2 ∙ ��3 = 80 ��1 = 8 ∙ ��2 + 2 ∙ ��3 + 80 8 ∙ 7 + 2 ∙ (−8) + 80 = = 10 � 12 12 Végül írjuk fel a valódi ágáramokat: (1) �1 = ��1 = 10 � (2) �2 = ��2 = 7 � (3) �3 = ��1 − ��2 = 3 � (4) �4 = ��1 − ��3 = 10 − (−8) = 18 � (5) �5 = ��2 − ��4 = 10 − (−2) = 12 � (6) �6 = ��3 − ��4 = −8 −

(−2) = −6 � (7) �7 = ��3 = −8 � (8) �8 = ��4 = −2 � 98 2. VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ HÁLÓZATOK 2.1 Alapfogalmak Ebben a fejezetben szinuszosan váltakozó áramú/feszültségű generátorokból és passzív áramköri elemekből (ellenállás, kondenzátor és induktivitás) álló egyszerű villamos hálózatok számításával foglalkozunk. A feladatok célja a váltakozó áramú hálózatok komplex mennyiségek használatával történő számításának megismerése és gyakorlása. 2.11 Szinuszos váltakozó feszültség/áram megadása �(�) = ���� ∙ sin(�� + �) �(�) = ���� ∙ sin(��) ∆� = � ∙ � 2� 2-1. ábra Umax [V], Imax [A] a feszültség/áram amplitúdója (csúcsértéke) ω [1/s] körfrekvencia (� = 2� ∙ �) t [s] idő φ fázisszög, (fáziseltérés) 2.12 Szinuszos mennyiségek középértékei Effektív érték (négyzetes középérték) A gyakorlatban a váltakozó

áram/feszültség nagyságának megadására általában nem az amplitúdót, hanem az effektív értéket, más néven a négyzetes középértéket használják. Váltakozó áram/feszültség effektív értékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely ugyanakkora ellenálláson ugyanannyi idő alatt ugyanannyi hőt fejleszt, mint a váltakozó áram. R ellenálláson egységnyi idő alatt hővé alakuló teljesítmény: � = �2 ∙ � = �2 � A keletkezett hő az áram/feszültség négyzetével arányos, ennek átlagértéke egy periódus alatt: 99 � 2 �á�� � 1 = ∫ � 2 (�)�� � 1 = ∫ �2 (�)�� � 2 �á�� 0 0 Az effektív érték e mennyiségek négyzetgyöke: � 1 � 1 ���� = √� ∫0 � 2 (�)�� = √� ∫0 (���� ∙ �����)2 �� = 1 � 1 � ���� = √� ∫0 �2 (�)�� √� ∫0 (���� ∙ �����)2 �� = ���� √2

���� √2 i2(t) 2 ���� 2 ���� ����= √2 i(t) 2-2. ábra Abszolút középérték Váltakozó áram/feszültség abszolút középértékén azt az egyenáramot/feszültséget értjük, amely egy adott idő alatt ugyanannyi töltést szállít, mint a váltakozó áram. A töltésmennyiség arányos az árammal, de független az áram irányával, ezért az egy periódus alatt szállított töltésmennyiség az áram abszolút értékének időbeli átlagával arányos. |�(�)| ��= 2-3. ábra 1 � 1 � 2 �� = � ∫0 |�(�)|�� = � ∫0 |���� ∙ �����|�� = � ∙ ���� 100 2 ∙� � ��� � 1 1 � 2 �� = � ∫0 |�(�)|�� = � ∫0 |���� ∙ �����|�� = � ∙ ���� Összefüggés a szinuszos jel effektív és középértéke között: ���� = � 2 ∙ √2 ∙ �� 2.13 A váltakozó áramú hálózatok passzív

áramköri elemei a) Ellenállás Az összefüggést váltakozó áramú áramkörbe kapcsolt ellenállás árama és feszültsége között most is az Ohm-törvény adja: �(�) = �(�) � = ���� � ∙ ����� = ���� ∙ �����, vagyis az ellenállás árama arányos a feszültséggel és a két mennyiség fázisban van egymással b) Kondenzátor A kondenzátor töltése arányos a rá kapcsolt feszültséggel, az arányossági tényező a kondenzátor kapacitása C [F, Farad] � = � ∙ � [�] ahol Q a kondenzátor töltése. A kondenzátor áramköri jele: Az összefüggés a kondenzátor árama és feszültsége között: �(�) = ahol ��(�) ��(�) �(���� ∙ �����) =�∙ =�∙ = � ∙ � ∙ ���� ∙ ����� �� �� �� = ���� ∙ sin(�� + 900 ) ���� ���� = ���� ���� = 1 �∙� = �� [Ω] az ún.

kapacitív reaktancia (A reaktancia reciprokát szuszceptanciának hívják, jele: B [1/Ω] �� = � ∙ �, kapacitív szuszceptancia) 101 A fenti összefüggésből látszik, hogy a kondenzátor árama 900-kal siet a feszültséghez képest. c) Önindukciós tekercs, induktivitás Váltakozó áramú tekercsben az áram hatására kialakuló váltakozó mágneses fluxus feszültséget, ún. önindukciós feszültséget hoz létre Az önindukciós feszültség arányos az áram időbeli megváltozásával. Az induktivitás áramköri jele: ��(�) �� =� �(���� ∙ sin��) ∙ �� = � ∙ � ∙ ���� ∙ ����� = ���� ∙ sin(�� + 900 ) �(�) = � ∙ ahol ���� = ���� 1 ���� ���� = � ∙ � = �� [Ω] az ún. induktív reaktancia 1 (�� = �∙� [Ω], induktív szuszceptancia) A fenti összefüggésből látszik, hogy az induktivitás árama 900-kal késik a

feszültséghez képest. 2.14 Váltakozó áramú teljesítmény A teljesítmény pillanatnyi értéke, ha a feszültség és az áram szinuszosan változó mennyiségek, amik nincsenek fázisban egymással: �(�) = (���� ∙ sin ��)(���� ∙ sin(�� + �)) = 2 ∙ ���� ∙ ���� ∙ sin �� ∙ sin(�� + �) A teljesítmény időbeli átlaga: � � 1 1 � = ∫ �(�)�� = ∫ 2 ∙ ���� ∙ ���� ∙ sin �� ∙ sin(�� + �) �� = ���� ∙ ���� ∙ cos � � � 0 0 Ez a mennyiség az ún. hatásos (wattos) teljesítmény: � = ���� ∙ ���� ∙ cos � [�] A meddő teljesítmény: � = ���� ∙ ���� ∙ sin � [���] 102 A látszólagos teljesítmény: � = ���� ∙ ���� [��] A � � = ���� értéket, ami a feszültség és az áram közötti fázisszög koszinusza, teljesítménytényezőnek

nevezzük. 2.15 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. �(�) = ���� ∙ sin �� = ��[���� (cosωt + j ∙ sinωt)] = ��[���� ∙ � ��� ], �(�) = ���� ∙ sin(�� + �) = ��[���� (cos(ωt + φ) + j ∙ sin(ωt + φ)] = [���� ∙ � �(��+� ], = ahol � 2 = −1 az imaginárius egység A komplex feszültség és áram: �̅(�) = ���� ∙ � ��� , �̅(�) = ���� ∙ � �(��+�) �̅ é� �̅ komplex időfüggvények a komplex számsíkon ω szögsebességgel forgó ���� é� ���� 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: ̅��� = ���� ∙ � �∙0 = ���� � ̅ ���� = ���� ∙ � �� A gyakorlatban az amplitúdó helyett az effektív értékét használjuk, a komplex effektív érték így: ̅ ̅ ̅ = ���� = ���� , � ̅ = ���� = ���� ∙ � �� = ���� ∙ � �� � √2 √2 √2 Ezeket a komplex számsíkon álló síkvektor ábrázolja, amit fázornak hívunk. 2.16 A komplex impedancia A feszültséghez hasonlóan a váltakozó áramú hálózatok passzív elemeinek paramétereit is kezelhetjük komplex mennyiségekként. Ezeket összefoglaló néven komplex impedanciáknak nevezzük. Jele: Z [Ω] 103 Rezisztív impedancia (ellenállás): �̅ = ̅ � ∙ � ��� � = = � ∙ � ��� � � ̅ � =

� = ��̅ �̅ Kapacitív impedancia: �̅ = � ∙ ̅ �(� ∙ � ��� ) �� ̅ =�∙ = � ∙ � ∙ � ∙ � ∙ � ��� = � ∙ � ∙ � ∙ � �� �� ̅ � 1 = = −� ∙ �� = �̅� �̅ � ∙ � ∙ � Induktív impedancia: ̅=�∙ � �(� ∙ � ��� ) �� ̅ =�∙ = � ∙ � ∙ � ∙ � ∙ � ��� = � ∙ � ∙ � ∙ � ̅ �� �� ̅ � = � ∙ � ∙ � = � ∙ �� = �̅� �̅ A fenti összefüggésekből látható, komplex mennyiségek használatával az Ohm-törvény kiterjeszthető az induktív és kapacitív impedanciákra is. Az általános Ohm-törvény: �̅ = ̅ � �̅ Komplex teljesítmény ̅ ∙ � ̅ = ���� ∙ ���� ∙ cos � + � ∙ ���� ∙ ���� ∙ sin � = � + � ∙ � �̅ = � 2.2 Kidolgozott és gyakorló példák a váltakozó áramú áramkörök számításához A következő

részben öt részletesen kidolgozott és további 13 gyakorló példa található. 2.21 50 Hz-es szinuszosan váltakozó, 230 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex 104 impedanciáját, áramát, az ellenállás és a tekercs feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! R L ~ U=230 V f=50 Hz L=1,432 H R=300 Ω U 2-4. ábra (Megjegyzés: A továbbiakban az alsó index nélkül jelölt feszültség és áram érték az effektív értéket jelöli.) A induktív impedancia: �� = � ∙ �� = � ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ 50 ∙ 1,432 = � ∙ 450 Ω Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak képzetes koordinátája van. A komplex számsíkon ábrázolva a képzetes tengelyen helyezkedik el. Exponenciális alakban felírva: 0 �� = 450 ∙ �

�∙90 Ω A rezisztív impedancia: �� = � = 300Ω Ez egy olyan komplex mennyiség, melynek csak valós koordinátája van. Exponenciális írásmóddal: 0 �� = 300 ∙ � �∙0 Ω Az eredő impedancia kiszámítására az egyenáramú hálózatoknál az ellenállásokra felírt összefüggések érvényesek, de természetesen itt a komplex mennyiségekre vonatkozó szabályokat kell figyelembe venni. Vagyis sorba kapcsolt komplex impedanciák eredője az egyes impedanciák összegével egyenlő. Párhuzamos kapcsolás esetén az eredő impedancia reciproka egyenlő az egyes impedanciák reciprokának összegével. Az impedanciák ábrázolása a komplex számsíkon: 105 ��� = �� + �� = (300 + 450 ∙ �)Ω Im |��� | = √|�� |2 + |�� |2 = √3002 + 4502 = 540,83Ω ZL � = artg Zer ��(��� ) 450 = artg = 56,30 ��(��� ) 300 0 ��� = 540,83 ∙ � �∙56,3 Ω φ ZR Re 2-5. ábra Az áramkör

árama: (A számításoknál a feszültségforrás feszültségének fázisszögét 0-nak vesszük, ehhez viszonyítjuk a többi mennyiség fázisszögét) �̅ = 0 ̅ � 230 ∙ � �∙0 0 = = 0,4252 ∙ � �∙(−56,3 ) � 0 �∙56,3 ̅ ��� 540 ∙ � A fenti számításból látszik, hogy a komplex mennyiségekkel való számolással nemcsak az áram effektív értékét kaptuk meg (I=0,4252 A), hanem a feszültség és az áram közötti fázisszöget is (φ= ̶ 56,30). A mínusz előjel azt jelenti, hogy az áram késik a feszültséghez képest. Az ellenálláson eső feszültség: 0 0 �� = � ∙ �� = 0,4252 ∙ � �∙(−56,3 ) ∙ 300 = 127,58 ∙ � �∙(−56,3 ) � Az induktivitáson eső feszültség: 0 0 0 �� = � ∙ �� = 0,4252 ∙ � �∙(−56,3 ) ∙ 450 ∙ � �∙90 = 191,34 ∙ � �∙(33,7 ) � A feszültségek és áramok nagyságát és fázis viszonyait az ún. fázorábrán szemléltetjük A

fázorábra a komplex számsíkon ábrázolja a kérdéses mennyiségeket, úgy, hogy a 0 fázisszögű feszültség effektív értékét mérjük a függőleges tengelyre, ami ebben az esetben a valós tengelyt jelenti. (Olyan, mintha a komplex számsík valós és képzetes tengelyeit óramutató járásával ellentétesen 90 fokkal elfordítanánk.) A pozitív szögeket a valós tengelytől óramutató járásával ellentétesen, a negatív szögeket az óramutató járásával megegyező irányban mérjük fel. 106 Re U UL φ I UR Im 2-6. ábra A hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével: � = � ∙ � ∙ ���� = 230 ∙ 0,4252 ∙ cos 56,30 = 54,26 � �� = �� ∙ �� = 127,58 ∙ 0,4252 = 54,26 � = � A meddő teljesítmény megegyezik a tekercs teljesítményével: � = � ∙ � ∙ sin � = 230 ∙ 0,4252 ∙ sin 56,30 = 81,36 ��� �� = �� ∙ �� = 191,34 ∙ 0,4252 = 81,36 ��� A

látszólagos teljesítmény: � = � ∙ � = 230 ∙ 0,4252 = 97,796 �� 2.22 100 Hz-es szinuszosan váltakozó, 100 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! C R U U=100 V f=100 Hz C=9,947µF R=120 Ω ~ 2-7. ábra A kapacitív és a rezisztív impedancia: 107 �� = −� ∙ 1 1 1 = −� ∙ = −� ∙ = −160� Ω �∙� 2� ∙ � ∙ � 2� ∙ 100 ∙ 9,947 ∙ 10−6 0 = 160 ∙ � �∙(−90 ) Ω 0 �� = 120 Ω = 120 ∙ � �∙0 Ω Az eredő impedancia: ��� = 1 1 1 �� + �� = �� ∙ �� 120 ∙ (−160�) 3 ∙ (−160�) −480� ∙ (3 + 4�) = = = �� + �� 120 − 160� 3 − 4� 25 0 = −19,2� ∙ (3 + 4�) =

(76,8 − 57,6�)Ω = 96 ∙ � �∙(−36,87 ) Ω Im ZR Re Zer ZC 2-8. ábra Az áramkör árama: �= � 100 0 = = 1,0467 ∙ � �∙36,78 � �∙(−36,78) ��� 96 ∙ � Az ellenállás árama: � 100∙� �∙0 0 � 120∙� �∙0 0 �� = � = = 0,833 Ω, tehát az áram és a feszültség fázisban vannak egymással A kondenzátor árama: � �� = � = � 100∙� �∙0 0 0 160∙� �∙(−90 ) 0 = 0,625 ∙ � �∙90 � = � ∙ 0,625 �, tehát az áram 900-kal siet a feszültséghez képest. Az áramkör áramát Kirchoff csomóponti törvényéből is megkaphatjuk: 0 � = �� + �� = 0,833 + � ∙ 0,625 = 1,0467 ∙ � �∙36,78 � Az áramkör fázorábrája: 108 Re U IR I φ IC Im 2-9. ábra A hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás teljesítményével: � = � ∙ � ∙ ���� = 100 ∙ 1,0467 ∙ cos 36,780 = 83,3 � �� = �� ∙ �� = 100 ∙

0,833 = 54,26 � = � A meddő teljesítmény megegyezik a kondenzátor teljesítményével: � = � ∙ � ∙ sin � = 100 ∙ 1,0467 ∙ sin 36,780 = 62,5 ��� �� = �� ∙ �� = 100 ∙ 0,625 = 62,5 ��� A látszólagos teljesítmény: � = � ∙ � = 100 ∙ 1,0467 = 104,67 �� 2.23 150 Hz-es szinuszosan váltakozó, 15 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást, egy indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör saját frekvenciáját! L C ~ U R U=15 V f=150 Hz L=26,53 mH R=10 Ω C=106 µF 2-10. ábra 109 A induktív, a kapacitív és a rezisztív impedancia: 0 �� = � ∙ �� = � ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ � ∙ � = � ∙ 2�

∙ 150 ∙ 26,53 ∙ 10−3 = 25� = 25 ∙ � �∙90 Ω �� = −� ∙ 1 1 1 0 = −� ∙ = −� ∙ = −10� = 10 ∙ � �∙(−90 ) Ω −6 �∙� 2� ∙ � ∙ � 2� ∙ 150 ∙ 106 ∙ 10 0 �� = 10 Ω = 10 ∙ � �∙0 Ω Az eredő impedancia: 0 ��� = �� + �� + �� = 10 + 25� − 10� = (10 + 15�)Ω = 18,027 ∙ � �∙56,3 Im ZL ZC Zer ZR Re 2-11. ábra Az áramkör árama: �= � 15 �∙(−56,30 ) = = 0,832 ∙ � 0 ��� 18,027 ∙ � �∙56,3 A tekercs, a kondenzátor és az ellenállás feszültsége: 0 0 0 �� = � ∙ �� = 0,832 ∙ � �∙(−56,3 ) ∙ 25 ∙ � �∙90 = 20,8 ∙ � �∙(33,7 ) � 0 0 0 �� = � ∙ �� = 0,832 ∙ � �∙(−56,3 ) ∙ 10 ∙ � �∙(−90 ) = 8,32 ∙ � �∙(−146,3 ) � 0 0 0 �� = � ∙ �� = 0,832 ∙ � �∙(−56,3 ) ∙ 10 ∙ � �∙0 = 8,32 ∙ � �∙(−56,3 ) � Kirchoff

huroktörvénye a komplex mennyiségként értelmezett feszültségekre is érvényes, így � = �� + �� + �� Ezt, illetve az áramot a fázorábrában ábrázolhatjuk: 110 Re UL U I φ UR UC Im 2-12. ábra A hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítmény: � = � ∙ � ∙ ���� = 15 ∙ 0,832 ∙ cos 56,30 = 6,922 �, ami megegyezik az ellenállás teljesítményével: �� = �� ∙ � = 8,32 ∙ 0,832 = 6,922 � � = � ∙ � ∙ sin � = 15 ∙ 0,832 ∙ sin 56,30 = 10,382 ���, ami meggyezik a tekercs és a kondenzátor teljesítményének különbségével: �� = �� ∙ � = 8,32 ∙ 0,832 = 6,922 �, �� = �� ∙ � = 20,8 ∙ 0,832 = 17,3 � A látszólagos teljesítmény: � = � ∙ � = 15 ∙ 0,832 = 12,48 �� A saját frekvencia kisámítása: 1 Az eredő impedancia képletéből ��� = �� + �� + �� = � + �(�� − �� ) 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: �� − �= 1 �� 1 √�� =0 ; �= ⇒ �2 = 1 2� ∙ √�� 1 �� = 1 2� ∙ √26,53 ∙ 10−3 ∙ 10,6 ∙ 10−3 = 9,49 �� 2.24 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, az ellenállás és a tekercs áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! 111 R C U=230 V f=50 Hz L=1,274 H R=500 Ω C=31,83 μF L ~ U 2-13. ábra Az elemek komplex impedanciája: 0 �� = � ∙ �� = � ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ 50 ∙ 1,274 = 400� = 400 ∙ � �∙90 Ω �� = −� ∙ 1 1 1 = −� ∙ = −� ∙ = −100� �∙� 2� ∙ � ∙ � 2� ∙ 50 ∙ 31,83 ∙

10−6 0 = 100 ∙ � �∙(−90 ) Ω 0 �� = 500 Ω = 500 ∙ � �∙0 Ω Az eredő impedancia: �� ∙ �� 500 ∙ (400�) 2000� = −100� + = −100� + �� + �� 500 + 400� 5 + 4� 2000� ∙ (5 − 4�) = −100� + = −100� + 195,12 + 243,9� 25 + 16 = (195,12 + 143,9�)Ω = 242,44 ∙ � �∙36,4 Ω ��� = �� + (�� × �� ) = �� + Az áramkör árama: �= � 230 0 = = 0,949 ∙ � �∙(−36,4 ) � �∙36,4 ��� 242,44 ∙ � A kondenzátor feszültsége: 0 0 0 �� = � ∙ �� = 0,949 ∙ � �∙(−36,4 ) ∙ 100 ∙ � �∙(−90 ) = 94,9 ∙ � �∙(−126,4 ) � A tekercs és az ellenállás áramának kiszámításához felírhatjuk az áramosztás törvényét hasonlóképpen, mint az egyenáramú hálózatoknál, csak ellenállások helyett impedanciákra: �� = � ∙ �� �� , �� = � ∙ �� + �� �� + �� � = �� + ��

Először számítsuk ki a törteket: 112 400� 4� 4� ∙ (5 − 4�) �� 0 = = = = 0,39 + 0,49� = 0,626 ∙ � �∙51,48 41 �� + �� 500 + 400� 5 + 4� �� 500 5 5 ∙ (5 − 4�) 0 = = = = 0,61 − 0,49� = 0,782 ∙ � �∙(−38,77 ) �� + �� 500 + 400� 5 + 4� 41 �� = � ∙ �� 0 0 0 = 0,949 ∙ � �∙(−36,4 ) ∙ 0,626 ∙ � �∙51,48 = 0,594 ∙ � �∙15 �� + �� �� = � ∙ �� 0 0 0 = 0,949 ∙ � �∙(−36,4 ) ∙ 0,782 ∙ � �∙(−38,77 ) = 0,742 ∙ � �∙(−75 ) �� + �� A két párhuzamos ág feszültsége természetesen megegyezik, ellenőrzésként számoljuk ki mindkettőt! 0 0 �� = �� ∙ �� = 0,594 ∙ � �∙15 ∙ 500 = 297 ∙ � �∙15 0 0 0 �� = �� ∙ �� =0,742 ∙ � �∙(−75 ) ∙ 400 ∙ � �∙90 = 297 ∙ � �∙15 Végül rajzoljuk fel a fázor ábrát: Re U UL=UR IR Im φ I IL UC 2-14. ábra

2.25 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, az egyes elemek feszültségét, a párhuzamos ágak áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! 113 R1 L R3 C R2 ~ U=24 V f=80 Hz L=0,159 H C=33,16 μF R1=10 Ω R2=20 Ω R3=5 Ω U 2-15. ábra A komplex impedanciák: 0 �� = � ∙ �� = � ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ � ∙ � = � ∙ 2� ∙ 80 ∙ 0,159 = 80� = 80 ∙ � �∙90 Ω �� = −� ∙ 1 1 1 0 = −� ∙ = −� ∙ = −60� = 60 ∙ � �∙(−90 ) Ω −6 �∙� 2� ∙ � ∙ � 2� ∙ 80 ∙ 33,16 ∙ 10 0 ��1 = 10 Ω = 10 ∙ � �∙0 Ω 0 ��2 = 20 Ω = 20 ∙ � �∙0 Ω 0 ��3 = 5 Ω = 5 ∙ � �∙0 Ω Az eredő impedancia: ��� = [(��1 + �� ) × (��2 + �� )] + ��3 = (��1 + �� ) ∙ (��2 + �� ) + ��3 (��1 + �� ) + (��2 + �� ) 0 ��� = ��1 + �� = (10 + 80�)Ω = 80,62 ∙ �

�∙82,87 Ω ��� = ��2 + �� = (20 − 60�)Ω = 63,25 ∙ � �∙(−71,565) Ω ��� × ��� = (10 + 80�) ∙ (20 − 60�) (10 + 80�) ∙ (20 − 60�) = 10 + 80� + 20 − 60� 30 + 20� (1 + 8�) ∙ (20 − 60�) 500 + 100� (500 + 100�) ∙ (3 − 2�) = = = 3 + 2� 9+4 3 + 2� = 130,77 − 53,846� ��� = (��� × ��� ) + ��3 = 130,77 − 53,846� + 5 = 135,77 − 53,846� 0 = 146,06 ∙ � �∙(−21,633 ) Ω Az áramkör árama: �= 114 � 24 �∙21,630 = � 0 ) = 0,1643 ∙ � �∙(−21,633 ��� 146,06 ∙ � R3 ellenállás feszültsége: 0 0 ��3 = � ∙ ��3 = 0,1643 ∙ � �∙21,63 ∙ 5 = 0,8215 ∙ � �∙21,63 � Az áramosztás törvényével számoljuk ki a párhuzamos ágak áramát: ��� = � ∙ ��� ��� , ��� = � ∙ ��� + ��� ��� + ��� 20 − 60� 20 − 60� 2 − 6� (2 − 6�) ∙ (3 −

2�) ��� = = = = 9+4 ��� + ��� 10 + 80� + 20 − 60� 30 + 20� 3 + 2� 0 = −0,46 − 1,69� = 1,751 ∙ � �∙254,77 (Megjegyzés: Mivel a fenti komplex szám mindkét koordinátája negatív, a komplex számsíkon ábrázolva a 3. síknegyedben helyezkedik el, a valós tengellyel bezárt szöge ezért 254,770, vagy ha negatív irányban, óramutató járásával megegyező irányban számoljuk, akkor -105,230.) ��� 10 + 80� 1 + 8� (1 + 8�) ∙ (3 − 2�) = = = = 1,46 + 1,69� ��� + ��� 30 + 20� 3 + 2� 13 0 = 2,233 ∙ � �∙49,18 ��� = � ∙ ��� = � ∙ ��� 0 0 0 = 0,1643 ∙ � �∙21,63 ∙ 1,751 ∙ � �∙254,77 = 0,288 ∙ � �∙276,4 ��� + ��� 0 = 0,288 ∙ � �∙(−83,6 ) � ��� 0 0 0 = 0,1643 ∙ � �∙21,63 ∙ 2,233 ∙ � �∙49,18 = 0,367 ∙ � �∙70,81 � ��� + ��� A párhuzamos ágak feszültsége: ��� = ��� =

��� ∙ ��� = ��� ∙ ��� 0 0 0) ��� = 0,288 ∙ � �∙(−83,6 ) ∙ 80,62 ∙ � �∙82,87 = 23,2 ∙ � �∙(−0,73 0 0) ��� = 0,367 ∙ � �∙70,81 ∙ 63,25 ∙ � �∙(−71,565) = 23,2 ∙ � �∙(−0,75 (A két érték közötti különbség a számolás során alkalmazott kerekítések pontatlanságának eredménye.) A két párhuzamos ág elemeinek feszültsége: 0 0 ��1 = ��� ∙ ��1 = 0,288 ∙ � �∙(−83,6 ) ∙ 10 = 2,88 ∙ � �∙(−83,6 ) � 0 0 0 �� = ��� ∙ �� = 0,288 ∙ � �∙(−83,6 ) ∙ 80 ∙ � �∙90 = 23,04 ∙ � �∙6,4 � 0 0 ��2 = ��� ∙ ��2 = 0,367 ∙ � �∙70,81 ∙ 20 = 7,34 ∙ � �∙70,81 � 0 0 0 �� = ��� ∙ �� = 0,367 ∙ � �∙70,81 ∙ 60 ∙ � �∙(−90 ) = 22,02 ∙ � �∙(−19,2 ) � A fázor ábrát a jobb áttekinthetőség érdekében két részletben rajzoljuk

fel: 115 Re Re U U UL URL=URC IRC I UR3 Im URL=URC UC IRL Im UR2 UR1 2-16. ábra 2.26 100 Hz-es szinuszosan váltakozó, 9 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást és egy indukciós tekercset. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, a feszültség és az áram közötti fázisszöget, az ellenállás és a tekercs áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! L U=9 V f=100 Hz L=79,6 mH R=40 Ω R U ~ 2-17. ábra (Megoldások: �� = 0,255 �; �� = 0,18 �; �� = −900 ; � = 0,288 �; � = 38,660 , 0 ��� = 31,23 ∙ � �∙38,66 Ω; � = 2,024 �; � = 1,619 ���; � = 2,592 ��) 2.27 50Hz-es, szinuszosan váltakozó, 400 V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk sorosan egy ellenállást és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex 116 impedanciáját,

áramát, az áram és a feszültség közötti fázisszöget, az ellenállás és a kondenzátor feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! R C U=400 V f=50 Hz R=200 Ω C=31,83 μF ~ U 2-18. ábra (Megoldások: � = 1,79 �; � = 26,5650 ; �� = 357,78 �; �� = 26,5650 ; �� = 179; �� = −63,40 ; 0 ��� = 223,6 ∙ � �∙(−26,565 ) Ω; � = 640,41 �; � = 320,2 ���; � = 716 ��) 2.28 60Hz-es szinuszosan váltakozó, 110V effektív feszültségű feszültségforrásra kapcsolunk párhuzamosan egy ellenállást, egy indukciós tekercset és egy kondenzátort. Számítsa ki az áramkör eredő komplex impedanciáját, áramát, fázisszögét, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt. Rajzolja fel a fázor ábrát! Számítsa ki az áramkör saját frekvenciáját! L U=110 V f=60 Hz C=88,42µF L=53,05

mH R=50 Ω C R U ~ 2-19. ábra (Megoldások: �� = 2,2 �; �� = 5,5 �; �� = −900 ; �� = 3,667 �; �� = 900 ; � = 2,86 �; � = −39,80 0 ��� = 38,4 ∙ � �∙39,8 Ω; � = 241,7 �; � = 201,38 ���; � = 314,6 �� 117 �0 = 73,48 �� 2.29 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, fázisszögét, az R1 ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az R2 ellenállás és az L induktivitás áramát, rajzolja fel a fázor ábrát! R2 R1 U=60 V f=40 Hz L=99,47 mH R1=20 Ω R2=15 Ω L ~ U 2-20. ábra 0 (Megoldások: ��� = 31,72 ∙ � �∙12 Ω; � = 1,89 �; � = −120 ; ��1 = 37,89 �; ��1 = −120 ; ��2 = �� = 24,2 �; ��� = 190 ��2 = 1,62 �; ��2 = 190 ; �� = 0,971 �; �� = −710 � = 110,92 �; � = 23,58 ���; � = 113,4��) 2.210 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és

fázisszögét, C1 kondenzátor, R1 ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, az R2 ellenállás és C2 kondenzátor áramát, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! R2 C1 R1 U=230 V f=50 Hz C1=17,68 μF R1=120 Ω C2=53,05 μF R2=80 Ω C2 ~ U 2-21. ábra 0 (Megoldások: ��� = 264,27 ∙ � �∙(−55,73 ) Ω; � = 0,87 �; � = 55,730 ; ��1 = 104,44 �; ��1 = 55,730 ; ��1 = 156,66 �; ��1 = −34,20 ; 118 ��2 = 0,522 �; ��2 = 2,60 ; ��2 = 0,696 �; ��2 = 92,60 ��2�2 = 41,6 �; ��2�2 = 2,60 � = 112,68 �; � = 165,36 ���; � = 200,1 �� 2.211 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás és tekercs feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát! R L U=50 V f=1 kHz L=4,77 mH C=3,18 μF R=20 Ω C ~ U 2-22. ábra 0 (Megoldások: ��� =

63,74 ∙ � �∙11,31 Ω; � = 0,784 �; � = −11,30 ; �� = 1 �; �� = 900 ; ��� = 1,387 �; ��� = −56,310 ; �� = 27,74 �; �� = −56,310 ; �� = 41,61 �; �� = 33,690 � = 38,46 �; � = 7,685 ���; � = 39,225 �� 2.212 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az ellenállás és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, az R2 ellenállás és az induktivitás feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! 119 R2 L R1 U=10 V f=500 Hz L=6,366 mH R1=5 Ω C2=21,22 μF R2=10Ω C ~ U 2-23. ábra 0 (Megoldások: ��� = 33,24 ∙ � �∙(−46,2 ) Ω; � = 0,3 �; � = 46,20 , ��1 = 1,5 �; ��1 = 46,20 ; �� = 0,6�; �� = 83,10 ; ��� = 0,402 �; ��� = −70,40 ; ��2 = 4,2 �, ��2 = −70,40 ; �� = 8,04 �; �� = 19,60 � =

2,076�; � = 2,165 ���; � = 3 �� 2.213 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az R1 ellenállás, az induktivitás és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! R2 R1 L C ~ U=10 V f=1 kHz L=0,238 H R1=2 kΩ C2=53,05 nF R2=1 kΩ U 2-24. ábra 0 (Megoldások: ��� = 3,14 ∙ � �∙22,5 �Ω ; � = 3,18 ��; � = −22,50 ; ��1 = 6,37 �; ��1 = −22,50 ; �� = 4,78 �; �� = 67,50 ; ��2 = 3,025 ��; ��2 = −40,90 ; �� = 1,019 ��; �� = 49,10 ; ��� = 3,025 �; ��� = −40,90 ; � = 29,42��; � = 12,18 ∙ 10−3 ���; � = 31,85 ∙ 10−3 �� 120 2.214 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát, fázisszögét, a két párhuzamos ág áramát, az ellenállás, a tekercs és a kondenzátor

feszültségét, a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt és rajzolja fel a fázor ábrát! R1 C L U=230 V f=50 Hz L=1,273 H C=5,305 μF R1=250 Ω R2=400 Ω R2 ~ U 2-25. ábra 0 (Megoldások: ��� = 188,3 ∙ � �∙(−21,55 ) Ω; � = 1,22 �; � = 21,550 ; ��2 = 0,575 �; ��2 = 00 ; ���� = 0,719 �; ���� = 38,660 ; ��1 = 179,69 �; ��1 = 38,660 ; �� = 287,5 �; �� = 128,660 ; �� = 431,25 �; �� = −51,340 � = 260,99 �; � = 103,07 ���; � = 280,6 ��) 2.215 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, az R ellenállás és az induktivitás feszültségét, rajzolja fel a fázor ábrát! R1 L C U=110 V f=60 Hz C=8,84 μF R1=400 Ω L=0,796 H R2=500Ω R2 ~ U 2-26. ábra 0 (Megoldások: ��� = 330,82 ∙ � �∙(−40,9 ) Ω; � = 0,33

�; � = 40,90 ; �� = 99,75 �; �� = −49,10 ; ��2 = 0,176�; ��2 = 53,30 ; ��� = 0,176 �; ��� = 22,50 ; 121 ��1 = 70,4 �; ��1 = 22,50 ; �� = 52,8 �; �� = 112,50 � = 27,45 �; � = 23,77 ���; � = 36,3 �� 2.216 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az R1 ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a párhuzamos ágak áramait, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! R1 R2 C U=24 V f=80 Hz R1=20 Ω R2=50 Ω C=33,16 μF L=159 mH L ~ U 2-27. ábra 0 (Megoldások: ��� = 67,37 ∙ � �∙(−33,85 ) Ω; � = 0,356 �; � = 33,850 ; ��1 = 7,125 �; ��1 = 33,850 ; �� = 21,375 �; �� = −56,150 ; ��2 = 0,3 �; ��2 = 65,850 ; �� = 0,189 �, �� = −24,50 ; ��2 = �� = 15 �; ��2� = 65,850 ; � = 10,56�; � = 7,085

���; � = 12,72 �� 2.217 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az R1 ellenállás, a kondenzátor és a párhuzamos ágak áramát, a kondenzátor és a párhuzamos tag feszültségét, a hatásos, a látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! C U ~ 2-28. ábra 122 R1 L R2 U=12 V f=100 Hz R1=20 Ω R2=25 Ω C=53,05 μF L=63,69 mH 0 (Megoldások: ��� = 12,269 ∙ � �∙(−19,93 ) Ω; � = 0,978 �; � = 19,930 ; ��1 = 0,6 �; ��1 = 00 ; �� = 0,461 �; �� = 46,230 ; ��2 = 0,391 �; ��2 = 78,230 ; �� = 0,244 �; �� = −11,770 ; ��2 = �� = 9,77 �; ��2� = 78,230 ; �� = 13,83 �; �� = −43,770 � = 11,03�; � = 4���; � = 11,736 �� 2.218 Számítsa ki az alábbi áramkör eredő impedanciáját, áramát és fázisszögét, az egyes impedanciák áramát és feszültségét, a hatásos, a

látszólagos és a meddő teljesítmény és rajzolja fel a fázor ábrát! L2 R2 L1 R1 C1 C2 R3 R4 ~ U=100 V f=100 Hz L1=0,398 H L2=0,795 H R1= R2= R3=R4=500 Ω C1=4,244 µF C2=2,122 µF U 2-29. ábra 0 (Megoldások: ��� = 576,98 ∙ � �∙(−22,06 ) Ω; � = 0,1733 �; � = 22,060 ; ��2� = 0,11 �; ��2� = 56,310 ; ���1 = 0,102 �; ���1 = −14,930 ; ���2 = 0,0,063 �; ���2 = −58,90 ; ���1 = 0,072 �; ���1 = 22,90 ; ��1 = 51,26 �; ��1 = −14,90 ; ��1 = 25,63 �; ��1 = 75,10 ; ��2 = 31,78 �; ��2 = −58,90 ; ��2 = 31,78 �; ��2 = 31,10 ; ��3 = 35,94 �; ��3 = 22,90 ; ��1 = 26,95 �; ��1 = −67,10 ; ��4 = 55 �; ��4 = 56,310 ; ��2 = 82,5 �; ��2 = −33,690 ; � = 16,06�; � = 6,51 ���; � = 17,33 �� 123 Irodalomjegyzék 1. Uray-Szabó: Elektrotechnika, Nemzeti Tankönyvkiadó, 1998 2. Nagy István:

Elektrotechnikai példatár, BMF 2001 3. Hodossy-Tomozi: Elektrotechnika jegyzet, Széchenyi István Egyetem Automatizálási tanszék, 2004. 4. Paul-Nasar-Unnewehr: Introduction to Electrical Engineering, McGraw-Hill Inc.,1992 5. Morris: Electrical circuit analysis and design, Macmillan, 1993 124