Elektronika | Felsőoktatás » Demeter-Dén - Villamosságtan

NEUMANN JÁNOS INFORMATIKAI FŐISKOLAI KAR Demeter Károlyné - Dén Gábor Villamosságtan BMFNIK5009 Budapest, 2006. Budapesti Műszaki Főiskola Neumann János Informatikai Főiskolai Kar Demeter Károlyné - Dén Gábor Villamosságtan 1. kiadás BMFNIK5009 Budapest, 2006. Felelős kiadó: Dr. Szeidl László a BMF NIK főigazgatója Készült a BMF Nyomdájában Jegyzetszám: BMF NIK 5009 Munkaszám: 52/2006 Műszaki vezető: Bélteky István 1. Egyenáramú körök Ez a témakör azt szolgálja, hogy a leendő informatikus áramköri szemlélete kialakuljon, és majdan az összetett villamos áramkörökben is biztosan eligazodjék. Ebben a fejezetben az egyszerű egyenáramú áramkörökből kiindulva jutunk el az összetett egyenáramú hálózatok számítási módszereinek bemutatásához. Eközben olyan elvekkel, módszerekkel ismerkedünk meg, melyek nem csak egyenáramú körökben alkalmazhatóak. 1.1 Alapfogalmak 1.11 Villamosságtani

alapmennyiségek, alapegységek Az SI nemzetközi mértékegység-rendszer alapmennyiségei és alapegységei közül a villamosságtanban az alábbiakat fogjuk használni: (m) egysége a méter (l) a hosszúság (kg) egysége a kilogramm (m) a tömeg (s) egysége a másodperc (t) az idő (A) egysége az amper (1) a villamos áramerősség A villamos áramerősség egységét az áramot vivő vezetők közti mágneses erőhatás alapján definiáljuk. Egy amper azon állandó villamos áram erőssége, amely két párhuzamos, egyenes, végtelen hosszúságúnak tekinthető, elhanyagolhatóan kicsiny kör keresztmetszetű és vákuumban egymástól 1 méter távolságban levő vezetőben áramolva, e két vezető között méterenként 2 •10-7 newton erőt hoz létre (1. ábra) F=2·10-7 N IA <J-- lm -----e> IA 1. ábra A mindig azonos irányban folyó áramot egyenáramnak nevezzük:. Ez lehet állandó, vagy változhat. Előbbit J-vel, az időben változó áramot i-vel

jelöljük: időben A villamosságtanban alkalmazott további fizikai mennyiségek és azok ún. származtatott egységei: az erő a munka a villamos töltés a villamos feszültség (F) (W) (Q) (U) egysége a newton egysége a joule egysége a coulomb egysége a volt (N) (J) (C) (V) 1 kg• m/ s2 = 1 N 1 N-m = 1 J IA·s = lC lJ/C=IV Az áram a villamos töltések rendezett mozgása. Egy coulomb az a villamos töltés, amely valamely vezető keresztmetszetén egy másodperc alatt áthalad, ha a vezetőben egy amper állandó erősségű áram folyik. Tehát az J erősségű egyenáram t idő alatt Q=l·t 3 töltést szállít. A vezetőben haladhatnak pozitív és negatív töltések Megállapodás szerint az áram irányát a pozitív töltés sebességének irányával vesszük azonosnak. A villamos feszültség, röviden a feszültség egységét a töltések között ható erővel, és ennek munkavégzésével hozzuk kapcsolatba. Az egynemű töltések taszítják, a

különneműek vonzzák egymást. Helyezzünk a tér A pontjába egy pozitív töltést, és rögzítsük a negatív töltést a tér egy pontjában a 2. ábrán látható módon A két töltés közti kölcsönhatás következtében a rögzítetlen pozitív töltés elmozdul. Ha a +Q töltés az A-ból a B pontba jut, munkavégzés történik. A -Q töltés által létrehozott villamos tér végez munkát, és ezzel a munkával nő a pozitív töltéshez kapcsolódó tömeg mozgási energiája, miközben csökken a pozitív töltés potenciális energiája. Mivel a teret kívánjuk jellemezni és a +Q töltésen végzett munka arányos a töltés nagyságával, célszerű bevezetni a tér által az A és B pontok között végzett munka (WAB) és a töltés (Q) hányadosát. Ez a hányados már csak a tértől függ: WAB -u AB, Q - ahol U AB a tér A pontjának a B ponthoz képesti feszültségét jelenti. +Q ~ -Q F F 0 . B ) A e < rögzített töltés ) UAB= WAB/Q 2.

ábra akkor U AB = WAB , Q = +1 e, Ha: azaz U AB megmutatja, hogy az egységnyi pozitív töltésnek mennyivel volt nagyobb a helyzeti energiája a tér A pontjában a B ponthoz viszonyítva. Tehát az A és B pont közti feszültség az egységnyi pozitív töltés munkavégző képessége. Ha a töltés 1 C, és a végzett munka 1 J, akkor a feszültség egységnyi, azaz egy volt (1 V). Megállapodás szerint a feszültségnyíl a pozitív töltés haladási irányába mutat, amit bejelöltünk a 2. ábrába Értelemszerűen: Ez azt fejezi ki, hogy az egységnyi pozitív töltés helyzeti energiája mennyivel kisebb a B pontban az A pontbeli értékénél. Másképp: ha a feszültségnyíllal szembe haladunk, akkor ahhoz a feszültség negatív értéke tartozik. Egy kiválasztott alapponthoz viszonyított feszültség a potenciál. A 3 ábrának az A és a B pont potenciálja (csak egy betűvel, az adott pont betűjelével jelöljük) a O alapponthoz képest: megfelelően A B

UAB 0 0 3. ábra 4 Az A és B pont közti feszültség az A és B pont potenciáljának különbsége: Ha az A-tól a B pontig a 0 ponton keresztül haladunk, úgy a B pont potenciálját jelölő nyíllal szembe kell mennünk, és az egyenletben ezért kell negatív előjellel figyelembe venni az Un potenciált. A feszültségnyíl a pozitív töltés haladási irányába, azaz az alacsonyabb potenciálú pont felé mutat. Egy feladat megoldásánál nem mindig tudjuk előre megmondani az áram és a feszültség tényleges irányát. Ilyenkor fel kell venni egy előzetes, un vonatkoztatási irányt A továbbiakban az áram és feszültség irányának jelölésekor folytonos nyíllal a vonatkoztatási (idegen szóval a referencia) irányokat jelöljük. Feladatok megoldása során ezekre a vonatkoztatási irányokra adódhat negatív számérték is. Ezt úgy értelmezzük, hogy ekkor a tényleges irány a vonatkoztatási iránnyal ellentétes. A tényleges irányt szaggatott

nyíllal ábrázoljuk, és ehhez már csak pozitív számérték tartozhat. A 4a ábrának megfelelően legyen és B pont közti feszültség értékét! UA = 20 V, Un = - 4 V. Határozzuk meg az A A 0 0 0 0 0 a) b) 4. ábra Megoldás: Az ábrán látható vonatkoztatási irányoknak megfelelően: U AB =UA - U B = 20 - (-4) = 24 V . Az ábrán feltüntettük az Un tényleges irányát is, amely alapján közvetlenül belátható, hogy a két potenciál abszolút értéke összeadódik. A 4b ábrának megfelelően legyen pontnak a B ponthoz képesti feszültségét! UA = 20 V, Un= 24 V. Határozzuk meg az A Megoldás: Az ábrán látható vonatkoztatási irányoknak megfelelően: U AB = U A - Un = 20 - 24 = -4 V , ami azt jelenti, hogy az A pont az alacsonyabb potenciálú pont. 5 Ellenőrző kérdések: 1./ Mi a villamos áramerősség egysége, és annak definíciója? 2./ Mit értünk a villamos áram iránya alatt? 3./ Mi a villamos feszültség

definíciója? Mi a mértékegysége? 4./ Mit értünk potenciál alatt? 5./ Merre mutat a feszültségnyíl valóságos iránya? 1.12 Az áramkör fogalma,felépítése Vizsgálatainkat - a jobb megértés érdekében- általában nem tényleges hálózatokon, hanem azok lényegét kiragadó modelleken - , azaz idealizált elemekből felépített áramkörökön - fogjuk végezni. Halmozzunk fel a tér egy részén pozitív töltéseket, más részén negatív töltéseket: ezt póluspárnak nevezzük. A különnemű pólusok töltései vonzzák egymást Ha elmozdulhatnak, áramolnak, és munkát végeznek. A munkavégzés alapján a póluspárt feszültségével jellemezzük. A pólusokról eláramló töltéseket pótolni kell, hogy az áram fennmaradjon A folyamatos üzemre alkalmas póluspárt feszültségforrásnak, másképp generátornak nevezzük. • • • A villamos áramkörben a generátor a termelő. Az áramkör másik alapvető eleme a fogyasztó. A villamos

áramkör harmadik nélkülözhetetlen része az összekötő vezetékek. Az összekötő vezetékek teszik lehetővé a töltéshordozók áramlását (áram kialakulását) a generátor egyik sarkától a fogyasztón keresztül a generátor másik sarkáig, mert áram csak zárt áramkörben folyhat. Tehát a legegyszerűbb áramkör (5. ábra) a feszültséget szolgáltató generátorból, fogyasztóból és az áram útját biztosító vezető párból épül fel. I Generátor Fogyaszt összekötő vezeték generátor - pólus fogyasztó 5. ábra Az áramkör felépítése, és áramköri elvi rajza A generátor energia-átalakító, mely a bevezetett mechanikai, hő, kémiai stb. energiát a villamos töltés mozgatására alkalmas villamos energiává alakítja oly módon, hogy a töltéseket szétválasztja, melyek a generátor egyik kivezetésén át az összekötő vezetéken és fogyasztón áthaladva a generátor másik kivezetéséhez jutnak. A generátor

kivezetéseit, csatlakozási pontjait kapcsoknak, vagy pólusoknak nevezzük. Megkülönböztetünk feszültség-, illetve áram.generátort A feszültséggenerátor potenciál-különbséget hoz létre a hálózat két pontja között, azaz feszültséget kényszerít az áramkör két kapcsára. Azt a generátort, amelyik adott áramot kényszerít az áramkör egy ágára, áramgenerátornak nevezzük. 6 Ebben a fejezetben csak olyan generátorokkal foglalkozunk, melyek egyenfeszültséget állítanak elő. Egy egyenfeszültségű generátor feszültsége lehet időben állandó értékű (6a ábra), de lehet időben változó nagyságú is (6b ábra). u sima egyenfeszültség a) változó egyenfeszültség b) 6. ábra Ebben a fejezetben stacionárius áramú áramkörökkel foglalkozunk. • Csak olyan áramköröket vizsgálunk, melyekben a feszültséggenerátor időben állandó nagyságú egyenfeszültséget, az áramgenerátor időben állandó nagyságú áramot

szolgáltat. • Az áramkörök fogyasztói invariánsak, jellemző értékük időben állandó. • Az áramköreinket csak a kialakult állandósult állapot beállta után vizsgáljuk. (Az áramkörök bekapcsolása esetén rövididejű átmeneti jelenségek zajlanak le, melyek során a kör áramai és feszültségei időben változnak, és végül felveszik állandósult - már időben állandó - értéküket.) Az ábrán az egyenáramú feszültséggenerátort egy adattal, az állandó Uo feszültségével jellemeztük, azaz feltételeztük, hogy a generátor feszültsége úgy is állandó, hogy független az áramkör többi elemétől. Ezt a feszültséggenerátort nevezzük ideális feszültséggenerátornak Az ideális feszültséggenerátorok általánosan használt rajzjeleit a 7. ábra tartalmazza Az a) ábrán a feszültséggenerátort egy áthúzott kör jelöli (általános jelölés), a b) ábra kizárólag egyenfeszültségű generátor, és a c) ábra

szárazelem, illetve akkumulátor áramköri rajzjelét mutatja. A feszültség polaritását nyíllal jelöljük A nyíl a kiegyenlítődő pozitív töltéshordozó haladási irányát jelöli, ezért a generátor pozitív pólusától a negatív felé mutat. b) a) e) 7. ábra Az ideális feszültséggenerátor rajzjelei Az egyszerű áramkör másik eleme a fogyasztó, amely a rajta átáramló töltések energiáját hővé, vagy más energiává alakítja át. Áramköreinket koncentrált paraméterű elemekből építjük fel. A fogyasztókat általában ellenállásukkal, induktivitásukkal és kapacitásukkal vesszük figyelembe. 7 A stacionárius egyenáramú áramkörökben a fogyasztó az áramlás útjában csak ellenállást jelent. Időben állandó egyenáram hatására az induktivitáson nem indukálódhat feszültség, és a kapacitáson nem folyhat áram állandósult állapotban(, mivel ellenkező esetben a feszültsége változna). Tehát a stacionárius

egyenáramú áramkörökben az induktivitást a nullafeszültségű rövidzárral, a kapacitást pedig a zérusáramú szakadással helyettesítjük. Változtassuk a generátor U0 feszültségét, és mérjük meg a fogyasztó áramát és feszültségét! Majd ismételjük meg a mérést egy, az előzőtől különböző fogyasztón! Ábrázoljuk az összetartozó (egyszerre fellépő) feszültség és áram érték párokat UF - I koordináta-rendszerben (8. ábra) Az ábrázolt pontokat összekötve a fogyasztó jelleggörbéjét, vagy idegen szóval a karakterisztikáját kapjuk meg. nemlineáris fogyasztó lineáris fogyasztó b) a) 8. ábra Fogyasztók jelleggörbéi Azokat a fogyasztókat, melyek karakterisztikája egyenes, lineáris fogyasztóknak hívjuk. csak lineáris fogyasztókat vizsgálunk, ezek árama arányos a rákapcsolt feszültséggel. A 8b ábrán egy nemlineáris fogyasztó (pl egy izzólámpa) jelleggörbéje látható (Szaggatott vonallal behúztuk a

kezdeti, lineárisnak tekinthető szakasz érintőjét.) Mi a továbbiakban csak ún. lineáris egyenáramú hálózatok vizsgálatával fogunk foglalkozni. Ez azt jelenti, hogy az adott áramkör valamennyi eleme lineáris elem Ha egy hálózatban csak egyetlen nemlineáris áramköri elem is van, akkor nemlineáris hálózatról beszélünk. Egyelőre Az áramköri rajzokon ezt egy téglalappal jelöljük, melyet ellenállásnak (R) hívunk (9a ábra). Mivel ez jelenti a terhelést a generátor szamara, ezért is nevezzük. A terhelő-ellenállásnak változtatható értékű ellenállást a téglalapra rajzolt ferde nyíllal (9b ábra) jelöljük. R = áll. a.) b.) 9. ábra Az ellenállások jelölése Az összekötő vezetékek teszik lehetővé a töltéshordozók áramlását (áram kialakulását) a generátor egyik sarkától - a terhelő-ellenálláson keresztül - a generátor másik sarkáig, mert áram csak zárt áramkörben folyhat. A stacionárius egyenáramú

áramkörökben az összekötő vezetékeket ellenállásukkal vesszük figyelembe. 8 A vezetékek ellenállását egyelőre elhanyagoljuk, tehát ideális összeköttetést tételezünk fel a generátor és a terhelő-ellenállás között. Ha nem elhanyagolható az összekötő vezeték ellenállása, úgy a koncentrált paraméterű áramkör vezetékének ellenállását fogyasztóként vehetjük figyelembe. A zárt áramkörben az áramerősség pozitív irányát a pozitív töltéshordozók haladási iránya alapján határozzuk meg. Ezért az áram iránya a generátor pozitív pólusától a fogyasztón át a negatív pólus felé mutat. Az áram irányát „háromszög" végű nyíllal jelöljük, így különböztetjük meg a feszültséget jelölő nyilaktól. + pólus generátor - pólus fogyasztó 10. ábra Áram és feszültség pozitív irányai Elágazásmentes áramkörben az áramerősség értéke állandó, és értéke független a Ha a vezető

keresztmetszete változik, akkor a vezetőben az áramsűrűség fog megváltozni. Az áramsűrűség, ha a vezető keresztmetszete mentén az vezető keresztmetszetétől. árameloszlás egyenletes: J áram haladási irányára =!. A , ahol / a vezetőben folyó áram erőssége és A a vezetőnek az merőleges keresztmetszete. Az áramsűrűség szokásos mértékegysége: A/ mm 2 . A vezetőre megengedhető értéke táblázatokban adott A nagyobb keresztmetszetű vezetőre kisebb áram.sűrűséget engednek meg, mert a vezető keresztmetszete az felület csak az átmérővel arányosan változik. átmérőjének négyzetével arányos, de a hőleadó Az 10. ábrán látható egyszerű áramkörben afeszültségnyíl mind a generátoron, mind a fogyasztón a pozitív potenciálú ponttól a negatív pont felé mutat. A töltéshordozók az áramkörben ugyanabban az irányban haladnak körbe, és az áramerősség az áramkör minden pontján ugyanakkora.

Elágazásmentes áramkörben az áramerősség értéke állandó Ezért az áramnyíl iránya a generátornál ellentétes a feszültségnyíl irányával, a fogyasztónál pedig azonos a feszültségnyíl irányával. Ezek a feszültség és az áramerősség megállapodás szerinti (ún. konvencionális) pozitív irányai Egy villamos áramkörben a fogyasztón átfolyó áram és a rajta fellépő feszültség valóságos iránya mindig azonos. Ha egy áramköri elem áramának és feszültségének valóságos iránya ellentétes, úgy az termelő. Tehát az egyszerű áramkör egyetlen generátora termelő. A termelőket és a fogyasztókat közös néven áramköri elemeknek mondjuk Más csoportosításban a generátort aktív, az ellenállást passzív áramköri elemnek nevezzük. 1.13 Az Ohm-törvény és a vezető ellenállása Végezzünk kísérletet az 10. ábra szerinti elrendezéssel! A R jelű fogyasztó egy adott hosszúságú és keresztmetszetű ellenálláshuzal

legyen! A generátor Uo feszültségét változtassuk, és mérjük meg a fogyasztón az összetartozó feszültség és áram érték párokat (1. 9 mérés)! Ezután növeljük kétszeresére a vezető hosszát, és ismételjük meg a vizsgálatot (2. mérés)! (A vizsgálatok során a vezető állapota - pl. hőmérséklete - ne változzék!) eredményeket kapott a Ha ábrázoljuk (11. ábra), mindkét esetben egyenest kapunk, tehát a vezető lineáris karakterisztikájú fogyasztót jelent. A második esetben kétszer akkora az egyenes meredeksége, ami azt jelenti, hogy pontosan feszültséghez ugyanakkora feleakkora áram tartozik, vagy másképp: ugyanakkora áramhoz kétszer akkora feszültség tartozik. I 11. ábra Ellenállásokjelleggörbéi Ha képezzük az első vezetőre kapcsolt feszültség és az áram hányadosát, minden mérési pontban ugyanazt az értéket kapjuk. A második vezető esetében is állandó a hányados értéke, csak az előző kétszerese.

Tehát lineáris karakterisztikájú fogyasztó esetén a fogyasztóra kapcsolt feszültség (U) és a rajta átfolyó áram (1) hányadosa állandó: ~ 1 R 1 Az R a fogyasztóra (itt a vezetőre) jellemző állandó, neve: villamos ellenállás, röviden ellenállás. (A második esetben azért kétszeres a jelleggörbe meredeksége, mert kétszer akkora a vezető ellenállása.) Tehát Ohm törvénye (1826) szerint: az ellenállás kapcsain fellépő U feszültség a rajta átfolyó 1 áramerősséggel arányos, ha az ellenállás értéke nem változik. Ohm törvényét minden alakjában felírva: I = ~1 Az első alak szerint az ellenállás kapcsain fellépő feszültséget meghatározhatjuk, ha a rajta átfolyó áramot ismerjük. A második alapján az ellenállás kapcsain fellépő feszültség ismeretében az ellenálláson átfolyó áramot számíthatjuk ki, ha az ellenállás értékét ismerjük. Az előző fejezetben említettük, hogy a generátor és a fogyasztó

közti vezetéket ideálisnak, azaz rövidzárnak tekintjük. A rövidzár olyan áramköri elem, mely ellenállása zérus. Ohm törvényének itt felírt első alakja értelmében a nulla ellenállású rövidzár feszültsége mindig zérus, függetlenül a rajta átfolyó áram erősségétől. Az ellenállás értéke szempontjából a másik szélső eset a szakadás. Ha egy vezeték elszakad, azon áram nem folyhat. De a két szakadt végpont közt mérhető feszültség Ohm törvényének itt felírt második alakja értelmében, ha az ellenállás értéke végtelen, azon áram nem folyhat, bármekkora is a rájutó feszültség. Tehát a szakadás végtelen nagy ellenállásnak felel meg. V Az ellenállás egysége az ohm (0), más egységekkel kifejezve: 1 - = 1 n. Egy ohm A áram folyik, erősségű amper egy amelyen ellenállás, azon vezető két pontja közötti villamos ha e két pont közötti feszültség egy volt. 10 Az. ellenállás reciprokát vezetésnek

nevezzük Jele: G IG=½ l=G•UI és Mértékegysége: ! = 1 S (Siemens). n A vezető ellenállásának értéke függ a huzal geometriai anyagára jellemző fajlagos ellenállással: méreteitől, és arányos az IR=p·~I Az. összefüggésben: p a vezető fajlagos ellenállása, l a vezetőnek az elektronok áramlási irányába eső hossza, és A az áram irányára merőleges keresztmetszete. A fajlagos ellenállás értékét a gyakrabban előforduló anyagokra táblázatokban adják meg. A táblázatokban a 20 °C hőmérséklet esetén érvényes értékek találhatók, mivel általában függ a hőmérséklettől. Fejezzük ki a fenti összefüggésből a fajlagos ellenállás értékét: A p=R·z Ha a tört értéke 1, akkor a p és R számértéke megegyezik, tehát a fajlagos ellenállás az egységnyi keresztmetszetű és egységnyi hosszúságú huzal ellenállását adja meg. A fajlagos ellenállás mértékegysége: [p] =[R] · [ti1 =Q · : : =Q · m.

(Használják még az Omm2/m-t is, 1 Omm2/m = 10-6 nm.) Mekkora ellenállása van annak a fogyasztónak, amelyen 72 V hatására 12 mA erősségű áram folyik? Megoldás: Az adatok: U = 72 V A fogyasztó ellenállása: /= 12 mA R = U = 72 V = 6 kO 12mA I Milyen hosszú huzalra van szükségünk, ha 0,25 mm átmérőjű rézhuzalból 10 ohmos ellenállást akarunk készíteni? Adatok: d= 0,25 mm, A::u = 1,75·10-8 nm, R = 10 n. Megoldás: A felírt összefüggésekből a huzal hossza: A ;r-d 2 l=R·-=R·-4-p p A megadott értékek behelyettesítésével: l = 100· 10·=·025 2 10-6 m 2 ;r 025 2 mm 2 · - - - = 28m ,. = . 10- 8 m 4-1,75 4-1,75 -10- 8 nm 11 Ellenőrző kérdések: 1./ Milyen részekből áll a villamos áramkör? 2./ Hogyan jelöljük ki az áram pozitív irányát? 3./ Mit értünk lineáris fogyasztó alatt? 4./ Milyen a termelő, és milyen a fogyasztó áramának és feszültségének egymáshoz képesti valóságos iránya? 5./ Ismertesse az

Ohm-törvényt! 6./ Ismertesse az ellenállás fogalmát és mértékegységét! 7./ Ismertesse a vezetés fogalmát és mértékegységét! 1.14 A villamos munka és teljesítmény A villamos áram feltétele, a töltéshordozók áramlását fenntartó villamos tér jelenléte. A villamos térben elmozduló töltések mozgatásakor a tér munkát végez, melynek nagysága: W=U·Q, ahol a Q töltésmennyiség az U feszültség hatására elmozduló töltéseket jelenti. Ha az időegység alatt átáramló töltések száma (/ áramerősség) állandó, akkor a t idő alatt elmozduló Q = I •t összes töltés a összefüggéssel határozható meg. Ezt behelyettesítve a munka összefüggésbe megkapjuk a villamos munka meghatározására alkalmas általános összefüggést: IW=U·l·tl Ez az összefüggés a Joule-törvény (1849). Az összefüggés akkor használható, ha a t alatt az U feszültség és I áramerősség értéke nem változik. Mivel mi stacionárius egyenáramú

hálózatokat vizsgálunk, ez a feltétel teljesül. A villamos munka mértékegysége: 1 V·A·s = 1 W·s (wattszekundum). 1 Ws = 1 J Goule) = 1 Nm Ez nagyon kis egység, ezért a gyakorlatban az áramszolgáltatók a villamos fogyasztást kWh-ban (kilowattóra) mérik. A két mennyiség közötti kapcsolat: 1 kWh = 1 kW·lh = 1000 W·3600 s= 3,6·106 Ws A villamos munka az energia egy megjelenési formája. Az általunk használt készülékek ezt más energia fajtává alakítják át: pl. a főzőlap hővé, a mosógép vagy a turmixgép motorja mechanikai energiává. idő A villamos teljesítmény a villamos készülékek, berendezések munkavégző képességére jellemző adat, amely az időegység alatt végzett (vagy végezhető) munka értékét adja meg. A fogyasztóra jutó villamos teljesítmény időben egyenletes munkavégzés esetén: P=W t Ebbe helyettesítsük be a villamos munka képletét: p = U ·J . t t amiből: 12 Tehát a fogyasztó teljesítménye

egyenlő a fogyasztó kapcsain feszültség és a rajta átfolyó áram szorzatával. fellépő (mérhető) Mértékegysége: W (watt). 1 W = 1! = 1 Nm s s Megadhatjuk a villamos teljesítményt az Ohm törvény alapján a fogyasztó R ellenállásának segítségével is: Megállapíthatjuk, hogy a fogyasztó teljesítménye a rajta átfolyó áram illetve a kapcsain fellépő feszültség négyzetével arányosan változik. Például kétszeres feszültség vagy áram esetén a teljesítmény négyszeresére nő. A fogyasztók által felvett teljesítményt a termelők (termelő csak generátor lehet) állítják elő. Az áramkörök termelt és fogyasztott teljesítménye megegyezik egymással Az áramkör fogyasztott és a termelt teljesítményét úgy különböztetjük meg, hogy a fogyasztott teljesítményt pozitívnak vesszük, a termelt teljesítményt pedig negatív előjellel jelöljük. Ez megfelel annak, hogy a termelő áramának és feszültségének valóságos

iránya ellentétes. Ennek megfelelően a generátor által leadott, azaz a termelt teljesítmény: 1 P0 =-U·I Tehát a generátor teljesítményének nagysága mindig megegyezik a generátor feszültségének és a generátoron átfolyó áram szorzatával, előjele pedig azt fejezi ki, hogy a rajta átfolyó áram és feszültségének iránya milyen egymáshoz képest. Ha ezek iránya ellentétes, úgy a generátor termelő, tehát teljesítménye negatív. Az egygenerátoros áramkörökben a generátor mindig termelő. Egy többgenerátoros áramkör egyik generátora akár fogyaszthat is, s ilyenkor a teljesítménye pozitív, ami azt jelenti, hogy áramának és feszültségének tényleges iránya azonos. A gyakorlatban (pl az akkumulátor töltésekor) az akkumulátor fogyaszt. Tehát egy áramkörben a teljesítmények előjeles összege mindig zérus. Egy hősugárzó fütőszálának ellenállása 53 0, feszültsége U = 230 V. Mennyi energiát fogyaszt egy hónap (30

nap) alatt, ha naponta 10 órát üzemel? Megoldás: A fogyasztott energia: 230 2 v 2 u2 u W = U · I · t = U · - · t = - · t = - - - · 30-10 h = 300 kWh 530 R R 13 Határozzuk meg egy 230 V-os áramfelvételét és ellenállását! feszültségű, 100 W teljesítményű izzólámpa Megoldás: Az izzó árama a teljesítménye alapján: 1 = ! = lOO W = 0 43 A U 230 V Az izzószál ellenállása: R = U = 230 V = 534 8 n 1 0,43 A Egy 50 kO-os ellenállás névleges (megengedett maximális) teljesítménye 0,25 W. a) Mekkora áram folyhat át rajta tartósan? b) Kapcsolhatunk-e az ellenállás sarkaira tartósan 100 V-ot? Megoldás: a) Az ellenállás legnagyobb árama a teljesítménye alapján: f= /P = o, 25 V·A =.J510- 6 A 2 =2,23·10- 3 A=2,23mA VR 50-103 V A b) Ez az áram akkor alakulhat ki, ha az ellenállás kapcsaira U = 1 · R = 2,23 · 10-3 A· 50 · 103 n = 111,8 V feszültséget kapcsolunk. Tehát az a legnagyobb feszültség, ami az ellenállás

kapcsaira juthat 111,8 V. A megadott 100 V ennél kisebb, azaz rákapcsolható az ellenállásra. 1.1 5 Feszültség- és árammérés Már a legegyszerűbb áramkörökben elvégzendő vizsgálatainkhoz is feszültség és áram mérésére van szükség, amit voltmérővel és ampermérővel tudunk elvégezni (12. ábra) A voltmérő - melyet a fogyasztóval párhuzamosan kell kötni - az áramkör két pontja közötti feszültséget méri. Az ideális feszültségmérőnek végtelen nagy az ún belső ellenállása, így a hálózatból teljesítményt nem vesz fel, a rákapcsolt feszültség hatására áram nem folyik rajta, azaz az áramkörben szakadásként viselkedik. I ------[> R R 12. ábra Áram és feszültség mérése 14 alatt átáramló töltések mennyiségét méri, ezért a fogyasztóval sorba kell kapcsolni. Az ideális ampermérő ún belső ellenállása nulla, a rajta átfolyó áram hatására a kapcsai között feszültség nem lép fel, azaz

fogyasztásmentes, tehát az áramkörben rövidzárként viselkedik. Az ampermérő az időegység A 12. ábrán látható két kapcsolás ideális műszerek esetén (de csak akkor) A 13. ábrán az ideális mérőműszerek áramköri helyettesítését adjuk meg egyenértékű. I=O ~ ~I ~I R R X b) a) voltmérő ampermérő 13. ábra Ideális műszerek helyettesítése Ellenőrző kérdések: 1./ Ismertesse a Joule-törvényt! 2./ Adja meg a villamos munka mértékegységeit! 3./ Adja meg a villamos teljesítmény definícióját és mértékegységét! 4./ Hogyan határozhatjuk meg a fogyasztó teljesítményét? 5./ Hogyan határozhatjuk meg a termelő teljesítményét? 6./ Mekkora egy villamos áramkör teljesítményeinek előjeles összege? 7./ Milyen eszközzel, és hogyan tudunk feszültséget mérni? 8./ Hogyan kell az árammérő műszert az áramkörbe bekötni? 9./ Hogy helyettesíthető az áramkörben az ideális voltmérő és az ideális ampermérő?

1.2 Egyenáramú hálózatok számítása 1.21 A Kirchhoff-törvények Az egyszerű villamos hálózat (14a ábra), amely egy ideálisnak tekinthető feszültségforrásból és egy ellenállásból áll (a termelőt a fogyasztóval összekötő vezeték ellenállását elhanyagoltuk, ideálisnak, nulla ellenállásúnak tekintettük), nem tartalmaz elágazásokat. Összetett villamos hálózatról beszélünk, ha elágazások is vannak az áramkörben (14b ábra). Az elágazásmentes, egyszerű hálózatban az áramerősség értéke mindenütt azonos. Az összetett hálózatok jellemző pontjai a csomópontok (A és B pont), ahol kettőnél több vezető találkozik. A csomópontokban az áram útja elágazik A két csomópontot összekötő hálózatrészt ágnak nevezzük. A hálózat egy ága termelőket és fogyasztókat egyszerre is tartalmazhat. Mivel az ágon belül nem lehet elágazás (az új ág lenne), az egy ágban levő áramköri elemek árama mindig azonos. A 14b

ábrán három ág látható. 15 B a) Egyszerű áramkör b) összetett áramkör 14. ábra Ha egy áramkörben egy csomópontból kiindulva és az ágak mentén haladva ugyanoda visszajutunk, úgy az áramkörben egy zárt hurkot jelöltünk ki. Másképp: az áramkör adott potenciálú pontjából kiindulva és az ágak mentén haladva, ugyanazon potenciálú pontba kell érkeznünk. Az egyszerű áramkör (14a ábra) lényegében egyetlen zárt hurok, míg az összetett áramkörökben több hurok is kijelölhető (14b ábra). Az ábrán a hurkokat római számokkal jelöltük. A lineáris, koncentrált paraméterű, stacionárius egyenáramú hálózat valamennyi eleme egy adattal jellemezhető. Tehát adott az egyenáramú hálózat, ha adott a feszültséggenerátorok Uo = állandó forrásfeszültsége, az áramgenerátorok 10 = állandó forrásárama és az ellenállások R = állandó értéke. Az áramkör számítása során keressük az egyes elemek áramát

és feszültségét. Az egyhurkos hálózatban (15. ábra) az ellenállásra jutó feszültség megegyezik a generátor Uo feszültségével. Nullának vesszük a vezetők ellenállását (a töltések azokon átáramolva nem végeznek munkát), így a rövidzár két végpontjának azonos a potenciálja, amit azonos betűvel jelölünk. Tehát az ellenálláson ugyanakkora a potenciálkülönbség, azaz a feszültség, mint a generátoron. A A R B B 15. ábra Az egyhurkos áramkör áramának meghatározása Ha már ismert az ellenállás feszültsége, Ohm törvényével kiszámíthatjuk a kör áramát: 1= Uo R Összetett (többhurkos) áramkör esetén (14b ábra) nem tudjuk meghatározni közvetlenül az ellenállásoknak sem a feszültségét, sem az áramát. Ilyenkor Kirchhoff két törvényét kell alkalmaznunk. A hálózatok vizsgálata során alapvető jelentőséggel bírnak a Kirchhoff-törvények (1847). Mint később látni fogjuk, a hálózatok számítását

megkönnyítő, elősegítő összefüggések, képletek döntő többsége az Ohm-törvény illetve a Kirchhoff-törvények alkalmazásával származtatható, illetve a hálózatok számítása során ezeket közvetlenül is használjuk. A Kirchhoff-törvények olyan általános érvényű villamos áramköri törvények, melyek valamennyi villamos hálózat áramköri viselkedésének törvényszerűségeit leírják. 16 Kirchhoff I. törvénye, a csomóponti törvény szerint: a csomópontokban a töltések nem halmozódhatnak fel, bármely időintervallumban előjelhelyes összegük zérus. Másképp: a csomópontban találkozó áramok algebrai összege (minden időpillanatban) nulla. ~ ~ ahol n a csomópontban találkozó ágak száma. a) b) 16. ábra Csomópont Kirchhoff 1 törvényéhez A:z algebrai összeg előjeles összegzést jelent. Tekintsük a csomópontba befolyó áramokat pozitív előjelűnek, a csomópontból kifolyó áramokat pedig negatív előjelűnek.

A 16a ábra alapján felírhatjuk: fi -Ji-13 +/4 =0 Tehát a törvény helyes felírásához az áramoknak vonatkoztatási iránnyal kell rendelkezniük, amit a felírásnál figyelembe kell venni. A törvény másik közismert megfogalmazása: a csomópontba befolyó áramok összege (minden időpillanatban) egyenlő a csomópontból elfolyó áramok összegével (azaz a csomópontban töltés nem halmozódhat fel): A 16a ábra alapján felírva: Könnyen belátható, hogy ez azonos az előbb felírt összefüggéssel. Határozzuk meg a 16a ábrán adott csomópontban az /4 áram nagyságát és irányát, ha h = -3 A és h = 6 A. Ii = 5 A, Megoldás: A:z h áram esetén a -3 A azt jelenti, hogy az ág áramának tényleges iránya a 16a ábrán bejelölt iránnyal ellentétes! A 16b ábrában szaggatott vonallal bejelöltük az áram tényleges irányát, melyhez már csak az áram nagysága (abszolút értéke) tartozik. Az utóbb felírt egyenletből az /4 áramot kifejezve:

14 = 12 +h-Ji =-3 A+6 A-5 A= -2 A 17 A kapott eredmény azt jelenti, hogy az adott ágban - a bejelölttel ellentétes irányban - a csomópontból kifolyik 2 A (16b ábra). Tehát a csomóponti törvény a keresett áram előjeles értékét adja meg. Ha a számítások során a keresett áramra negatív előjelű mennyiséget kapunk, akkor ez fizikailag azt jelenti, hogy az áram tényleges iránya a törvény felírásakor feltételezettel ellentétes. Pozitív előjelű mennyiség esetén természetesen a két irány - az adott áramra felvett és a tényleges - megegyezik. Kirchhoff II. törvénye, a huroktörvény szerint: egy zárt hurok feszültségeinek algebrai összege - minden időpillanatban - nulla. B ahol n a zárt hurokban található elemek száma. Hiszen a feszültség potenciál különbséget jelent, és a hurok mentén haladva a kiindulási csomóponthoz kell visszajutni, tehát nem kaphatunk potenciál különbséget. A feszültségek előjelhelyes

összegzésének két feltétele van: 1./ A hurokban egy körüljárási irányt (pozitív irány) kell kijelölni (17 ábra) 2./ Be kell jelölni az egyes elemek feszültségének, vagy az áramának a vonatkoztatási irányát is, hiszen nélkülük az előjelek (irányok) nem értelmezhetők. Természetesen tudjuk, hogy az ellenállás árama és feszültsége azonos irányba mutat. 17. ábra B Hálózat Kirchhoff II. törvényéhez A hurok körüljárási irányát tetszőlegesen kijelölhetjük. A körüljárási iránnyal megegyező irányú feszültségeket pozitív, az azzal ellentétes irányú feszültségeket pedig negatív előjellel kell .figyelembe venni A 17. ábrán látható 1 jelű hurokra felírva a huroktörvényt: Uo-12 ·R2 -fi ·R1 = 0 A II. jelű hurokra felírva a huroktörvényt: 12 . R2 - h .14 - h R3 = 0 Természetesen még egy hurok (a III. jelű, a külső hurok) is kijelölhető az ábrán látható kapcsolásban. Erre is felírhatjuk a

huroktörvényt: Uo-h ·f4-I3 -R3 -I1 -R1 = o. 18 Ha az előbbi két egyenletet összehasonlítjuk, megállapíthatjuk, hogy azok összeadásával (a két hurok felvett körüljárási iránya azonos) is megkaphattuk volna ez utóbbi összefüggést. Tehát az utolsó hurokegyenlet nem tartalmaz új információt, nem független hurokegyenlet. Csak olyan hurokra írunk fel újabb hurokegyenletet, mely tartalmaz még olyan új ágat, amely a korábban felírt egyenletekben nem szerepel. A 17 ábrán adott áramkör minden ágát lefedtük: már az első két hurokegyenlettel. Számítsuk ki a 18. ábrán adott kapcsolásban a kapocsfeszültség értékét, ha az R3 ellenállás feszültsége 24 V. R1 = 20 n, R2 = 30 n, R3 = 60 n. R1 !Uk R1 R2 R3 !24 V Uk ! A --3> l1 l2 i !24V i24 V R2 B a) R3 b) 18. ábra Megoldás: Mivel ismert az R3 ellenállás feszültsége, az árama Ohm törvényével kiszámítható: 24 h = 60 = 0,4 A , és iránya megegyezik a 24 V-os

feszültség irányával. Az adott kapcsolásban az R2 ellenállást és az R3 ellenállást azonos csomópontok közé kötöttük:, azaz azonos potenciálú pontok közé kötöttük:. Tehát az R2 ellenállás feszültsége megegyezik az R3 ellenállás feszültségével, és 24 V. Az R2 ellenállás árama: 24 12 = 30 = 0,8 A, és iránya megegyezik a 24 V-os feszültség irányával. Mivel az „A" csomópont két árama ismert, az R1 ellenállás áramát csomóponti törvénnyel határozhatjuk meg: 11 = l 2 + h = 0,4 + 0,8 = 1,2 A , Tehát a keresett feszültség: Uk =11 ·R1 +24=24+24=48V. A példában a Kirchhoff-egyenleteket egymás után alkalmaztuk, nem kellett egyenletrendszert felírni, mert az egyik ellenállás feszültségéből ki indulhattunk. Mekkora a 19. ábrán adott kapcsolásban a feszültségforrások teljesítménye? Pm =?, P02 =? Megoldás: • Az adott kapcsolásban vannak olyan csomópontok, melyek ideális vezetővel, azaz rövidzárral vannak

összekötve. Mivel a rövidzár ellenállása nulla, Ohm 19 19. ábra törvénye értelmében ezek azonos potenciálú csomópontok. Az azonos potenciálú csomópontokat jelöljük meg azonos betűvel! Így jól szembeötlik (20. ábra), hogy a 3 n-os és a 6 n-os ellenállás feszültsége is 30 V, és a 10 n-os ellenállás feszültsége 20 V. A 2 n-os ellenállás feszültségét Kirchhoffhuroktörvényével lehet meghatározni, melynek értéke: 10 V. • Az. ellenállások feszültségének ismeretében Ohm törvényével meghatározzuk az ellenállások áramának erősségét (20. ábra) A ., ,A • A Kirchhoff csomóponti törvény segítségével meghatározzuk a feszültségforrások áramát. A„C"csomópontra: 101 +5-2=0, 101 =-3A. A „B" csomópontra: 1 02 = l O+ 5 + 5 = 20 A. • A feszültségforrások teljesítménye: Pm = + 20·3 = + 60 W , P02 = - 30-20 = - 600 W. A kisebb forrásfeszültségű generátor árama és

feszültsége azonos irányú, tehát fogyaszt. e 4---2A 20. ábra Kirchhoff-egyenletek segítségével, és mellette Ohm-törvény alkalmazásával minden hálózat valamennyi árama és feszültsége meghatározható. Azonban bonyolult hálózat esetén a Kirchhoff-egyenletek sok ismeretlenes egyenletrendszert alkotnak, melyek megoldása csak számítógéppel célszerű. Ellenőrző kérdések: 1./ Mit nevezünk ágnak, huroknak illetve csomópontnak? 2./ Ismertesse Kirchhoff csomóponti törvényét! 3./ Hogyan értelmezhetjük az áram negatív előjelét? 4./ Ismertesse Kirchhoff huroktörvényét! Hogyan kell a feszültségek összegzését elvégezni? 1.22 Egygenerátoros áramkörök számítása, az eredő ellenállás meghatározása Mint láttuk, az egyenáramú villamos hálózatok vizsgálata során célszerű olyan módszert keresni, - amennyiben lehetséges - hogy egy ellenállásnak egyszerűen kiszámíthassuk (Kirchhoff-egyenletrendszer nélkül) az áramát,

illetve a feszültségét. Ezután az Ohm-törvényt és a Kirchhoff-egyenleteket egymás után alkalmazva határozhassuk meg a kör valamennyi áramát és feszültségét. Ehhez a hálózatban egyenértékű (ekvivalens) átalakításokat kell végezni. Az egyik ilyen, a leggyakrabban alkalmazható módszer a csak ellenállásokból álló ún. passzív kétpólus eredő ellenállásának meghatározása az egyenáramú áramkör generátorának kapcsai felől. 20 A kétpólus két kivezetéssel rendelkező tetszőleges hálózatrész. Kétpólushoz úgy jutunk, ha a zárt, tetszőleges hálózatot két olyan részre bontjuk, melyeket két vezeték kapcsol össze. A két vezetéket elvágva, a zárt kör két különálló kétpólusra esik szét A kétpólus lehet aktív, vagy passzív. A kétpólus aktív, ha kivezetéseit rövidre zárva, a rövidzáron tartósan áram folyik Az aktív kétpólus villamos teljesítmény leadására képes. Az aktív kétpólus mindig

tartalmaz aktív hálózati elemet (telepet, generátort), de a kétpólus aktivitásának ez csak szükséges feltétele. (Például, ha két azonos feszültségű telepet egymással szembekapcsolunk, nem teljesül az aktivitás feltétele.) Általánosságban a kétpólus passzív, ha kivezetéseit rövidre zárva, a rövidzáron az értéke tartósan zérus, ami esetleg egy rövid idejű átmenet lezajlása után áll be. A csak passzív elemeket tartalmazó kétpólus biztosan passzív kétpólus. (A csak ellenállásokból álló kétpólus rövidzárási árama azonnal nullaértékűre áll be.) áramerősség A csak ellenállásokból álló kétpólus, mindig helyettesíthető egyetlen ellenállással, mint kétpólussal. Az eredő ellenállás az az egyetlen ellenállás, amely a kétpólust alkotó kettő vagy több ellenállást helyettesíti úgy, hogy ugyanazon feszültség hatására ugyanazon áram jön létre rajta. 1.221 A soros kapcsolás Két vagy több

ellenállás sorba van kapcsolva, ha az ellenállásokon átfolyó áram azonos, azaz az áramkör ugyanazon ágában vannak. b) a) 21. ábra Ellenállások soros kapcsolása A 21 a ábrán látható ellenállások eredője a 21 b ábrán látható Re ellenállás, ha ugyanazon Uo feszültség hatására ugyanazon 1 áram alakul ki rajta. Írjuk fel Kirchhoff huroktörvényét mindkét áramkörre az ábrán bejelölt körüljárási irányban: illetve Mindkét egyenletből Uo-t kifejezve és egyenlővé téve: 1 · R1 + J. R2 + 1 · R3 = J Re Az J árammal történő egyszerűsítés után: Re= R1 +R2 +R3 Általános alakban, tetszőleges számú (n darab) ellenállás sorba kapcsolása esetén: 21 Tehát a sorba kapcsolt ellenállások eredője az egyes ellenállások értékének összege. 1.222 A párhuzamos kapcsolás Két vagy több ellenállás párhuzamosan van kapcsolva, ha az ellenállásokon fellépő feszültség azonos, azaz azonos potenciálú pontok közé

vannak kötve. A 22a ábrán látható ellenállások eredője a 22b ábrán látható Re ellenállás, ha ugyanazon U0 feszültség rákapcsolásakor a kialakuló J áram azonos. a) b) 22. ábra Ellenállások párhuzamos kapcsolása Írjuk fel Kirchhoff csomóponti törvényét az a ábra felső csomópontjára: illetve Az Ohm törvény segítségével írjuk fel az egyes ellenállások áramát: Uo Uo Uo ~=-, ½=-, ~=R1 R2 R3 illetve írjuk fel az eredő áramot a b ábra alapján: = UO • J Re U O = U O + U O + UO Ezeket helyettesítsük vissza a csomóponti törvénybe: Re Az U0 feszültséggel egyszerűsítve R1 R2 R3 megkapjuk az eredő ellenállás reciprokát: 1 1 1 1 -=-+-+Re R1 R2 R3 Általános alakban, tetszőleges számú (n darab) ellenállás párhuzamos kapcsolása esetén: I I n -=IRe i=I R; Tehát a párhuzamosan kapcsolt ellenállások ellenállások reciprokainak összege. Az eredő ellenállás a fentiek alapján: 1 R =--e n I I-

i=l Ri 22 eredőjének reciproka az egyes n A párhuzamosan kapcsolt ellenállások vezetése adódik össze: Ge = L i =1 G.l A két párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredője mindig kisebb, mint bármelyik párhuzamosan kapcsolt ellenállás értéke. Tehát a legkisebb párhuzamos ellenállás értékénél is mindig kisebb az eredő, hiszen a vezetések adódnak össze. Két ellenállás esetén: amiből 1 1 1 Rl + R2 ---+----Re - RI Rz - RI . R2 az eredő ellenállás értéke: Tehát a két ellenállás szorzatát osztjuk a két ellenállás összegével, amit "replusz" neveznek a matematikában (kiejtve: "R1 replusz R2"). Ezt a műveletet csak két ellenállás párhuzamos eredőjének meghatározására alkalmazhatjuk. műveletnek Ha a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás értéke azonos, akkor az R·R R2 R értéke az ellenállások értékének fele: Re = R + R = 2 . R = 2 · eredő ellenállás Ebből következik, hogy két

párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredője kisebb értékű a kisebbik ellenállás értékénél, de nagyobb a kisebbik felénél (vagy egyenlő az azonos ellenállások felével). Ugyan is, ha egyformán kicsik az ellenállások, akkor kapjuk a fele értéket, ha van nagyobb ellenállásunk, akkor ennél a fél értéknél nagyobb lesz az eredő. eredő Két párhuzamosan kapcsolt ellenállás értéke R 1 = 3 n és R2 = 6 n. Határozzuk meg az értékét! Megoldás: R1 -R2 3 -6 A megadott értékek esetén az eredő ellenállás: R - -"------"-- - - - = 2 n , e - R1 + R 2 - 3 + 6 ami valóban 1,5 n és 3 n közé esik. Hány darab R = I O kO-os ellenállást kell párhuzamosan kapcsolni, ha Re = 2 kn-os ellenállást akarunk létrehozni? Megoldás: Tételezzük fel, hogy p darabot. Így a p darab párhuzamosan kapcsolt R értékű ohmos ellenállás eredőjének reciproka: I Re 23 = P I I, - i=IR = 1 p ·R Ebből p-t kifejezve: R 10 kQ --S. P

Re 2kQ Tehát 5 db 10 kQ-os ellenállás párhuzamos kapcsolásával hozható létre 2 kQ. értékét! Kapcsoljuk párhuzamosan az alábbi ellenállásokat, és határozzuk meg az R1 = 4 Q, R2 = 12 Q és R3 = 3 Q eredő Megoldás: Mivel a replusz művelet csak két ellenállás esetén használható, először csak R 1 és R2 R1 ·R2 4-12 határozzuk meg: R12 = R +R = 4 +l 2 =3 Q l A megadott értékek esetén az eredő ellenállás: eredőjét 2 R12 3 R =-=-=l5Q e 2 2 0 Több párhuzamos ellenállás esetén a replusz műveletek elvégzésének sorrendje Ebben az esetben célszerű a vezetéseket összegezni, és így az eredő vezetést meghatározni. tetszőleges. 1.223 A vegyes kapcsolás Vegyes kapcsolásról beszélünk, ha az áramkörben sorosan és párhuzamosan kapcsolódó ellenállások vegyesen fordulnak elő (23a ábra). Ilyenkor az eredő ellenállás meghatározását lépésről-lépésre tudjuk elvégezni. Ennek a módszernek az a lényege, hogy

először mindig a kétpólus kapcsaitól (amelyek felől számoljuk az eredő ellenállást) a legtávolabbra levő ellenállások közt keresünk kettő (vagy több) sorba illetve párhuzamosan kapcsolt ellenállást, mert ezek összegzését tudjuk elvégezni. Ezután, ha szükséges, ismét lerajzoljuk az ellenállásokat, de már kevesebb ellenállást rajzolunk. Azok helyett, melyek eredőjét ki tudtuk számolni, csak az egyetlen eredő ellenállást rajzoljuk meg. Az eredő ellenállással úgy helyettesítjük a sorosan kapcsolt ellenállásokat, hogy az egyik helyére berajzoljuk az eredőt, míg a többit rövidzárral helyettesítjük. Párhuzamosan kapcsolt ellenállások esetén, az egyik ellenállás helyére berajzoljuk az eredőt, míg a többit szakadással helyettesítjük. a) Határozzuk meg a 23a ábrán látható kapcsolás azaz a generátor felől! b) Mekkora lesz a generátor árama, ha Uo = 28 V. 24 eredő ellenállását az „AB" kapcsok, A Hl

Hl Hl B a) e A A 30 e 60 60 30 l 0 B D b) B B e) d) 23. ábra Ellenállások vegyes kapcsolása Megoldás: a) A 23a ábrán látható kapcsolásban a 2 Q-os és 4 0-os ellenállások sorosan • kapcsolódnak, mivel azonos ágban vannak, az eredőjük 6 Q (b.ábra) A 4 Q-os ellenállás helyére berajzoltuk az eredőt, míg a 2 0-os ellenállást rövidzárral helyettesítettük. A következő lépésben a két 6 Q-os ellenállás párhuzamos eredőjét (3 Q) • határozhatjuk meg (e.ábra) ( A két 6 0-os ellenállás azonos pontok közé van kötve, tehát azonos a feszültségük, párhuzamosak.) Az egyik 6 Q-os ellenállás helyére berajzoltuk az eredőt, míg a másik 6 Q-os ellenállást szakadással helyettesítettük. Az így kialakult áramkör három ellenállása sorosan kapcsolódik, tehát a • megadott vegyes kapcsolás eredő ellenállása 7 Q (d.ábra) b) Afeszültséggenerátor az eredő ellenállást "látja". Tehát az a ábrán

látható kapcsolás a generátorral és az eredő ellenállással helyettesíthető. Az egyhurkos hálózatban (lásd 15 ábra) az eredő ellenállásra jutó feszültség megegyezik a generátor U0 feszültségével. Ha már ismert az ellenállás feszültsége, Ohm törvényével kiszámíthatjuk az ellenállás áramát, azaz az egyhurkos, soros kör áramát, ami egyúttal a generátor árama is: 28 la =-=4A. 7 Egygenerátoros körben a generátor mindig termelő, tehát áramának iránya ellentétes a generátorfeszültség irányával, azaz jelen esetben felfelé mutat. Ha a hálózat csak egy generátort tartalmaz, úgy az ideálisnak tekinthető generátoron kívüli rész csak passzív elemeket tartalmaz, melyek a generátorhoz két vezetékkel kapcsolódnak, tehát passzív kétpólusok. Ha a passzív kétpólust helyettesítjük eredőjével, azaz a vele ekvivalens legegy.;zerűbb kétpólussalegy egyszerű, elágazásmentes áramkört kapunk Feszültséggenerátor

esetén az ekvivalens kétpólus feszültségét, áramgenerátor esetén az ekvivalens kétpólus áramát ismerjük, és a másik jellemző kiszámítható Ohm törvényével. 25 Ezzel valójában a feszültséggenerátor áramát, illetve az áramgenerátor feszültségét határoztuk meg. (Ha nem elhanyagolható az egyenáramú generátor belső ellenállása, úgy azt is a passzív kétpólusban, azaz az eredő ellenállásban kell figyelembe venni.) A gyakorlatban sokszor előfordul, hogy "ránézésre" nem tudjuk megállapítani az ellenállások kölcsönös helyzetét, kapcsolatát; nem találjuk azt a pontot, ahonnan kiindulva az összevonásokat megkezdhetjük. Az ilyenkor alkalmazható módszert a 24a ábrán látható kapcsoláson keresztül ismertetjük. Az ábrán látható vegyes körben az ellenállások viszonya látszólag hasonló az előző példában látotthoz, de a felső áthidaló ág (rövidzár) megváltoztatja az ellenállások villamos

kapcsolódását. Mekkora lesz a generátor árama a 24a ábrán látható kapcsolás esetén, ha U0 = 20 V. Megoldás: Ha ranezesre nem találunk soros, vagy párhuzamos ellenállásokat, de van a kapcsolásban rövidzár, a rövidzár két végpontját mindig jelöljük meg azonos betűvel! Ezzel azt jelöljük, hogy azonos potenciálú pontok. Ha két ellenállás azonos betűjelű pontok közt van, úgy párhuzamosan kapcsolódik. Ebben a kapcsolásban a 3 O-os és 6 O-os ellenállások vannak az A és C pontok közé kötve. Ezután úgy rajzoljuk át az ellenállásokat, hogy a 3 0 helyére szakadást, és 6 0 helyére az eredőt ( 6 ® 3 = 2 0) rajzoljuk. A e A A 120 B B a) b) 24. ábra Vegyes kapcsolás A vizsgált kapcsolás egyszerűen meghatározható: RAB eredő ellenállása az AB kapcsok felől a 24b ábra alapján már =(6 0®3 0+4 0)@12 O+l 0=5 0 A generátor áramának nagysága: és iránya ellentétes a generátorfeszültség irányával. Sok esetben a

rövidzár ágban is van elem (pl. ideális árammérő), aminek ellenállása nulla, tehát az eredő ellenállás értékét nem befolyásolja. Más esetben - a rövidzár következtében - bizonyos ellenállásokat nem kell figyelembe venni a számításoknál. Mekkora lesz a 3 O-os, valamint a 2 O-os ellenállások árama a 25. ábrán látható kapcsolás esetén, ha U = 24 V. 26 2n Megoldás: B A A 3 Q-os, a 4 Q-os és az 5 Q-os ellenállások párhuzamosan kapcsolódnak, és egyik pólusuk a B pontra csatlakozik. Másik pólusuk is közös, de az áramkör egyik pontjához sem kapcsolódik ("lóg a levegőben "). Ha feszültséget kapcsolnánk az A-B pontokra, csak a 2 Q-os ellenálláson folyhatna áram, tehát: 30 sn e 4 B n B-----+------ B RAB=2Q. 25. ábra / = UIRAB = 24/2 = 12 A, és a 3 Q-os ellenálláson nem A 2 Q-os ellenállás árama: folyik áram. Tehát az eredő ellenállás meghatározásánál csak azokat az ellenállásokat kell

figyelembe venni, amelyeken áram folyik, ha az áramkörre feszültséget kapcsolunk. 1.224 A delta-csillag átalakítás Az eddig megismert módszerek szerint az eredő ellenállás meghatározását a sorosan és párhuzamosan kapcsolódó ellenállások lépésenként összevonásával végezhetjük el. A 26 ábrán látható elrendezés eredő ellenállása nem határozható meg a fenti módon, mert nem találunk két sorosan kapcsolt (áramuk azonos) vagy párhuzamosan kapcsolt (feszültségük azonos) ellenállást. Ezt az öt ellenállásból álló alakzatot hídkapcsolásnak hívjuk. A probléma megoldásához a kapcsolást úgy kell átalakítani, hogy az eddig megtanultakat alkalmazhassuk. Ehhez ún. delta-csillag (másképp nevezve: háromszög csillag) átalakítást fogunk végezni A Az ellenállásokat deltába (háromszögbe) kapcsoljuk, ha az egyik ellenállás végét, a másik ellenállás 3Q kezdetével kötjük össze körben mindhárom ellenállás 3Q esetén,

és a közös végeket kivezetjük. A csillagba kapcsolt három ellenállás egyik vége R,=? e B közös, az ellenállások másik végét kivezetjük. (Deltát 5Q alkot a 26. ábrán az ABC pontok közt a három darab 3 n2 os ellenállás, valamint a BCD pontok közt a 3, az 5 és a 2 Q-os ellenállás.) D A 26. ábra A e B R~ e B b.) a.) 27. ábra a) szimmetrikus delta kapcsolás b) szimmetrikus csillag kapcsolás 27 Ha azonosak a deltakapcsolás ellenállásai - úgy mondjuk, hogy szimmetrikus a deltakapcsolás - az átalakítás egyszerűbben végezhető el. Ezért először azt vizsgáljuk meg, hogyan helyettesíthető a szimmetrikus deltakapcsolás csillagkapcsolással. Ebben az esetben a csillagkapcsolás ellenállásai is azonosak lesznek. A 27. ábrán látható két elrendezés - a delta és a csillagkapcsolás - ekvivalens, azaz egyenértékű, ha bármely két kapcsuk között ugyanakkora ellenállás mérhető. Például: RAB = Rti ® (Rti + Rti) = Rti . 2

Rti = 3 Rti 3 3 · Rti A jobb oldalak egyenlősége alapján: 3 · RA = 2 · Ry, 3 illetve amelyből I Ry A A 3Q 3Q lQ e R,=? D B 1,5 Q lQ e 0,6Q R,=? B 5Q = R3;. I > lQ 2Q D D b.) a) 28. ábra értékű egyszerűen elvégezhető, mert a csillagba kapcsolt ellenállások értéke a deltába kapcsoltakénak a harmadrésze lesz. Az átalakított kapcsolást minden esetben rajzoljuk meg (28a ábra)! Az átalakítást követően az eredő ellenállás számítása már elvégezhető az eddig ismertek szerint. Tehát az átalakítás azonos ellenállások esetén Re =(1+5)@(1+2)+1=2+1=30 A háromszög-csillag átalakítás általános szabályát is meghatározhatjuk a 29. ábra alapján. Ehhez mindhárom kapocs-párra fel kell írni az egyenértékűség feltételét A A a) e 29. ábra Delta-csillag átalakítás B b) különböző értékű 28 ellenállások esetén. Az eredő ellenállás az A-B pontok között: Az eredő ellenállás a B-C

pontok között: Az eredő ellenállás a C-A pontok között: RAB® (R 8 e + ReA) = RA + Rs Rse ® (ReA + RAB)= RB + Re ReA ® (RAB + Rse) = Re + RA Így egy három-ismeretlenes elsőfokú egyenletrendszer adódik, ami már megoldható. Például, ha az első és a harmadik egyenletet összeadjuk, és kivonjuk belőle a másodikat, úgy az „A" pont felőli helyettesítő ellenállás meghatározható. A helyettesítő ellenállások: R - RBe. ReA e Rt-,. , ahol: tehát a deltába kapcsolt ellenállások értékeinek összege. A delta-csillag átalakítás általános szabálya ezek alapján: Az adott ponthoz csatlakozó két ellenállás értékének szorzatát osztanunk kell a háromszögbe kapcsolt ellenállások értékeinek összegével, ami megadja a csillag kapcsolás ellenállásának értékét. A 26. ábrán látható hídkapcsolásban a C-D-B (alsó) háromszögre elvégezve az átalakítást (28b ábra): 3.5 2-5 3-2 RD = - - - = I Q . Rs =---=06Q Re=---= 1,5 Q,

5+3+2 5+3+2 5+3+2 Az eredő ellenállás értéke: Re= I Q+(I,5 Q+3 n)@(0,6 Q+3 n)= 1 Q+2 Q = 3 Q, ami nyilvánvalóan megegyezik az előző átalakítás (28a ábra) során kapott eredménnyel. 1.225 A kiegyenlített hídkapcsolás Mikor nincs szükség a háromszög-csillag átalakításra? Az előző pontban már láttuk, hogy az eredő ellenállás számításánál csak azokat az ellenállásokat kell figyelembe vennünk, amelyeken áram folyik, ha a kapcsokra generátor csatlakozik. Ha a hídkapcsolás (30a ábra) R5 jelű ellenállásán nem folyik áram, akkor az eredő ellenállás számítása már egyszerűen elvégezhető. Uo A B Uo Uo A IRs = 0 a) Hídkapcsolás b) kiegyenlített híd helyettesítése 30. ábra 29 A . - - - - B UAB=O e) kiegyenlített híd helyettesítése Tételezzük fel, hogy a középső hídág árama zérus: Ekkor a híd kiegyenlített, és U AB = 1RS · Rs = 0 1s teljesül, tehát R2 és R4 ellenállások(, valamint R 1 és

R3 ellenállások)/eszü/tsége azonos: Az I RS = 0 feltétel azt is jelenti, hogy az R1 és R2 illetve R3 és R4 ellenállások árama azonos, tehát sorosan kapcsolódnak (30b ábra). Írjuk fel az R 1 és R2 ellenállások, valamint az R3 és R4 ellenállások áramát: Az R2 és az R4 ellenállások (, valamint az R 1 és az R3 ellenállások) feszültsége azonos: Mivel U R2 = U R4, tehát Az U0-lal egyszerűsítve, majd rendezés után Ri-R 4-el is egyszerűsítve kapjuk: Tehát a híd kiegyenlített, ha a szemközti ágak ellenállásainak szorzata megegyezik. Kiegyenlített híd esetén az eredő ellenállás a 30b ábra alapján, ha a zérus áramnak a híd keresztágát szakadással helyettesítjük: megfelelően Kiegyenlített híd esetén az eredő ellenállás a 30c ábra alapján, ha a zérus feszültségnek a híd keresztágát rövidzárral helyettesítjük: megfelelően Természetesen a két változat azonos eredményt ad. eredő Határozzuk meg a 31.

ábrán látható hídkapcsolás ellenállását! Megoldás: Mielőtt egy hídkapcsolás átalakítását megkezdenénk, mindig ellenőrizzük a kiegyenlítés feltételét! 2Q Re=? 3Q A 4Q 31. ábra 30 6Q B 12 n 4 Q. 6 Q = 2 Q-12 Q Az ábra alapján: Az egyenlőség teljesül, tehát kiegyenlített hídkapcsolás látható az ábrán. A számításoknál a 3 Q-os ellenállást először szakadással helyettesítjük, majd rövidzárral helyettesítve is meghatározzuk az eredő ellenállást. Re =(2+4)@(6+12)=6®18=4,5Q vagy: Re = 2 ® 6 + 4 ® 12 = 1,5 + 3 = 4,5 Q . (A replusz magasabb rendű hagyhatók el a zárójelek.) művelet, mint az összeadás, azt kell előbb elvégezni, ezért 1.23 Feszültségosztás, áramosztás A továbbiakban két olyan összefüggést vezetünk le az Ohm- és a Kirchhoffmelyek általános érvényűek, és az áramköri számításokat egyszerűsítik. Ezek a feszültségosztó és az áramosztó képlet. törvényekből, 4 u

R2 tul tu2 tu4n 2 33. ábra 60V 3 7 32. ábra • Az előző pontban láttuk, hogy a sorosan kapcsolt ellenállások árama azonos. Vizsgáljuk meg, hogyan alakul két sorosan kapcsolt ellenállás feszültsége, ha az ellenállásokra kapcsolt eredő feszültséget ismerjük (32. ábra) Az ellenállások árama az Ohm törvény alapján: I= Uo R1 +R2 Az Ohm törvényt az R1 és az R2 ellenállásra is felírva: U 1 = I · R1 és U 2 = I · R 2 , ahonnan: és kifejezést kapjuk, amit feszültségosztó képletnek nevezünk, és két sorosan kapcsolt ellenállás feszültségeinek meghatározására alkalmas, ha az eredő (Uo) feszültséget ismerjük. 31 A fenti feszültségosztó képlet használatával kapcsolatban a hangsúlyozni: • a./ csak sorosan kapcsolt ellenállások esetén használható, • b./ a fenti alakban két ellenállás esetén írható fel következőket kell Természetesen használhatjuk a feszültségosztó képletet bonyolultabb

elrendezések esetén is, de akkor, ha a fenti alakban kívánjuk alkalmazni, a bonyolult hálózatrészt vissza kell vezetni két ellenállás soros kapcsolására. Számítsuk ki a 33. ábrán adott kapcsolásban a 4 0-os ellenállás feszültségét feszültségosztó képlet segítségével! Megoldás: • Ha a 4 0-os ellenálláson kívül az összes többi ellenállást egyetlen Rs ellenállásba vonjuk össze: Rs =2 0+3 0+7 0=12 0. Ezzel a problémát a 30. ábra szerinti alapesetre vezettük vissza Így a keresett feszültség: 40 U4n =60V----=15V. 4 O+ 12 0 • Másképpen is gondolkodhatunk. Írjuk fel a kör áramát: 60 60 l=---=-=3,75A. 4+2+3+7 16 Az Ohm törvényt a 4 0-os ellenállásra felírva: U 40 = I · 4 = 3, 75 •4 = 15 V. Azaz a feszültségosztó képlet például négy sorosan kapcsolt R 1, R 2 , R 3 és R 4 ellenállás esetén: ahol Uo a sorosan kapcsolt négy ellenállás együttes feszültsége és URI az R 1 ellenállás keresett feszültsége.

Példa Számítsuk ki a 34. ábrán adott kapcsolásban az R3 ellenállás feszültségét feszültségosztó képlet segítségével! R 1 = 2 0, R 2 = 3 0, R3 = 6 0. R1 34. ábra 32 Megoldás: Az adott kapcsolásban az R2 ellenállás és az R3 ellenállás párhuzamosan kapcsolódik: A 24 V-os táplálás felől az R1 ellenállás és az R2,3 ellenállás már sorosan van kapcsolva, tehát erre a két ellenállásra már alkalmazható a feszültségosztó képlet. Az R2,3 ellenállás feszültsége megegyezik az R3 ellenállás feszültségével, hiszen éppen ez a párhuzamos ellenállások eredőjének a lényege. Vagyis nemcsak a párhuzamos ellenállások feszültsége azonos, de ezzel megegyezik az őket helyettesítő eredő ellenállás feszültsége is. Tehát a keresett feszültség: • A korábbiakban már láttuk, hogy a párhuzamosan kapcsolt ellenállások feszültsége azonos. Vizsgáljuk meg, hogyan határozható meg két párhuzamosan kapcsolt ellenálláson

átfolyó áramok értéke, ha az ellenállások eredő áramát ismerjük (35. ábra) ---t> le 35. ábra Kapcsolás az árarnosztó képlet alkalmazásához A rendelkezésre álló adatok segítségével írjuk fel az R1 áram értékét! Az R 1 ellenállásra az Ohm törvényt felírva: jelű ellenálláson átfolyó 11 A táplálás felől a két ellenállást az eredőjével (Re) helyettesíthetjük. Az egyenértékű átalakítás miatt ugyanakkora Uo feszültség rákapcsolásakor ugyanakkora le áram alakul ki az eredő ellenálláson, mint amekkora a két párhuzamosan kapcsolt ellenálláson együttesen, tehát: A két összefüggés bal oldala (Uo) azonos, amiből: I .R 1 1 =I . R1 R2 R 1+ 2 e R Az egyenlet mindkét oldalát R1-gyel osztva kapjuk az 33 kifejezést, amit áramosztó képletnek nevezünk. Ez két párhuzamosan kapcsolt ellenállás részáramainak meghatározására alkalmas, ha az eredő áramot ismerjük. Tehát az R 1 ellenállás

árama egyenesen arányos az eredő árammal és az R2 ellenállás értékével, és fordítva arányos a két párhuzamosan kapcsolt ellenállás összegével. Úgy mondjuk, hogy a párhuzamos ellenállások részárama mindig azzal az ellenállással arányos, amelyen nem folyik. Tehát, mindig a nagyobb értékű ellenálláson fog a kisebb értékű áram folyni. I =I . 2 • • e R1 R1 +R2 Az áramosztó képlet használatával kapcsolatban ki kell kihangsúlyozni: a./ csak párhuzamosan kapcsolt ellenállások esetén, b./ csak két ellenállásra írható fel! Az áramosztó képletet csak akkor használhatjuk kettőnél több párhuzamosan kapcsolt ellenállás esetén is, ha a szükséges átalakítást elvégezzük, azaz visszavezetjük a bonyolult kapcsolást két párhuzamosan kapcsolt ellenállásra. (36 ábra) 6A 2n 1,6n b) a) 36. ábra Az áramosztó képlet alkalmazása több ellenállás esetén Határozzuk meg a 2 Q-os ellenállás áramát a 36a

ábrán látható kapcsolás esetén! Megoldás: Ehhez a 2 Q-os ellenállással párhuzamosan kapcsolódó ellenállásokat egyetlen Rp ellenállásba vonjuk össze: 6-3 2-8 ® 8 = 2 ® 8 = - - = 1,6 Q 6+3 2+8 R = 6 ® 3® 8 = P Ezzel a feladat megoldását visszavezettük a 35. ábra szerinti alapkapcsolásra, így az áramosztó képlet már alkalmazható: / 2 n,=6A· l, 6 Q =6-~A=!A=2,66A. 1,6 Q+2 Q 3,6 3 Az eddig megismertek alkalmazására oldjuk meg az alábbi három példát! 34 Példa Határozzuk meg, hogy a 37a ábrán látható kapcsolásban hány ampert mutat az ideálisnak tekinthető ampermérő! U0 = 24 V, R 1 = 60 Q, R2 = 40 Q, R3 = 60 Q, R4= 120 Q, Megoldás: Először az eredő ellenállást kell kiszámítani, hogy megkaphassu k az eredő áramot. Mivel az ideális ampermérő a kapcsolásban rövidzárat jelent, a rövidzár két végpontját jelöljük azonos (C) betűvel, mint azonos potenciálú pontokat (b ábra). Az R 1 és az R 3, valamint az R2 és

az R4 ellenállások vannak azonos potenciálú pontok közt. Tehát az eredő ellenállás (c ábra): le R1 A A --3> Uo e Uo R2 R1XR3 le R1 Uo R2x~ R2 B X B b) a) X e) 37.ábra Az eredő áram: = Uo = I e Re 24 = 0 4 A. 60 A rövidzár áramát csak csomóponti törvényből tudjuk meghatározni. Alkalmazzuk a csomóponti törvényt a baloldali C pontra! Tehát ki kell számolni a b ábrán jelölt 1r és 12 áramokat, amit a legegyszerűbben áramosztással végezhetünk el: A csomóponti törvény: ahonnan: JA = h - h = 0,2 -0,3 = - 0, 1 A. Az áram valóságos iránya az ábrán felvette! ellentétes. 35 Határozzuk meg, hogy a 38a ábrán látható kapcsolásban hány voltot mutat az ideálisnak tekinthető voltmérő! U0 = 24 V, R1 = 60 n, R2 = 40 Q, R3 = 60 Q, R4 = 120 Q. le A --3> 11 R, Uo Uv e Uo ~ t u, R2 b) a) R3 i l2 D ~i U2 B 38. ábra Megoldás: A voltmérő feszültségét huroktörvényből tudjuk

meghatározni. Válasszuk a voltmérő, az R2 és az R4 ellenállások alkotta (alsó) hurkot! Tehát ki kell számítani az R2 és az R4 ellenállások feszültségét. Mivel az ideális voltmérő az áramkörben szakadásként viselkedik, ezért az R 1 és az R2 , valamint az R3 és az R4 ellenállások vannak sorosan kapcsolva, azaz azonos az áramuk. Vagy kiszámolhatjuk az R 2 és az R4 ellenállások áramát és Ohm-törvénnyel a feszültségüket, vagy közvetlenül alkalmazhatunk feszültségosztást, hiszen két-két sorosan kapcsolt ellenállás van a táplálásra kapcsolva. R2 40 U 1 = U O • - - - = 24 · l 00 Ri +R2 = 9,6 V, A huroktörvény: Uv+ U2 - Ui = 0, ahonnan: Uv= U 1 - U 2 = 9, 6 - 16 = - 6, 4 V. Tehát a voltmérő által mutatott érték - 6,4 V. A voltmérőre jutó feszültség iránya a felvett vonatkoztatási iránnyal ellentétes, az ábrán jelölt C pont az alacsonyabb potenciálú. Mekkora a 39a ábrán látható hídkapcsolásban a keresztág

áramának erőssége? Uo = 24 V, Ro = Ri = 60 0, R2 = 40 0, R3 = 60 Q, R4 = 100 Q. Megoldás: Mivel nincs kiegyenlítve a híd, az átalakítást kell végezni. eredő 36 ellenállás meghatározásához delta-csillag A A 0 Re e B Uo Uo B R2 D D a) ~ tu1 Uoo e ~iU2 b) 39. ábra Az ABC csomópontok közt elhelyezkedő deltakapcsolás szimmetrikus, így a csillagkapcsolás elemei (39b ábra): helyettesítő R A = RB = Re = 60 I 3 = 20 Q . Az eredő ellenállás: Re =RA +(R8 +R2 )x(Rc +R4 )=20+60x120=20+40=60Q. Az eredő áramerősség: I e = U OI Re = 24 / 60 = 0,4 A . Hiába határoztuk meg az eredő áramerősség értékét, az eredeti hídkapcsolásban ennek ismeretében sem tudunk közvetlenül további áramot, illetve feszültséget számolni. Kiegyenlítetlen hídkapcsolás esetén sem az áramosztást, sem a feszültségosztást nem alkalmazhatjuk. Bár az átalakított kapcsolásban (39b ábra) a híd keresztágának ellenállása nem szerepel,

csak az átalakított kapcsolásban tudunk egyszerűen továbbszámolni. Ebben a kapcsolásban azon ellenállások áramát, illetve feszültségét célszerű meghatározni, amelyeket nem alakítottunk át. Ezen ellenállások árama és feszültsége a két kapcsolásban megegyezik, hisz épp ez az egyenértékű átalakítás lényege. Az R2 és az R4 ellenállások áramának ismeretében a keresett áram nem határozható meg, tehát az ellenállások feszültségét kell kiszámolni. A BC pontok közti feszültség az átalakításhoz képest kívülről mérhető mennyiség, a két kapcsolásban megegyezik, és huroktörvénnyel meghatározható. A 39b ábra alapján: U 0n = U 0 -le· RA = 24-0,4-20 = 16 V R2 40 U1 =Uon ·---=16·-=10,66V R2 +R 8 60 U 0 =U1 -U 2 =10,66-13,33=-2,66V. A 39a ábra alapján: 10 = U 0 I R0 =-2,66/60 = -0,044A. 37 • Gyakorlati jelentősége miatt külön kell foglalkoznunk a folyamatos szabályozású feszültségosztókkal, a

potenciométerekkel. Ezek olyan ellenállások, amelyeknek egy harmadik, az ellenállás-testen csúsztatható, kivezetésük is van. A potenciométer négypólusnak tekinthető, melynek egy bemeneti és egy kimeneti oldala van (40. ábra) A potenciométer olyan passzív négypólus, amelynél a kimeneti és a bemeneti feszültség aránya a csúszka helyzetétől függ (41. ábra) - i~ - ~t NP - - 40. ábra Négypólus általános jelölése b) a) 41. ábra Terheletlen feszültségosztó a) a potenciométer b) a potenciométer helyettesítése • Ha a potenciométer terheletlen, azaz a kimenetén üresjárás van, úgy a feszültségek aránya: Uki r --=- U be ahol R R a potenciométer teljes ellenállása, r a potenciométer kimeneti kapcsokkal párhuzamos részének ellenállása. • Ha a potenciométer kimenetére véges értékű R, ellenállást kapcsolunk, azaz terheljük, akkor a kimeneten fellépő feszültség értéke a terhelő ellenállás mindenkori

értékétől is függ. a) terhelt potenciométer b) terhelt potenciométer helyettesítése 42. ábra Terhelt feszültségosztó 38 A feszültségek aránya terhelt feszültségosztó esetén: Tehát a kimeneti feszültség értéke terheléskor mindig kisebb, mint ugyanazon csúszkaállás esetén terheletlenül, amit a potenciométer gyakorlati alkalmazásánál mindig figyelembe kell venni. Ha a terhelő ellenállás értéke lényegesen nagyobb, mint R = R1 + R2 , akkor visszakapjuk a ·terheletlen feszültségosztónál meghatározott arányt. A 43. ábrán látható: míg az ideális, terheletlen potenciométer karakterisztikája lineáris, addig a terhelt potenciométer nemlineáris jelleggörbéjű. A lineáris jellegtől annál nagyobb az eltérés, minél jobban terheljük az osztót, azaz minél kisebb a terhelés ellenállása. Ennek megfelelően a terhelés ellenállását választottuk az ábrán paraméterül. 0 0,5 43. ábra Terhelt feszültségosztó

jelleggörbéi Ellenőrző kérdések: 1./ Mit tekintünk egy hálózat eredő ellenállásának? 2./ Mi az ellenállások soros kapcsolásának villamos feltétele? 3./ Hogyan határozható meg a sorosan kapcsolt ellenállások eredője? 4./ Mi az ellenállások párhuzamos kapcsolásának villamos feltétele? 5./ Hogyan határozható meg a párhuzamosan kapcsolt ellenállások eredője? 6./ Mi a hídkapcsolás? 7./ Mikor egyenértékű a háromszög-csillag átalakítás? 8./ Hogyan végezhető el a háromszög-csillag átalakítás azonos ellenállások esetén? 9./ Mikor nem szükséges a háromszög-csillag átalakítást elvégezni? 10./ Mi a kiegyenlített hídkapcsolás villamos feltétele? 11./ Ismertesse a feszültségosztó képletet! Mikor használhatjuk a feszültségosztó képletet? 12./ Ismertesse az áramosztó képletet! Mikor használhatjuk az áramosztó képletet? 39 1.3 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) • Adja meg az

áram egységének mértékrendszerünkben (m, kg, s, A) érvényes definícióját! • Vezesse le a feszültségosztó képletet két ellenállás (R 1 és R2) esetén! A levezetéshez szükséges kapcsolást rajzolja meg! • Vezesse le az áramosztó képletet két ellenállás (R 1 és R2 ) esetén! A levezetéshez szükséges kapcsolást rajzolja meg! • Írja fel egy terhelt feszültségosztóra a feszültségosztó képletet! A szükséges kapcsolást rajzolja meg! • Írja fel a 44a ábrán látható kétlépcsős feszültségosztóra a feszültségosztó képletet! a) b) 44. ábra • Írja fel a 44b ábrán látható kapcsolás esetén a 6 ohmos ellenállás áramát áramosztó képlet segítségével! • Határozza meg a 45a ábrán látható kétpólus eredő ellenállását! • Határozza meg a 45b ábrán látható kétpólus eredő ellenállását! • Rajzoljon fel egy összefüggést! egyenáramű hídkapcsolást, és vezesse le a

kiegyenlítés feltételét jelentő A A A 40 40 40 40 40 120 40 80 B B B a.) b) 45. ábra • Határozza meg a 45. a), b) és e) ábrán látható kétpólus eredő ellenállását! 40 e) 1. 4 A felkésui,lést ellenőrzőfeladatok 1. A kapcsolásban a feszültségforrások ideálisnak tekinthetők. Hány ampert mutat az ideális ampermérő? JA=? (-10,6 A) Megoldás: Az ideális ampermero rövidzárral helyettesíthető. Először határozzuk meg az ellenállások feszültségét, majd áramukat. Az ampermérő árama csomóponti törvénnyel számolható ki. 2. Az ábrán adott kapcsolásban a feszültségforrások ideálisnak tekinthetők, és az ideális voltmérő 50 V-ot mutat. Határozza meg a ,, G l" generátor teljesítményét! 120 Pa1 =? (-500 W) Megoldás: Az ideális voltmérő szakadással helyettesíthető, tehát árama, és a vele sorosan kapcsolt ellenállás árama 1s nulla. Először határozzuk meg az ellenállások és a

„Gl" generátor feszültségét, majd a generátor árama csomóponti törvénnyel számolható ki. 3. Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg az 1-es generátor feszültségét és teljesítményét, ha az ábrán jelölt áram / = 2,5 A. a.) b.) Ua1 = ? (-117 V) PGJ =? (-1930,5 W) 18Q 41 40 4. Határozza meg az R1 ellenállás értékét úgy, hogy az ideális áramgenerátor által termelt teljesítmény 9 W legyen. (R 1 = 5 ohm) 10n 10n l15V Megoldás: Az ideális áramgenerátor teljesítményéből meghatározhatjuk az áramgenerátor feszültségét. Termelt teljesítmény esetén a generátor áramának és feszültségének iránya ellentétes. Ez a feszültség jut a kapcsolás baloldali ágára Huroktörvény alapján határozzuk meg a baloldali, 10 ohmos ellenállás feszültségét, majd Ohm törvényével az áramát! Ez a feszültség jut a párhuzamosan kapcsolt ellenállásokra is, melyek két vezetékkel kapcsolódnak a hálózat többi

részéhez. Tehát, mint kétpólust, egy ellenállással helyettesíthetjük azokat. Az eredő ellenállás árama csomóponti törvénnyel számolható ki Így az eredő ellenállás értékét Ohm-törvénnyel kiszámíthatjuk, melynek alapján a terhelő ellenállás értékét már meghatározhatjuk. LJG. 5. 6. Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg a generátorok teljesítményét, valamint az ideális voltmérő ábrán jelölt feszültségét! a.) Pa1 =? (32,5 W) PG2 =? (-312 W) b.) Uv=? (37 V) 60n an 13,5A Számítsa ki a generátorok teljesítményét, ha adott két ellenállás árama. 4Q A 6Q Pa1 =? (-84 W) PG2 =? (+4 W) UG!l 2.5 At 42 7. Határozza meg az ábrán látható kétpólus eredő ellenállását! (5 D) R,=? B Megoldás: 8. Az AB kapocspártól a legtávolabbra levő ellenállásból induljunk ki! Határozza meg az ábrán látható kétpólus A 2kf2 eredő 4kD R, =? 5kf2 ellenállását! (3,6 kD) 12 kD 3 kD 6kf2 B

Megoldás: A rövidzár két végpontját jelölje meg azonos párhuzamos ellenállásokat könnyebben megtalálja. 9. Határozza meg az ábrán látható kétpólus 2kD l UAB - ? 12 kQ eredő lkD 6kD betűvel, hogy a ellenállását! (15 D) 4kD 6kD B 10. Hány voltos feszültséget kapcsoltunk az ábrán látható AB kapcsok közé, ha a 3kf2-os ellenállás feszültsége 6 V. (40 V) A 2kD 4kD 5 kD B 43 12 kD 6kD 3 kD 11. Hány voltos feszültséget kapcsoltunk az ábrán látható AB kapcsok közé, ha a 3k0-os ellenállás feszültsége 6 V. U=? (13,5 V) A 200 R, =? 500 B 12. Hány volt az adott kapcsolás generátorának forrásfeszültsége, ha az ideálisnak tekinthető ampermérő 100 mA-t mutat. 300 600 U=?(12V) 400 13. Mekkora feszültség mérhető az AB kapcsok közt üresjárásban? 300 600 (UAB = 2,5 V) A Megoldás: Üresjárás esetén az A és B kapcsok közt szakadás van. B 14. Hány ampert mutat az adott kapcsolásban az

ideálisnak tekinthető ampermérő? 300 600 (93,75 mA) A 400 44 15. Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg a generátor teljesítményét, valamint az ideális voltmérő ábrán jelölt feszültségét. a.) b.) 16. 20Vl Pa=? (-120 W) Uv=? (-12 V) 50 30 30 40 60 8kQ Határozza meg az ábrán látható kapcsolásban a generátor teljesítményét! (-24 mW) 17. 4kQ Határozza meg az ábrán látható kapcsolásban a generátor teljesítményét! 12 kQ 2kQ 3 kQ (-24 mW) 18. - 4kQ Az adott hálózat esetén határozza meg a generátor teljesítményét, valamint az ábrán jelölt 1 áramot a.) b.) 48V Pa=? (-288 W) ! 20 J=?(-2A) 45 60 19. Az adott hálózat esetén határozza meg a generátorok teljesítményét, az ábrán jelölt I áramot, valamint az ellenállások eredő teljesítményét. a.) e.) PGJ=? (-64 W) IPR =? (-384 W) Pai=? (-320 W) <I 20. b.) I=? (-6 A) 1 Egy alapműszer végkitéréséhez 75 mV és 15 mA

tartozik. Méretezzünk előtét ellenállást a műszerhez 100 V-os méréshatárral Az előtét ellenállás anyaga legyen manganin. A megengedett áramsűrűség: 2 A/mm2, a manganin fajlagos ellenállása: 0,42 ohm mm2/m. (dszüks = 0,096 mm, dszabványos = 0,1 mm, l = 124,6 m) Megoldás: A megengedett áramsűrűség és a műszer végkitéréséhez tartozó árama a szükséges keresztmetszetet határozza meg. Az előtét ellenállás értékét a rájutó feszültségből és az alapműszer áramából lehet kiszámolni. 21. Határozza meg az ábrán látható kétpólus eredő ellenállását! A (3,660) 30 R,=? e B 30 D A 22. Határozza meg az ábrán látható kétpólus eredő ellenállását! 30 R,=? (2,660) 60 e B 10 D 46 23. Határozza meg az ábrán látható kétpólus eredő ellenállását, ha a kapcsolásban szereplő valamennyi ellenállás értéke 1 kQ. A (714 Q) e R, =? B D lQ 24. Az adott hálózat esetén határozza meg a

generátor teljesítményét! A 3Q P0 =? (-36 W) 12V 1 e B 2Q D 18 Q 25. A Mekkora az adott híd keresztágának árama? 40Q (0,12 A) 25V 1 40Q e B 12 Q 72Q D 47 2. Egyenáramú körök II 2.1 Lineáris aktív kétpólusok 2.11 A valóságos generátorok Az eddig vizsgált áramkörökben a termelőt egy olyan hálózati elemmel modelleztük, mely potenciál-különbséget hoz létre a hálózat két pontja között. Ezt az aktív hálózati elemet neveztük feszültséggenerátomak. Az egyenáramú feszültséggenerátort egy adattal, az állandó U0 feszültségével jellemeztük, azaz feltételeztük, hogy a generátor feszültsége állandó, független az áramkör többi elemétől. Ez az ideális feszültséggenerátor A gyakorlatban azt tapasztaljuk, hogy a valóságos feszültségforrások kapcsain mérhető feszültség -, amit kapocsfeszültségnek nevezünk - függ a terheléstől. Ez azt jelenti az egyenáramú áramkörökben, hogy a fogyasztó

ellenállásának (a kör áramának) változásával változik a feszültségforrások kapocsfeszültsége. Ha a generátort terhelő áram függvényében ábrázoljuk a kapocsfeszültséget, a generátor jelleggörbéjét kapjuk meg. Egy generátor jelleggörbéjét (karakterisztikáját) meghatározhatjuk méréssel, ha a valóságos feszültségforrásra változtatható terhelő ellenállást kapcsolunk a 46a ábrán látható módon. ~ x1-------.-~ A i------. R1=0 ~------o---, It b) a) 46. ábra Valóságos feszültséggenerátor vizsgálata • A legnagyobb kapocsfeszültséget akkor tapasztaljuk, ha a terhelő ellenállás végtelennek tekinthető (szakadás). Ebben az esetben nincs zárt áramkör, tehát nem folyik áram, ez a generátor üresjárási üzemállapota. A karakterisztikának ezt a pontját az ábrán 1gyel jelöljük Ha egy Rr ellenállást kapcsolunk a feszültséggenerátorra, zárt áramkört hozunk létre. • Az így keletkezett zárt körben áram

folyik. Ha csökkentjük az R1 terhelő ellenállás értékét, folyamatosan nő az áram, és csökken az Uk kapocsfeszültség. Ezt nevezzük terheléses üzemállapotnak, és a jelleggörbe lineáris. • Az ábrán 2-vel jelöljük azt a pontot, ahol az áram maximális, és a kapocsfeszültség nulla. Az Uk kapocsfeszültség egyúttal az ellenállás feszültsége is Az u k = Rr • Ir adott Ir áram esetén csak úgy lehet nulla, ha az ellenállás értéke zérus, azaz az ellenállást ebben a mérési pontban rövidzárral helyettesítettük (A gyakorlatban általában kerülni kell az ilyen "terhelést"!). Ez a generátor rövidzárási üzemállapota A valóságos generátornál a kapocsfeszültség csökkenését a generátoron belüli ellenálláson fellépő feszültség okozza. Egy valóságos generátor vezetőanyaga az áram számára ellenállást jelent. Ez az ellenállás a generátoron belül, annak szerkezeti részeiben elosztva van jelen, ezért a

generátor belső ellenállásának nevezzük, és Rb-veljelöljük. Az ideális feszültséggenerátor belső ellenállása nulla. A továbbiakban az a célunk, hogy egy 48 valóságos generátor esetén is egyszerűen tudjunk az egyenáramú körökben áramot, illetve feszültséget számolni. Ehhez a valóságos generátort olyan ideális áramköri elemekkel kell modellezni, amelyekkel már eddig megismerkedtünk. Thevenin elve szerint egy aktív kétpólus helyettesíthető egy ideális feszültséggenerátor és egy ellenállás soros kapcsolásával. A valóságos generátornak két kivezetése van, tehát kétpólus (47. ábra) A helyettesítő ideális generátor U0 feszültségét forrásfeszültségnek, vagy belső feszültségnek hívjuk, Rb pedig a generátor belső ellenállása. Természetesen a helyettesítő kapcsolás jelleggörbéjének meg kell egyeznie a valóságos generátor méréssel meghatározott karakterisztikájával. Írjuk fel a 47a ábrán

látható helyettesítő kapcsolásra a huroktörvényt! Uo a) 47. ábra A valóságos feszültséggenerátor amiből b) helyettesítő képe és karakterisztikája a kapocsfeszültség: A fenti hurokegyenlet egyúttal a valóságos generátor jelleggörbéjének matematikai leírása (függvénye), ahol a helyettesítő generátor forrásfeszültsége a valóságos generátor üresjárási feszültsége (Lásd a 47b ábrát!). Azt a termelőt, amelyik adott áramot kényszerít az áramkör egy ágára, áramgenerátornak nevezzük. Ha az áramgenerátor által szolgáltatott áram az áramkör többi elemétől függetlenül állandó, azaz nem változik a terhelés függvényében, akkor az egy ideális áramgenerátor. Az ideális egyenáramú áramgenerátor egy adattal jellemezhető, és ez az állandó az 10 forrásárama. A 48 ábrán látható az ideális áramgenerátor általános rajzjele áthúzott kör-, és megrajzoltuk a karakterisztikáját is Az ideális

áramgenerátor - az ideális feszültséggenerátor és a lineáris, ohmos ellenállás mellett - a harmadik olyan áramköri elemünk, amely egy adattal jellemezhető. 11 = lo lo-1------- b) a) 48. ábra Ideális áramgenerátor 49 uk = 11-Rt = Io-Rt Ha az áramgenerátor árama csökken a fogyasztó ellenállásának függvényében, akkor valóságos áramgenerátorról beszélünk. A valóságos áramgenerátomál a kimenetre jutó áram csökkenését az okozza, hogy a generátor áramának egy része a generátoron belüli ellenálláson keresztül záródik. Ezért azt a generátor belső ellenállásának nevezzük, és Rb-vel jelöljük Az ideális áramgenerátor belső ellenállása végtelen. Norton tétele értelmében a valóságos áramgenerátor helyettesíthető egy ideális áramgenerátor és a valóságos generátor belső ellenállásának párhuzamos kapcsolásával (49. ábra). 2 Rt ➔ oo 49. ábra A valóságos áramgenerátor helyettesítő képe

és karakterisztikája • Valóságos áramgenerátor esetén a terhelésre akkor jut a legnagyobb áram, ha a terhelő ellenállás értéke zérus. Azaz a rövidrezárt áramgenerátor kapocsfeszültsége nulla, és a teljes forrásáram a terhelésen folyik keresztül. Tehát a helyettesítő ideális áramgenerátor forrásárama megegyezik a valóságos generátor zárlati áramával. • Terheléses üzemmódban az R 1 ellenállást növelve, a terhelésre jutó áramerősség értéke folyamatosan csökken. • Üresjárásban, azaz a szakadással lezárt áramgenerátor esetén, a teljes forrásáram a belső ellenálláson folyik keresztül. A terhelőáram értéke zérus, és a kapocsfeszültség értéke ekkor a maximális. A valóságos áramgenerátor karakterisztikájának matematikai leírása: Tehát a két valóságos generátor jelleggörbéje hasonló, csak a tengelyek vannak felcserélve, s ez tükröződik a karakterisztikák matematikai leírásában is. Az a

generátor, mely szakadástól rövidzárig minden terhelést tartósan elvisel, általában úgy viselkedik, hogy a belső ellenállásánál lényegesen nagyobb terhelő ellenállás esetén a feszültsége gyakorlatilag állandó, míg a belső ellenállásánál jóval kisebb terhelő ellenállás esetén az árama tekinthető állandónak. Ez azt jelenti, hogy a terhelő ellenállás függvényében vagy feszültséggenerátorként, vagy áramgenerátorként viselkedik. Tehát ugyanazon generátor esetében is lehetséges mind a feszültséggenerátoros (Thevenin) helyettesítés, mind az áramgenerátoros (Norton) helyettesítés használata. Természetesen a két helyettesítésnek egyenértékűnek kell lennie. Ha egy valóságos feszültséggenerátor és egy valóságos áramgenerátor karakterisztikája megegyezik, úgy a két generátor ekvivalens. 50 • Vizsgáljuk meg a két helyettesítés egyenértékűségét üresjárásban! A 50. ábrának megfelelően legyen

ismert a feszültséggenerátor forrásfeszültsége, és keressük a vele egyenértékű áramgenerátor forrásáramát. A feszültséggenerátor üresjárási feszültsége megegyezik a forrásfeszültségével: Ua = U 0 . Az áramgenerátor üresjárása esetén a teljes forrásáram a belső vezetésen folyik keresztül: Uü =10 /Gb. Rb 0 50. ábra A feszültséggenerátor és az áramgenerátor egyenértékűsége Az üresjárási feszültségek azonossága alapján a jobb oldalak is megegyeznek: Uo=lo!Gb ahonnan a keresett áramot kifejezve: • 1/ 0 = U 0 ·Gb. A rövidzárási áramok egyenértékűsége alapján (51. ábra): / 2 = 10 , tehát: 51. ábra A feszültséggenerátor és az áramgenerátor egyenértékűsége Az üresjárási és a rövidzárási állapotra felírt összefüggéseket összevetve 1/Rb = Gb, azaz a Thevenin elv szerinti helyettesítés soros belső ellenállása azonos a Norton elv szerinti helyettesítés párhuzamos ellenállásával.

Tehát a két termelő egyenértékű, és egymásba mindig átalakíthatók a fenti képlet alapján. De az áramgenerátor forrásáramán ak és a feszültséggenerátor forrásfeszültségének nyí/iránya egymással mindenkor ellentett, mivel ellentétes irányú a termelő árama és feszültsége. 2.12 A lineáris aktív kétpólusok te/jesítményviszanyai, a te/jesítményillesztés Az 52a ábrán látható ideális feszültséggenerátor által termelt teljesítmény: Pc=-Uo·Ir . 51 Mivel az ellenállás feszültsége és árama is azonos a generátoréval, teljesítményének abszolút értéke megegyezik a generátor teljesítményével: PR = U o · 1t = 11 · R 1 . PR PG Uot 100,;Jfí;;(> Rt a) Az ideális feszültséggenerátor teljesítményei b) A valóságos feszültséggenerátor teljesítményei 52. ábra Po Az 52b ábrán látható valóságos feszültséggenerátor által termelt teljesítmény: A terhelő ellenállás teljesítménye: = -Uo ·

I t. 1 PR = uk -11 = 1; -R1 I Ez a fogyasztóra jutó hasznos teljesítmény, ami ebben az esetben kisebb, mint a termelt teljesítmény, hisz a terhelő ellenállásra jutó kapocsfeszültség kisebb a generátor forrásfeszültségénél. Valóságos generátor esetén a termelt teljesítmény egy része a belső ellenálláson hővé alakul, elvész. A generátor hatásfoka alatt a hasznos teljesítmény és a termelt (összes) teljesítmény hányadosát értjük: Mivel az ideális generátornak nincs vesztesége, a hatásfoka: 100 %. Helyettesítsük be a kapocsfeszültség feszültségosztással számított alakját! U0. Rt Uk Rt +Rb rJ=-=----Uo Uo ami azt jelenti, hogy a generátor hatásfokát egyértelműen meghatározza a belső ellenállás és a ellenállás viszonya. Az 53 ábrán megrajzoltuk a hatásfok változását a terhelő ellenállás függvényében. Nyilvánvaló, ha R1 = Rb, a hatásfok 0,5, azaz 50 % Ha a terhelő ellenállás lényegesen nagyobb mint a

belső ellenállás, úgy a hatásfok közelít 1-hez, azaz 100 %-hoz. A villamos energia felhasználása és a szállítása során az a célunk, hogy a hatásfok minél nagyobb legyen. terhelő 52 A fogyasztóra jutó (hasznos) teljesítmény: Ph [%] 100 = 1? · R1 , l1 . A feszültséggenerátor hatásfoka A feszültséggenerátor hasznos teljesítménye 53. ábra 54. ábra Az 54. ábrán megrajzoltuk a fogyasztó hasznos teljesítményét a terhelő ellenállás függvényében. Figyeljük meg, hogy a görbe nulláról indul és nullához is tart Mindkét eset egyszerűen értelmezhető a fenti összefüggés alapján: Ha Rr értéke nulla, akkor a szorzat értéke nyilvánvalóan nulla, ha Rr értéke tart a végtelenhez, akkor áram nem fog folyni, tehát a teljesítmény ezért lesz nulla. A kérdés az, hogy adott generátor esetén milyen terhelés mellett lesz a hasznos teljesítménynek maximuma, és az mekkora. A Ph(RJ függvénynek ott van szélsőértéke,

ahol az R1 szerinti első derivált értéke nulla: Tehát akkor jut a fogyasztóra a legnagyobb teljesítmény, ha: IRt = Rb. Ezt az esetet nevezzük illesztésnek. Illesztés esetén a forrásfeszültség fele jut a ellenállásra, fele a terhelő ellenállásra.: belső A maximális hasznos teljesítmény: Tehát a hasznos teljesítmény maximális értéke a valóságos generátor jellemzőitől függ csak. Illesztés esetén a belső ellenálláson és a terhelésen fellépő teljesítmény azonos, tehát a hatásfok 50 %. Míg az ún erősáramú alkalmazások során a minél nagyobb hatásfok elérése a cél, az a gazdaságos, addig az elektronikus berendezéseket gyakran illesztjük, még ha ez csak 50 % -os hatásfokot is jelent. Ugyanis illesztés esetén nyerhetjük a szükséges legnagyobb hasznos teljesítményt. 53 Ellenőrző kérdések: 1./ Hogyan jellemezhető az ideális feszültséggenerátor? 2./ Ismertesse a feszültséggenerátor Thevenin elve

szerinti helyettesítő kapcsolását! 3./ Mi a kapcsolat a feszültséggenerátor kapocsfeszültsége és forrásfeszültsége között? 4./ Hogyan jellemezhető az ideális áramgenerátor? 5./ Ismertesse az áramgenerátor Norton elve szerinti helyettesítő kapcsolását! 6./ Milyen kapcsolat van az áramgenerátor forrásárama és a vele egyenértékű feszültséggenerátor forrásfeszültsége között? 7./ Mikor lesz maximális a fogyasztó teljesítménye, és mi ennek a feltétele? 8./ Hogyan határozható meg a generátorból kivehető maximális teljesítmény? 2.2 Többgenerátoros hálózatok analízise Eddig az elméleti anyagban részletesen csak az egy generátort tartalmazó egyenáramú hálózatokkal foglalkoztunk. Ezeknél a megoldás menete egyértelmű, ha adott a generátor forrásmennyisége illetve az ellenállások értéke. Először a hálózat eredő ellenállását számoljuk ki a generátor kapcsai felől, majd az Ohm törvénnyel (pl.

feszültséggenerátoros táplálás esetén) az eredő áram értékét, illetve (áramgenerátoros táplálás esetén) az eredő feszültség értékét határoztuk meg. Ennek ismeretében már bármelyik ellenállás áramát, feszültségét illetve teljesítményét meghatározhatjuk a megismert összefüggések (Ohm-törvény, Kirchhoff törvények, áramosztó képlet, feszültségosztó képlet stb.) egymás utáni alkalmazásával Több generátort tartalmazó hálózatok számításánál a fenti módszert nem használhatjuk. Már az egygenerátoros áramkörök esetében is arra törekedtünk, hogy ne kelljen a Kirchhoff egyenletrendszert felírnunk, hanem egymás után felírva és azonnal megoldva használhassuk azokat. Azért számoltunk az egyetlen feszültséggenerátor felől eredő ellenállást, hogy tudjuk az eredő ellenállás feszültségét, és így Ohm törvényével az ellenálláson meghatározhassuk az áramot. (Áramgenerátor esetén az eredő

ellenállás árama adott, és Ohm-törvénnyel a feszültségét számoljuk ki.) Azt tapasztaltuk, ha már egy ellenállás árama vagy feszültsége ismert, a feladat lépésenként, a Kirchhoff törvények egymás utáni alkalmazásával is gyakran megoldható. A következőkben ismertetjük néhány olyan feladat megoldását, amikor több generátoros hálózat esetén is közvetlenül meghatározható egy ellenállás árama illetve feszültsége. Az előző fejezet végén található megoldandó feladatok közt adtunk meg már ilyen feladatokat a Kirchhoff törvények gyakorlására. Jelenleg azt szeretnénk tudatosítani, hogy egy többgenerátoros hálózat analíziséhez a Kirchhoff egyenletrendszert nem kell mindig felírnunk, és hálózatszámítási tételt sem kell mindig alkalmaznunk. Az 55a ábrán látható áramkörben számoljuk ki a 12 V-os, ideálisnak generátor teljesítményét! 54 tekinthető 40Q 40Q 30Q i,, ~--------o-~ b) a) 55. ábra

Megoldás: Mivel a 12 V-os feszültséggenerátor ideális generátor (nulla a belső ellenállása), ezért a kapocsfeszültsége is 12 V. Ez azt jelenti, hogy minden ág feszültsége 12 V (lásd 55b ábra), 11 = 12 V = 0,3 A. 40Q A Kirchhoffhuroktörvénnyel a 30 ohmos ellenállás árama is meghatározható: azaz a 40 ohmos ellenállás feszültsége is 12 V, és az árama: 18 - 12 · 30 - 12 = 0 , ahonnan: 1 =lS-l 2 A=02A. 2 30 Végül a csomóponti törvénnyel a 12 V-os generátor árama: fi+ 12 -11 = 0, amiből 1,-et kifejezve: fi = 11 -12 = 0,3 A-0,2 A= 0,1 A. Tehát a 12 V-os generátor teljesítménye: Pa = -12 · fi = -12 V -0,1 A= -1,2 W, ami azt jelenti, hogy a generátor árama és feszültsége ellentétes irányú, tehát a generátor termel. Példa Az 56. ábrán adott áramkörben az ideálisnak Mekkora az U1 feszültségű generátor teljesítménye? L, ~ 20!.1 h tekinthető voltmérő 100 V-ot mutat. 1120V í 40Q i,, l0Q 56. ábra Megoldás:

Ebben az áramkörben a mért feszültség az 40 ohmos ellenállás feszültsége, tehát az árama az Ohm-törvénnyel: 1 = lOO V = 2 5 A. t 40 Q Huroktörvénnyel a 10 ohmos ellenállás árama: 120-12·10-100=0, ahonnan: 55 12 = 120 - 100 A = 2 A . 10 Csomóponti törvénnyel az U1 generátor árama: fi ahonnan: = 11 - I 2 = 2,5 A - 2 A = 0,5 A . Az fi egyúttal a 20 ohmos ellenállás áram is, tehát a feszültsége kiszámítható. Huroktörvénnyel az U1 generátor feszültsége: UI - fi ·20-100 = 0, ahonnan: U1 = fi ·20+ 100 = 0,5 A ·20 Q+ 100 V = 110 V. Tehát a keresett teljesítmény: P=-U 1 ·l1 =-110V·0,5A=-55W, ami azt jelenti, hogy a generátor árama és feszültsége ellentétes irányú, tehát a generátor termel. Nemcsak akkor kerülhetjük el az egyenletrendszer felírását, ha két csomópont közt ismert a feszültség, mint az előző példákban, hanem akkor is, ha egyhurkos a hálózat. Egyhurkos hálózatra csak egyetlen hurokegyenletet

kell felírni. Határozzuk meg az 57a ábrán adott párhuzamos generátorok üresjárási feszültségét! I=0 .-------+---===~ A A 0,20 0,20 B a) 57. ábra b) ~B I=0 Megoldás: Az üresjárás azt jelenti, hogy az A és B kapcsokra nincs terhelés kötve, a kapcsok közt az áramkör nem záródik. Tehát áram csak a baloldali zárt hurokban folyhat Ha abban gondolkodunk, hogy a Kirchhoff egyenletrendszer egy egyhurkos hálózat esetén hány egyenletből áll, akkor a csomópontok száma nulla, és a hurkok száma egy. (Nem tekintjük csomópontnak a három vezeték összekötését akkor, ha csak két vezetékben folyik áram, mert így az egyik árama elágazás nélkül folyik tovább a másik vezetéken.) Ha az egyenletek száma egy, úgy az ismeretlenek száma is egy. Ebben az áramkörben az egyetlen ismeretlen a kör I árama (b ábra). Kirchhoff huroktörvényét felírva: 24 + I · 0,2 + I · 0,2 - 48 = 0, ebből a keresett áramot kifejezve és meghatározva:

I= 60 A. 56 Az ábrán látható jobboldali nyitott hurokra felírva a huroktörvényt: U a - I · 0,2 - 24 ebből a keresett feszültség: Ua = 0, = I · 0,2 + 24 = 60 A· 0,2 n + 24 V = 36 V. Tehát huroktörvény felírható nyitott hurokra is. Belátható, hogy az A és B pontok közti potenciálkülönbség egyenlő a 24 V-os ideális generátor és a vele sorosan kapcsolt ellenállás eredő feszültségével. Vagyis: U ü = (/ · 0,2 + 24) V . Ez pedig nem más, mint a huroktörvény átrendezett alakja. Az 58a ábrán adott áramkörben mekkora az ábrán jelölt/ áram erőssége? t4,8V 4,80 4,80 a) 58. ábra b) Megoldás: A feladat megoldásához felhasználhatjuk a valóságos feszültséggenerátor és áramgenerátor egyenértékűségének elvét. Mivel a kérdéses áram nem folyik sem az áramgenerátoron, sem a vele párhuzamos ellenálláson, az áramgenerátort és a vele párhuzamos ellenállást helyettesíthetjük egy valóságos

feszültséggenerátorral (58b ábra). A helyettesítő generátor feszültségének értéke az áramgenerátor áramának és belső ellenállásának szorzatával egyenlő. A forrásfeszültség iránya ellentétes az áramgenerátor forrásáramával. A belső ellenállása megegyezik az áramgenerátoréval (58b ábra) Vigyázat, az áramkör azon részét amelynek jellemzőit keressük, nem helyettesíthetjük! A helyettesítő áramkör csak kifelé, a nem változtatott áramkörrészek felé jelent egyenértékű helyettesítést. Az így adódó egyhurkos körre felírva Kirchhoff huroktörvényét: 4,8 + I •(4,8 + 0,2)-12 = 0, ahonnan: /= 1,44 A. 2.21 A Kirchhoff egyenletrendszer Az alábbiakban - a jobb megérthetőség kedvéért egy-egy példán keresztül mutatjuk be, az adott többgenerátoros hálózatra alkalmazható számítási módszert, illetve a hálózatszámítási tételeket. 57 Kapcsoljunk két olyan valóságos feszültséggenerátort

párhuzamosan, melyek üresjárási feszültsége U 01 , U02 és a belső ellenállásukRbl és Rb 2 . Terheljük a generátorokat (59. ábra), és számítsuk ki a fogyasztó áramát! A l l ~.~J ~0! ) Uo, Uo, R1 Ri.2 11 E( 59. ábra 3 B 60. ábra Megoldás: Ennél a feladatnál az a probléma, hogy egyik ellenállás feszültségét sem ismerjük, tehát nem tudunk Ohm-törvénnyel áramot számolni. De minden áramkör számítási feladat megoldható a Kirchhoff egyenletek ill. Kirchhoff egyenletrendszer segítségével, ha adott a generátorok forrásmennyisége illetve az ellenállások értéke. A megoldás menete: 1.) A Kirchhoff egyenletekben az ismeretlenek az egyes ágak áramai Tehát először fel kell venni az ismeretlen áramokat. Az áramok irányát tetszőlegesen vehetjük fel, mivel a Kirchhoff egyenletekből az áramok előjelhelyes értéke határozható meg. Ily módon annyi ismeretlen adódik, ahány ág van a körben. Az adott feladatban az

ismeretlenek: 11 , 12 és 1, (60. ábra) 2.) Számoljuk meg az ismeretlenek számát! Nyilván annyi független egyenletet kell felírni, amennyi az ismeretlenek száma. Azaz itt az ismeretlenek száma három, tehát három független Kirchhoff egyenletet kell felírni. 3.) El kell dönteni, hogy hány csomóponti, és hány hurokegyenletet felírására van szükség A legegyszerűbb, ha összeszámoljuk a csomópontok számát. A független Kirchhoff csomóponti egyenletek száma a csomópontok számánál mindig eggyel kevesebb. Tehát célszerű először a csomóponti egyenleteket felírni, mivel azok szükséges száma egyszerűen megállapítható. Jelen feladatunkban a csomópontok száma kettő. (Bár így két csomópontra írhatunk fel csomóponti egyenletet, de ezek nem lesznek függetlenek.) A felírandó csomóponti egyenletek száma: egy. Tetszőlegesen válasszuk ki az egyik csomópontot! Például a 60 ábrán A-val jelölt csomópontra: (Ha a B-vel jelölt

csomópontra is felírjuk a Kirchhoff egyenletet, az előző mínusz egyszeresét kapjuk, Ez azt jelenti, hogy ennek az egyenletnek nincs új információ-tartalma, tehát nem független az előzőtől.) 58 4.) Annyi Kirchhoff hurokegyenletet írunk fel, hogy a csomóponti és a hurokegyenletek száma összesen megegyezzen az ismeretlenek számával. A mi feladatunkban ez azt jelenti, hogy két hurokegyenletet kell felírnunk. (Természetesen egy többhurkos áramkörben mindig felírható ennél több hurokegyenlet is, de a feleslegesen felírtak nem lesznek függetlenek.) Ügyeljünk arra, hogy a hurokegyenletekben az áramkör valamennyi ága szerepeljen! Csak olyan újabb hurokegyenletet írjunk fel, amely legalább egy olyan ágat tartalmaz, amelyet az eddigi hurokegyenletek felírásánál még nem vettünk figyelembe. A 60. ábrán bejelöltük az összes lehetséges hurkot Belátható, hogy a 3 hurok már nem lesz független hurok, mivel az első két (1, 2) hurok

tartalmazza a hálózat valamennyi ágát. Az 1 és a 2 jelű hurkokra a hurokegyenletek (minkét esetben az A jelű csomópontból kiindulva): U 02 + 12 · Rb2 + fi · Rb I - U oI =0, 1t ·Rt -12 ·Rb2 -Uo2 =0 5.) A fenti módon felírt csomóponti és hurokegyenletek egyenletrendszert alkotnak Ez azt jelenti, hogy egy egyenletben egyszerre több ismeretlen is szerepel, tehát külön-külön az egyenletek nem oldhatók meg. Az egyenletrendszert kell megoldani az ismeretlenekre, a matematikában már megismert módszerek segítségével. Ha Uo1 = 6 V, U o2 = 6 V , Rb1 egyenlet-rendszer megoldása: 11 = 10 A, = 0,3 0 , h =-5 A, Rb2 = 0,6 0 , R1 = 0,2 n, a fenti 1t = 15 A. (A példa számítógépes megoldását a Függelékben ismertetjük.) 6.) Az utolsó lépés a megoldás értelmezése Az áramok előjelhelyes értéke adódik a Kirchhoff egyenletrendszerből. Ha az áram előjele pozitív, az áram tényleges iránya megegyezik az előre felvett ún. referencia

iránnyal Az áram negatív előjele azt jelenti, hogy a felvett iránnyal ellentétesen folyik. A feladatunkban azt kaptuk, hogy a fogyasztó áramának nagysága 15 amper, és az áram iránya megegyezik az előzetesen felvett iránnyal. Az ]z áram negatív előjele azt jelenti, hogy abban az ágban az áram tényleges iránya a felvette! ellentétes, tehát a 2. generátor is termel. A fenti feladatban azt tapasztaltuk, hogy a Kirchhoff egyenletrendszer felírásakor az ismeretlenek száma megegyezik a hálózat ágainak számával a független csomóponti egyenletek száma a csomópontok számánál eggyel kevesebb l ), és ha a felírható független hurokegyenletek száma az ismeretlenek száma egyenlő a felírható független egyenletek számával: Ná, (Ncs- Nh, A továbbiakban be kell látnunk, hogy a Kirchhoff egyenletrendszer felírásakor a fenti összefüggés általános érvényű, azaz mindig lesz épp annyi független egyenletünk, ahány ismeretlenünk. Ehhez

rajzoljuk meg az 59 ábrán látható hálózat gráfját! 59 A gráf a hálózat strukturális modellje. Topológiai szempontból megegyezik az eredeti hálózattal, vagyis ágainak, csomópontjainak és hurokjainak száma és elrendezése ugyanaz, csak a konkrét hálózati elemek nincsenek benne feltüntetve. A 61 ábrán megrajzoltuk az 59 ábrán látható hálózat gráfját. Ná=3 Ncs-1 = 1 Nh=2 Ná=4 Ncs-1 = 1 Nh=3 Ná=5 Ncs-1 = 2 Nh=3 b) 62. ábra a) 61. ábra Ná=6 Ncs-1 = 3 Nh=3 e) Bővítsük a már megvizsgált hálózatot egy ággal. A 62 ábrán megadtuk a lehetséges módot. Látható, valamennyi esetre érvényes az (Ncs-1) + Nh = Ná összefüggés Teljes indukcióval belátható, hogy az (Ncs-1) + Nh = Ná összefüggés tetszőleges hálózat esetén is érvényes, mivel bármely hálózat ilyen bővítésekkel felépíthető. összes bővítési A hurokegyenletek felírásakor a hurkok kiválasztására ügyelni kell. Nem elegendő a kiválasztott

hurkokkal minden ágat lefedni, de egyúttal az (Ncs-1) + Nh = Ná összefüggésnek is teljesülnie kell. A 63a ábrán helytelen a hurkok kiválasztása Célszerű a hurkok kiválasztását úgy végezni, hogy egy elemi (a legkevesebb ágat tartalmazó) hurokból indulunk ki, és a következő hurkok csak egy-egy új ágat tartalmazzanak. Ezzel a módszerrel ún elemi hurokrendszer adódik, és egyúttal a független hurkok maximális számát kapjuk (63b ábra). Tehát a felírandó hurokegyenletek száma afüggetlen hurkok maximális számának felel meg. Egy hálózathoz több (helyes) hurokrendszer is tartozik. Ná=5 Ncs-1 = 2 Nh = 2 < Ná - (Ncs-1) Ná=5 Ncs-1 = 2 Nh = 3 = Ná- (Ncs-1) a) Helytelen hurokrendszer b) Elemi hurokrendszer 63. ábra az Ha egy áramkör áramgenerátort tartalmaz, akkor ismert az áramgenerátor ágában áram erőssége. Ebben az esetben az ismeretlen az áramgenerátor feszültsége Az egyenletrendszer felírása illetve megoldása az

előzőekben leírtakkal egyezik meg. 60 Határozzuk meg az ágáramokat és az áramforrás feszültségét a 64. ábrán adott áramkörben, ha adott a generátorok forrásmennyisége (UGI és 102), valamint az ellenállások értéke. 64. ábra Megoldás: Az adott áramkörben az ágak száma 6, tehát az ismeretlenek száma is 6, az ábrán jelölt 5 ágáram és az áramforrás feszültsége. A csomópontok száma 4, tehát 3 csomóponti egyenletet és 3 hurokegyenletet kell felírni. 1. fi+I2-l 3 =0 2. / 3 + / 4 + I G2 = 0 3. I 1 +I2 -I5 =0 4. f 1 · Ri 5. 12 ·R2 +/3 ·R3 -l4 ·R4 =0 6. /4 ·R4 +Ua2 =0 - I 2 · R2 - U Gl = 0 Mivel az egyenleteket úgy írtuk fel, hogy a rövidzár árama (/5) és az áramforrás feszültsége (U02) is csak egy egyenletben szerepeljen, csak az 1., a 2, a 4 és az 5 egyenlet alkotja a lineárisan független, megoldandó egyenletrendszert. Az 1 és a 3 egyenletet összehasonlítva is látható, hogy /5 = h , és a 6.

egyenletből utólag lehet kifejezni az U02 feszültséget. Tehát a Kirchhoff egyenletrendszer segítségével az adott (adott a generátorok forrásmennyisége és az ellenállások értéke) hálózat valamennyi ismeretlen ágárama mindig meghatározható. Ennek alapján az áramkör elemeinek „állapota" (feszültsége és teljesítménye is) meghatározható. Ezt az eljárást nevezik hálózatanalízisnek Mivel a Kirchhoff egyenletrendszerrel a hálózat valamennyi elemének áramköri jellemzője meghatározható, totális hálózatanalízisre alkalmas módszer. Hálózatszintézisnek azt a mérnöki munkát nevezzük, mely az előzővel ellentétes irányú eljárás, azaz adott tulajdonságú hálózat tervezését jelenti. Tehát ennek a szisztematikus módszernek egyetlen problémája, hogy gyakran kényelmetlen az egyenletrendszert megoldani. 61 Ellenőrző kérdések: 1./ Mik az ismeretlenek, és hány ismeretlen adódik a Kirchhoff egyenletrendszerrel

történő számolás esetén? 2./ Hány független egyenletet kell felírni a Kirchhoff egyenletrendszerrel történő számolás esetén? 3./ A Kirchhoff egyenletek közül mennyi a hurokegyenletek száma, ha ismert az ágak és a csomópontok száma? 4./ Milyen szabályt kell figyelembe venni a hurokegyenletek felírásakor? 5./ Hogyan kell értelmezni a kapott mennyiségek előjelét? 6./ Mit értünk totális hálózatanalízis alatt? 2.3 Összetett lineáris hálózatokra vonatkozó elvek, hálózatszámítási tételek 2.31 A szuperpozíció elve Többgenerátoros feladatok megoldása során igen gyakran alkalmazott hálózatszámítás tétel a szuperpozíció elve. A szuperpozíció elve olyan általános fizikai elv, mely minden lineáris fizikai rendszerre alkalmazható. Kimondja, hogy a gerjesztések külön-külön hozzák létre hatásaikat, és ezek a hatások irányhelyesen összegződnek. Villamos áramkörökben a gerjesztések a generátorok forrásmennyiségei,

azaz az ideális feszültséggenerátor forrásfeszültsége, illetve az ideális áramgenerátor forrásárama. A hatások az áramkör ágáramai Ez azt jelenti az áramkörökben, hogy a generátorok külön-külön hozzák létre az egyes ágakban a saját részáramaikat, és az ágakban folyó áramok ezen részáramok előjelhelyes összegei. Ha a generátorok hatását külön-külön akarjuk vizsgálni, az áramkörben csak egy generátor maradhat, a többi nem dolgozhat. A feszültséggenerátor akkor nem dolgozik, ha nem hoz létre potenciálkülönbséget, tehát a feszültsége nulla. A„ nem dolgozó" (dezaktivizált) feszültséggenerátor rövidzár. Az áramgenerátor akkor nem dolgozik, ha nem kényszerít áramot a körre, az árama nulla. Egy ág árama nulla, ha az ág szakadt, tehát a „ nem dolgozó" áramgenerátor szakadás. (Itt szeretnénk felhívni a figyelmet arra, hogy a generátoroknak az ábrákon is használt általános jelölése szoros

kapcsolatban van a fenti helyettesítéssel. Ha a rajzjelekből elhagyjuk a kört, akkor azonnal megkapjuk a dezaktivizált generátor fent ismertetett helyettesítő képét!) A megoldás menete: 1.) A többgenerátoros áramkörből annyi egygenerátoros áramkört hozunk létre, amennyi a körben lévő generátorok száma. Mindig csak a kiválasztott, egyetlen generátor fog dolgozni, csak annak a hatását vesszük figyelembe, míg a többit helyettesítjük. Tehát az ideális, ,, nem dolgozó" feszültséggenerátorokat rövidzárral, az ideális áramgenerátorokat, ha nem dolgoznak, szakadással helyettesítjük. A valóságos generátorok belső ellenállásait függetlenül attól, hogy dolgozik-e a generátor - változatlanul figyelembe vesszük minden egygenerátoros hálózatban. 2.) Az egygenerátoros áramkörökben a generátor felől kiszámoljuk az eredő ellenállást, majd a feszültséggenerátor áramát, illetve az áramgenerátor feszültségét. A

Kirchhoff 62 törvények egymás utáni alkalmazásával az egygenerátoros kör valamennyi árama meghatározható. Ezek a részáramok, melyek tényleges irányát az egygenerátoros körben egyértelműen meghatározhatjuk, hiszen az áramkör egyetlen generátora biztosan termelő, tehát árama és feszültsége ellentétes irányú. 3.) Az ugyanazon ágban folyó részáramokat előjelhelyesen összeadjuk Ez azt jelenti, hogy az eredeti többgenerátoros körben felvesszük a tényleges ágáramok tetszőleges referenciairányát, és a részáramokat ehhez viszonyítjuk. Az összegzésnél azt a részáramot vesszük pozitív előjellel figyelembe, mely iránya megegyezik az ágáram felvett (bejelölt) irányával. Ily módon az ágáramok előjelhelyes értékét kapjuk meg. Példa Határozzuk meg a 65. ábrán adott áramkörben az egyes ágak áramait a szuperpozíció módszerével! Uo1 = 6 V, Uo2 = 6 V, Rb1 = 0,3 n, Rb2 = 0,6 Q, Rt = 0,2 Q lUoo Ri r,! 65.

ábra A 66. ábrán felrajzoltuk az eredeti kétgenerátoros kört helyettesítő két egygenerátoros áramkört is. Míg az adott kétgenerátoros körben felvett vonatkoztatási irányok vannak bejelölve, addig az egygenerátoros kapcsolásban az áramok tényleges irányait tudtuk bejelölni. l Vo, lvoo R1 Rb1 lJ Rb2 !, ! + !", R1 Ri,1 ! í b2 1", b) a) 66. ábra • Ha az 1 jelű generátor dolgozik, az eredő ellenállás: Re = 0,6 ® 0,2 Q + 0,3 Q = 0,15 Q + 0,3 63 Q = 0,45 Q. !, ! A generátor részárama: 6V /i· =--=1333A. A fogyasztó részárama: 1; = 13,33 A· 0,2 n+o,6 0, 6 n n 0,45 n = 10 A. Részáram a 2 jelű generátor helyén: • Ha az 2 jelű generátor dolgozik, az eredő ellenállás: Re = 0,3 ® 0,2 Q + 0,6 Q = 0,12 Q + 0,6 Q = 0,72 Q, " 6V 12 =--=833A o12 n A generátor részárama: 0, 3 n =5A. o,3 n+o,2 n A fogyasztó részárama: 1;·=8,33A· Részáram a 1 jelű generátor helyén:

1;· = 1~ - 1;• = 8,33 - 5 = 3,33 A. • A keresett ágáramok: • Iránya a 74. ábrán felvette! megegyezik (A 74. ábrán látható fi vonatkoztatási irányhoz képest az 1 jelű generátor helyén átfolyó részáram, ha a másik generátor dolgozik, ellentétes, tehát negatív előjellel vettük figyelembe.) " lt = lt + lt = 10 A+ 5 A = 15 A, amely iránya a 74 ábrán felvette! megegyezik. A 2 jelű generátor árama a 74. ábra vonatkoztatási irányával Számítsuk ki a példában! terhelő ellenállás és az 1 jelű ellenkező irányban folyik. generátor teljesítményét is az előző Megoldás: Vigyázat a szuperpozíció teljesítményekre nem igaz! A teljesítményeket az eredeti többgenerátoros - kör eredő áramaiból kell számolni! 64 Az ellenállás által fogyasztott teljesítmény: 2 2 2 PR = It · Rr = 15 A · 0,2 Q = 45 W. A generátor teljesítménye: P0 = -U01 · 11 = -6 V -10 A= -60 W. A negatív irányú. előjel

azt mutatja, hogy termel a generátor, azaz árama és feszültsége nem azonos A 67. ábrán adott áramkörben mekkora az ábrán jelölt I áram oldjuk meg a szuperpozíció elvének felhasználásával! erőssége? A feladatot 4.8Q lA 67. ábra Megoldás: (Ugyanezt a példát már megoldottuk az áramgeneráto r Thevenin-gen erátoros helyettesítésével.) X 4,8 Q !" I t lA 0,2 Q 68.ábra 12 V = 2,4 A. (0,2+4,8) Q Ha a feszültséggen erátor dolgozik: I Ha az áramgeneráto r dolgozik: / = 1 A· A keresett áram: I= = 4 8 Q (0,2 + 4,8) Q l - / 65 = 0 96 A. = 2,4 - 0,96 = 1,44 A. 4,8 Q Mint az eddigi példákból is kitűnt, a szuperpozíció módszerével az adott áramkör valamennyi árama meghatározható, tehát egy újabb ún. totális hálózatanalízisre alkalmas módszert ismertünk: meg. A módszer korlátja, hogy a szuperpozíció módszerével nemlineáris elemet tartalmazó áramkör nem számolható. 2.32 A Millmann-tétel A

többgenerátoros, ún. kétcsomópontos (vagy kétcsomópontossá alakítható) áramkörök hálózatszámítási tétele a Millmann-tétel. A Millmann-tétel alkalmazása igen széleskörű, az ilyen speciális struktúrájú hálózatok a gyakorlatban igen sűrűn fordulnak elő. (Például ilyen felépítésűek a háromfázisú hálózatok) Ennél a módszernél ismeretlennek a két csomópont közti feszültséget vesszük fel. 0 O 69. ábra A Millmann-tételt a 69. ábrán látható két csomópontot tartalmazó áramkörre fogjuk levezetni Írjuk fel a 0 jelű csomópontra a csomóponti törvényt: Ez így négy ismeretlent jelent, nem elegendő az egyetlen Kirchhoff egyenlet felírása. Új ismeretlent veszünk fel, a két csomópont közti feszültséget, és egyúttal a kapcsolási rajzba is bejelöljük a vonatkoztatási irányát. Ha a generátorok feszültsége az ábrán látható módon a 0 pont felé mutat, célszerű az ismeretlen feszültség ( U00,)

vonatkoztatási irányát ugyanúgy felvenni. Ezek után átírjuk úgy a felírt csomóponti törvényt, hogy abban már ismeretlenként az U00, feszültség szerepeljen. Először huroktörvények segítségével írjuk fel az ellenállások feszültségeit: U 00 + fi · R1 - U 0 l =0, ahonnan: 11 ·Ri =Uoi -Uoo Uoo +12 ·R2 -Uo2 =0, ahonnan: 12 ·R2 =Uo2 -Uoo Uoo +13 ·R3 -U03 =0, ahonnan: 13 · R 3 = U 03 - U oo Uoo -14 -R4 =0, ahonnan: 66 14 · R4 =Uoo A csomóponti törvényben szereplő áramok: 1 Uo2 -Uoo 1 Uoi -Uoo 1R1 2- R2 I - U03 -Uoo 3- R3 A csomóponti törvénybe behelyettesítve: + Uoi -Uoo Ri Uo2 -Uoo + R2 Uo3 -Uoo R3 = Uoo R4 Ezen utolsó egyenletben már csak egy ismeretlen van, az U00, feszültség. Az egyenletből kifejezve Uoi Uo2 U03 Ri R2 R3 --+--+-Uoo = 1 Ri ahol vagyis: 1 1 1 -+-+-+R2 R3 R4 n: a generátort tartalmazó ágak száma k: az összes ágak száma R;: az egyes ágak (eredő soros)

ellenállása Uoi : a generátorok forrásfeszültségének előjeles értéke. A levezetésből következik, ha a generátorfeszültség iránya megegyezik az U00 ,feszültség vonatkoztatási irányával, akkor pozitív előjellel, ha azzal ellentétes, akkor negatív előjellel kell figyelembe venni. A végeredmény, az U00, feszültség értéke előjelhelyesen adódik a Millmann-tétel képletéből. Ha az Uoo· feszültség értékére negatív eredményt kapunk, az azt jelenti, hogy a két csomópont közti feszültség tényleges iránya a felvett vonatkoztatási iránnyal ellentétes. Tehát a Millmann-tétel egyetlen végképletet jelent a két csomópont közti feszültségre. (A Millmanntételt különösen háromfázisú hálózatok számításánál fogjuk használni, érdemes a végképletet megjegyezni) Mekkora a 70a ábrán látható kapcsolás esetén az ideális A feladatot oldjuk meg a Millmann-tétel segítségével! U01 = 20 V, U02 = 40 V, R 1 = R2

ampermérő által mutatott áramerősség értéke? = R3 = 30 n, 14 = 10 IO, Megoldás: Mivel a Millmann-tétel csak kétcsomópontos áramkör esetén használható, először egy háromszögcsillag átalakítást kell elvégezni. Az ABC csomópontok közt található háromszög-kapcsolás ellenállásai azonosak, tehát: RA 30 10 = Rs = Re = - = 10 Q Az átalakított áramkört a 70b ábrán tüntettük fel. Az ideális ampermérőt rövidzárral helyettesítettük Mint látható, kétcsomópontos hálózatot kaptunk, amelyre már közvetlenül alkalmazható a Millmann-tétel. 67 B O b) a) 70. ábra A megoldás első lépéseként felvesszük a két csomópont közti feszültség vonatkoztatási irányát a O pont felé mutatva, hisz a Millmann-tételben a generátor-feszültségek előjelét az U00, irányához viszonyítjuk. Mivel a kapcsolásban minden feszültség ugyanazon csomópont felé mutat, a Millmann-tételben pozitív előjellel kell azokat figyelembe

venni. 2 U L Uoi Roo = i=l3 l L ! i=l 20 40 -+- = -1--1~-l10 10 = 24 V 10 + 10 +-20 Ri és iránya a vonatkoztatási iránynak megfelelő. A középső ágban az UofJ feszültség a sorosan kapcsolt ~ és Re ellenállásokon lép fel, tehát a kérdéses áram: 24 =12A 20 és iránya a vonatkoztatási iránynak megfelelő, hisz az ellenállások feszültsége és árama mindig azonos irányú. Ellenőrző kérdések: 1./ Ismertesse a szuperpozíció elvét! Milyen áramkörök esetén alkalmazható? 2./ Hogyan kell számolnunk a szuperpozíció elve alapján? 3./ Hogyan kell a teljesítményeket meghatározni a szuperpozícióval történő számolásnál? 4./ Milyen áramkörök esetén alkalmazható a Millmann-tétel? 5./ Hogy állapítjuk meg a Millmann-tételben szereplő generátorfeszültségek előjelét? 6./ Rajzoljon egy áramkört, amelyre felírható a Millmann-tétel, és írja fel a Millmann-tétel képletét a felrajzolt áramkörre! 68

2.4 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) • Egy Rt ellenállással terhelt 12 V üresjárási feszültségű 2 n generátor hatásfoka 50 %. Mekkora a hasznos teljesítmény? belső • Egy valóságos feszültségforrás üresjárási feszültsége 12 V. 10 n-os terhelő ellenállás esetén árama 1 A. Adja meg a valóságos generátor helyettesítő kapcsolását! • Egy 24 V üresjárási feszültségű valóságos feszültségforrást teljesítménye 40 W. Mekkora a generátor belső ellenállása? • Rajzolja fel egy Ub belső feszültségű és Rb belső ellenállású valóságos generátor kapocsfeszültség-áram diagramját! Írja fel az Uk(I) összefüggést is! • Rajzolja fel egy valóságos feszültségforrás kapocsfeszültségének és hasznos teljesítményének változását a terhelő áram függvényében! • Ismertesse a szuperpozició elvét! Mi a feltétele annak, hogy egy áramkörben alkalmazhassuk a

szuperpozició elvét? • Írja fel a Millmann-tételt, az összefüggésben szereplő mennyiségek jelölését megfelelő áramköri rajzon azonosítsa! terhelő 2. 5 A felkésdllést ellenőrzőfeladatok 26. Számítsa ki a feszültséggenerátor teljesítményét ! P GU =? ( - 37,5 W) 40 jsA jsov sn 69 ellenállású feszültség- 10 ohmos ellenállás 27. Határozza meg az Ua üresjárási feszültséget! Ua =? ( - 5 V) 10Q 28. Számítsa ki a feszültséggenerátor teljesítményét ! p GU = ? ( + 4,8 W) 120Q 40Q 29. Határozza meg az Ua üresjárási feszültséget! Ua = ? (0,666 V) 60Q 30. i24V 20Q 60Q IOQ Számítsa ki a generátorok teljesítményét! Oldja meg a feladatot szuperpozíció módszerével Pa1 =? ( - 1,6 W) P 02 =? ( - 5,6 W) 70 / 01 = 0, I A / 02 = 0,2 A 200Q l00Q 31. 200Q Számítsa ki a 20 ohmos ellenállás áramát! Oldja meg a feladatot szuperpozíció módszerével! ho = ? ( - 0,2 A) 180Q 60Q 30Q hol 20Q

120Q 32. t12v 60Q Számítsa ki a generátorok teljesítményét! ( + 72 mW) Pa2 =? ( -144 mW) lkQ 12 V l j 18 V 71 33. Számítsa ki az ábrán jelölt I áramot! Oldja meg a feladatot szuperpozíció módszerével! I=? (- 2/3 A) 3001 34. 1300V Számítsa ki a fenti ábrán jelölt I áramot! Oldja meg a feladatot delta-csillag átalakítással és Millmann-tétel segítségével! I =? ( - 2/3 A) 35. Számítsa ki a generátorok teljesítményét az alábbi áramkörben! Oldja meg a feladatot a szuperpozíció módszerével! Pau=? PGI =? ( - 0,287 W) ( - 1,44 W) I p lOQ 30Q 20Q O,lA 60Q 36. Számítsa ki a fenti áramkörben a 10 ohmos ellenállás áramának erősségét! I =? ( 0,04 A) 72 37. Mekkora áram folyik a terhelő ellenálláson, ha Rr= 0,5 n lt1 =? (1,93 A) jsA 38. Számítsa ki a 10 V-os generátor teljesítményét! PGlO =? (- 5 W) l0V ~ 10n 39. 20n lA Az ábrán látható kapcsolásban számítsuk ki a generátorok

teljesítményét és az 1 ohmos ellenállás áramának erősségét! ( - 13,44 W, - 433,6 W, 6,33 A) 24V ~ 40V 73 2. 6 Függelék Az előző fejezetben már említettük, ha sok egy áramkörben az ágak száma, a felírt Kirchhoff egyenletrendszert számítógéppel oldjuk meg. Ma már hozzáférhetünk olyan matematikai felhasználói programokhoz, melyek segítségével az egyenletrendszerek egyszerűen és gyorsan megoldhatók. Ilyen például a MATHCAD program. A 2.21 fejezet 59 illetve a 60 ábráján látható kapcsolásra/e/írt egyenletrendszer megoldását ezzel a felhasználói programmal végeztük el. A feldolgozás menete: 1.) Meg kell adni az ismeretleneket, és az ismeretleneknek egyúttal tetszőleges kiindulási értéket kell adni. 2.) Meg kell adni az egyenleteket a "GIVEN" parancsszó után. 3.) Rá kell kérdezni az ismeretlenek értékére a "FIND" parancsszóval. 4.) A program automatikusan kiírja az ismeretlenek előjelét

és a számértékét. A MA THCAD program alkalmazása során a képernyőn az alábbiak jelennek meg: A generátorokjellemzöi: U0l := 6 V Rbl := 0,3 ohm U02 :=6 V Rb2 := 0,6 ohm A terhelő ellenállás: Rt :=0,2 ohm Kiindulási értékek: i2 := 1 i 1 := 1 Given it := 1 U0 1 - i 1 · Rb 1 - it · Rt ::o:: 0 U02 + i2 · Rb2 - it · Rt ::o:: 0 i2 + it- il lill~:lj: = ::o:: 0 Find (il, i2, it) Az eredmények: il = 10 A i2 = -5 A it = 15 A 74 3. Villamos hálózatok passzív elemei az áram és feszültség kapcsolata R, L, C elemeken A villamos hálózatok idealizált és egyben lineáris hálózati elemei az ellenállás Gele: R), a tekercs Gele: L) és a kondenzátor Gele: C), jellemző értékük, hogy az R, az L és a C állandó az általunk vizsgált lineáris körökben. Az egyenáramú hálózatok tárgyalásánál megismerkedtünk a villamos ellenállás (R) • fogalmával. • Az I árammal átjárt L önindukciójú tekercs: W=I LI 2 2 mágneses energiát

képes tárolni, ahol az L=N<D I és Na tekercs menetszáma, <JJ pedig az egy menet által átfogott mágneses fluxus. Az N<JJ tekercsfluxus és az áram kapcsolatát induktivitásnak, vagy önindukciós együtthatónak nevezzük. Mértékegysége [ L ] = Vs A = Qs = H (Henry). (Az L önindukciójú ideális tekercs vezetékének ellenállását elhanyagoljuk, azaz zérus értékűnek vesszük.) A kondenzátor villamos töltés tárolására alkalmas elrendezés, ahol a töltéstároló • képességet C kapacitással jellemezzük. Egy C kapacitású kondenzátort U feszültségre kapcsolva w=lcu 2 2 villamos energiát képes tárolni, ahol: C=Q u A töltés és a feszültség hányadosát kapacitásnak nevezzük. Mértékegysége [e ] = As = F (Farad) V 3.1 Ohmos fogyasztó vizsgálata 3.11 Az áram és feszültség kapcsolata az ellenálláson Az ohmos ellenálláson átfolyó áram és a sarkain lévő feszültség között általános jel esetén is minden

pillanatban az Ohm-törvény jelenti a kapcsolatot. 75 Tehát az azonos időhöz (to) tartozó feszültség és áram pillanatértékek hányadosa állandó, és az ellenállás értékével u(to) i(t0 ) egyenlő: = R =állandó Mivel valamennyi pillanatban igaz az Ohm-törvény, igaz az időfüggvényekre is. Ha az áram időfüggvénye: akkor az ellenálláson a feszültség i(t), időfüggvénye: 1u(() ~ R-i(() -1 Az 1. ábrán szinuszos gerjesztés esetén rajzoltuk meg az ellenállás áramának és feszültségének időfüggvényét, ahol mindkét jel szinuszos. R -c:::J----o --3> i --~· u u, i 1. ábra Ellenállás feszültsége és árama szinuszos gerjesztés esetén Ugyanez figyelhető meg, ha az ellenállás feszültsége például szimmetrikus négyszögjel, az ellenállás áram alakja azonos a feszültség alakjával, azaz szimmetrikus négyszögjel marad. (2ábra) u(t i(t)., ~ Imax Umax T/2 T -- t T/2 T -- t -Imax -Umax 2.ábra

Ellenállás feszültsé!!, és árama szimmetrikus négyszögjel esetén Tehát az ellenálláson tetszőleges gerjesztés esetén azonos az áram és a feszültség a/alga. 76 3.2 Az induktív fogyasztó vizsgálata 3.21 Az áram és a feszültség kapcsolata az induktivitáson Az L = állandó önindukciós együtthatóval megadott ideális tekercsen (induktivitáson) átfolyó áram és a kapcsain levő feszültség közötti általános érvényű összefüggés tetszőleges jelalak esetén: u(t) = L . di(t) dt b azaz egy tekercsen a feszültség arányos az áramváltozás sebességével (áram deriváltjával), az arányossági tényező a tekercs L önindukciós együtthatója. A fenti összefüggésből következik, hogy egy tekercsen az áram változhat meg, mert ahhoz végtelen nagyságú indukált feszültség tartozna. • idő szerinti ugrásszerűen nem Egyenáramú hálózatban / = állandó, nem változik, di(t) dt ezért a = 0. Tehát az ideális

tekercsen (R v = 0 n) sima egyenáramú gerjesztés esetén nem indukálódik feszültség, a feszültség nulla. Az ideális tekercset egyenáramú hálózatban rövidzárral helyettesítjük. • Ha az áram szinuszos változású, akkor a hatására indukálódó feszültség koszinuszos változású. időfüggvénye Az első negyed periódusban növekszik az áram, a meredeksége, azaz a változási sebessége pozitív. Ekkor az indukált feszültség pozitív értékű lesz Az áram meredeksége a nulla átmenetkor a legnagyobb, ekkor lesz a feszültségnek pozitív maximuma. Ezt követően csökken az áram meredeksége, és ezzel együtt csökken az indukált feszültség értéke. Ahol az áramnak maximuma van, ott a meredeksége zérus értékű, tehát ekkor a feszültség értéke nulla. A következő két negyed periódusban csökken az áram értéke, tehát a meredeksége, azaz a változási sebessége negatív. Ekkor az indukált feszültség is negatív értékű

lesz Az áram meredeksége a nulla átmenetkor a legnagyobb, ekkor lesz a feszültségnek minimuma. Az utolsó negyed periódusban ismét növekszik az áram, a meredeksége, azaz a változási sebessége pozitív. Ekkor az indukált feszültség ismét pozitív értékű lesz Az utolsó negyed periódus kezdetekor az áramnak minimuma van, ott a meredeksége zérus értékű, tehát ekkor a feszültség értéke nulla. Az áram meredeksége folyamatosan nő a nulla átmenetig, és ennek megfelelően az utolsó negyed periódusban a feszültség értéke is folyamatosan nő. A fentiek alapján a 3. ábrán együtt rajzoltuk meg az induktivitás áramát és feszültségét. 77 3. ábra Az induktivitás feszültsége és árama szinuszos gerjesztés esetén Megfigyelhető tehát, ha az induktivitás árama szinuszos, a feszültsége is ugyanolyan periódus idejű koszinuszos jel. Ez a két jelalak hasonlít egymásra, csak negyed periódusnyit, azaz 90°-ot el van tolva a

feszültség az áramhoz képest. Másképp: szinuszos váltakozó áramú körökben az induktivitás árama és feszültsége is szinuszos, csak 90° -kal előbb veszi fel a feszültség a maximumát az áramhoz képest. • A gyakorlatban, az induktivitás áram- és feszültség időfüggvényének alakja általában nem azonos időbeli lefolyású ("nem hasonlítanak egymásra"). Például, ha az áram háromszögjel (4. ábra), a feszültség négyszögjel lesz, hiszen továbbra is a feszültség és az áram között: u(t) = L- d~~) , összefüggés érvényes. Az első negyed periódusban növekszik az áram, a meredeksége, azaz a változási sebessége pozitív. Ekkor az indukált feszültség pozitív értékű lesz Mivel az áram meredeksége állandó, az indukált feszültség állandó pozitív értékű lesz. u(t i(t) u -t ~ T/2 T T -U -Imax 4. ábra Az induktivitás árama és feszültsége szimmetrikus háromszög áramjel esetén A következő

két negyed periódusban csökken az áram értéke, tehát a meredeksége, azaz a változási sebessége negatív. Ekkor az indukált feszültség is negatív értékű lesz 78 Mivel az áram meredeksége állandó, az indukált feszültség állandó negatív értékű lesz. Az utolsó negyed periódusban ismét állandó sebességgel növekszik az áram, a meredeksége, azaz a változási sebessége pozitív és állandó. Ekkor az indukált feszültség ismét állandó pozitív értékű lesz. Ez figyelhető meg a 4. ábrán 3.3 A kapacitív fogyasztó vizsgálata 3.31 Az áram és afeszültség kapcsolata a kondenzátoron Egy C kapacitású kondenzátoron az átfolyó áram és a kapcsain közötti általános érvényű összefüggés tetszőleges jelalak esetén: levő feszültség ~ azaz egy kondenzátoron átfolyó áram mindig arányos a feszültségváltozás sebességével ( a feszültség időszerinti deriváltjával) az arányossági tényező a kondenzátor

„C" kapacitása. A fenti összefüggésből következik, hogy egy kondenzátoron a feszültség nem változhat meg, mert ahhoz végtelen nagyságú töltőáram tartozna. • ugrásszerűen Egyenáramú hálózatban U = állandó, ezért a du(t) = O dt tehát állandósult állapotban a kondenzátoron áram nem folyik, ezért egyenáramú hálózatban szakadással helyettesítjük. • Egy C = állandó kapacitású ideális kondenzátorra szinuszos váltakozó feszültséget kapcsolva · = C •du ossze ·· fii gges , erteme 1 ben: dt 1 az áram időfüggvénye koszinuszos változású (5. ábra) -11 u, i 5. ábra e o ~ --~► u A kapacitás feszültsége és az árama szinuszos gerjesztés esetén 79 Tehát ha a kapacitás feszültsége szinuszos, az árama is ugyanolyan periódusú szinuszos jel lesz, csak negyed periódusnyit, azaz 90°-ot el van tolva a feszültséghez képest. Ezt úgy foghatjuk fel, hogy ha a kondenzátor feszültsége pozitív, az

áramnak pozitív értékűnek kell lennie. nő, azaz a meredeksége Az első negyed periódusban a pozitív áram tölti a kondenzátort. Ahogy egyre lassabban töltődik a kondenzátor, a feszültség változási sebessége csökken, a töltő áram erőssége is csökken. A következő két negyed periódusban csökken a feszültség értéke, tehát a meredeksége, azaz a változási sebessége negatív. Ekkor az áram is negatív értékű lesz A második negyed periódusban kisül a kondenzátor, majd a harmadik negyed periódusban újra töltődik a másik irányban. Az utolsó negyed periódusban a pozitív áram kisüti a negatív feszültségre feltöltött kondenzátort. A gyakorlatban, a kondenzátor áram- és feszültség időfüggvényének alakja általában • nem azonos időbeli lefolyású ("nem hasonlítanak egymásra"). Például, ha a feszültség háromszögjel, az áram négyszögjel lesz. Ez figyelhető meg a6. ábrán i(t) u(t I Umax ., ,- 1

T/2 T :;:. T t -I . - -- -Umax 6. ábra A kapacitás feszültsége és az árama szimmetrikus feszültségjel esetén Ebben az esetben az állandó nagyságú áram állandó sebességgel tölti, illetve süti ki a kondenzátort. Természetesen, ha az áram pozitív értékű, nő a kondenzátor feszültsége, míg negatív áram esetén csökken. 80 4. Váltakozó áramú hálózatok 4.1 A váltakozó áram és feszültség fogalma Az egyenáramú hálózatokkal foglalkozó fej"ezetünkben a vizsgált áramkörökben minden ág árama és feszültsége az idő függvényében állandó volt, vagyis sem az irányuk, sem a nagyságuk nem változott. Időben állandó egyenfeszültséget szolgáltatnak a galvánelemek és az akkumulátorok, hatásukra az áramkörben egyenáram (DC - Direct Current) folyik. A váltakozó áramú hálózatokban a feszültség iránya (polaritása) és a nagysága is változik az idő függvényében. Azt a feszültséget, melynek

változik az iránya, váltakozó feszültségnek és a hatására kialakuló áramot váltakozó áramnak (AC -Alternating Current) nevezzük. A villamos gépek és készülékek működéséhez szükséges energiát a villamos hálózatokból vesszük. A hálózati feszültség alakja szinuszos, tehát iránya és nagysága is ismétlődően, azaz periodikusan változik. Az iparban, valamint a háztartásokban használt szinuszos váltakozó feszültséget az erőművekben villamos forgógéppel (generátorral) állítják elő. A váltakozó áram elnevezés alatt a gyakorlati szóhasználatban szinuszos váltakozó áramot értünk, mivel ez a leggyakrabban használt alakja. De ennél tágabb fogalomról van szó, ezért az 1. ábrán bemutatunk néhány, különösen az elektronikában gyakran használt váltakozó áramú jelalakot. Az la ábrán egy periodikus háromszögjel időfüggvényét rajzoltuk meg Az 1b ábrán látható jel egy egyenfeszültségre ültetett

(szuperponált) szinuszhullám. Ennek a jelnek két összetevője (komponense) van, az egyenfeszültségű összetevőt szaggatott vonallal jelöljük az ábrán. (Például a tranzisztoros áramkörökben alakulhat ki ilyenjei) u Uo T a) 1. ábra Váltakozó áramú jelek T a) háromszögjel b) b) szinuszosjel 4.11 A periodikus mennyiségek jellemzői A váltakozó áramú jel általában periodikus, mint az 1. ábrán látható időfüggvények A periodikusság azt jelenti, hogy megadható egy időtartam, amelynek eltelte után a jelalak azonosan megismétlődik. A periódus, vagy más néven a teljes hullám lezajlásának idejét periódusidőnek nevezzük, és T-vel jelöljük, mértékegysége a másodperc (s). (Az 1 ábrán bejelöltük az áram és a feszültség periódusidejét.) Az egy másodperc alatt létrejövő teljes hullámok száma a frekvencia, jele f A definíció alapján a frekvencia a periódusidő reciproka: /= ! . T [/]=[~]=;, A frekvencia egysége:

81 1 1 - = 1 Hz (hertz). s A változó áramú körökben az áram és a feszültség értéke pillanatról pillanatra változik, ezért az idő függvényeként adható meg ( u(t), i(t) ). A változó áramnak, illetve feszültségnek egy adott időponthoz (to) tartozó értéke a pillanatérték, melyet mindig kis betűvel jelölünk. A pillanatérték az időfüggvény t = to -beli helyettesítési értéke: u(to), i(t0), stb. A legnagyobb - az abszolút értékben a legnagyobb - pillanatérték a maximális érték, melyet az időfüggvény csúcsértékének, vagy amplitúdójának nevezünk. Jele: Ucs,· les, illetve {;; i, de a nemzetközi szakirodalomban Up, /p-vel jelölik (peak). Egy jel periodikussága azt jelenti, hogy az áram nemcsak egyszer veszi fel ugyanazt a pillanatértéket, hanem valamennyi T idő elteltével periodikusan megismétlődik a jel értéke és a fázishelyzete is. Például a váltakozó áram periodikussága matematikai alakban a

következőképpen írható fel: i(t + k · T) = i(t), ahol k = ± 1, 2, 3 . Azonos fázishelyzetről akkor beszélünk, amikor nemcsak a pillanatérték, hanem a jel változási-sebessége is megegyezik. A két egymáshoz legközelebb eső azonos fázishelyzetű pillanatérték közti tartomány a periódus, vagy teljes hullám, s az ehhez tartozó idő a periódusidő. A váltakozó áramok alkalmazásakor sok esetben a periodikus jel egy meghatározott kell ismerni. A következőkben néhány ilyen alapvető jellemzőt ismertetünk jellemzőjét A váltakozó áram egyszerű középértéke le a jel egy periódusra vett átlaga: l r = - f i(t)dt To Az egyszerű középértéket elektrolitikus középértéknek is nevezik. Az elnevezésnek az a magyarázata, hogy az /e-vel azonos nagyságú időben állandó egyenáram elektrolízis során a periódusidő alatt ugyanannyi töltést (anyagmennyiséget) szállít, mint a vizsgált periodikus áram. A váltakozó áram

abszolút középértéke a jel abszolút értékének egy periódusra meghatározott átlaga: 1 r Ia = - f Ji(t)Jdt T o A váltakozó áram effektív értéke a jel egy periódusra vett négyzetes átlaga, mely megadja azt az egyenáramot, amely egy ellenálláson periódusidő alatt a periodikus árammal azonos mennyiségű hőt termel: 2 T 2 I . R · T = I i (t) R dt 0 I 1r = - f i 2 (t)dt To A továbbiakban a váltakozó áram és feszültség effektív értékét, mint a leggyakrabban használt jellemzőt, index nélküli nagybetűvel jelöljük. Az effektív érték azért alapvető jellemző, mert ennek ismerete szükséges a váltakozó áramú teljesítmények kiszámításához. 82 A váltakozó áram középértékeinek viszonyát a forma- és a csúcstényező fejezi ki. Aformatényező (kJ) az effektív érték és az abszolút középérték hányadosa: A csúcstényező (kcs) a csúcsérték és az effektív érték hányadosa: kcs = les > - 1. I Az

egyes váltakozó áramú jelek és középértékeik kapcsolatát ismernünk kell a jelek nagyságának megméréséhez is. Az elterjedten használt mérőműszerek ugyanis - elvükből következően - a mért jel valamelyik középértékét mutatják. Határozzuk meg a 2. ábrán látható periodikus feszültség effektív értékét! u 20V--t-----. -10V 2. ábra Megoldás: A definíció értelmében: T U2 · T = Ju 2 (t)dt, 0 vagyis az időfüggvény négyzetének egy periódusra vett területe (3a ábra) egyenlő az effektív érték négyzetének egy periódusra vett területével (3b ábra). 2 T T U ·T =400--+100·-= 250-T 2 2 tehát: U = ✓250 = 15,81 V. 400 100 T/2 T T a) b) 3. ábra 83 Példa: Határozzuk meg a 2. ábrán látható periodikus feszültség középértékét! Megoldás: a) egyszerű és az abszolút Az egyszerű középérték a definíció értelmében: T Ue • T = Ju(t)dt , 0 vagyis az időfüggvény egy periódusra vett görbe

alatti területe középérték egy periódusra vett görbe alatti területével. U -T = 20 · T -10 · T = 5 · T e 2 2 egyenlő az egyszerű Ue = 5 V. b) A definíció értelmében az abszolút középérték egy periódusra vett görbe alatti területe egyenlő az időfüggvény abszolút értékének egy periódusra vett görbe alatti területével. T T U -T =20--+10·-=15-T a 2 2 Ua =15V. 4.2 A szinusws jelek jellemzői A gyakorlatban előforduló periodikus jelek döntő többsége szinuszos lefolyású, ezért számunkra a legfontosabb a szinuszosan váltakozó feszültség illetve áram ismerete. Az Európában alkalmazott hálózati feszültség frekvenciája 50 Hz, ami azt jelenti, hogy a másodpercenkénti rezgések száma 50. (Az elektronikában előforduló feszültségek és áramok frekvenciája néhány Hz-től több száz GHz-ig terjedhet.) A leggyakrabban használt - 50 Hz-es - jel periódusideje: T=7 =io= 1 A szinuszos áram illetve feszültség

alakja például az áramra: 1 ahol i(I) = 0,02 s=20 msl időfüggvényével adható meg, mely legegyszerűbb i -sin m-t, ~ az áram csúcsértéke és OJ az áram körfrekvenciája. Mivel a szinusz függvény csak + 1 és -1 közti értékeket vehet fel, és az j amplitúdójú áram ± i közt változik, ezért a szinusz függvényt mindig meg kell szorozni a jel csúcsértékével is. Mint tudjuk, a szinusz függvény független változója (argumentuma) a szög. Bár az áram időbeli szinuszos változását akarjuk leírni, így a független változónk az idő, de a szinusz argumentumába csak szög kerülhet. Tehát a körfrekvencia a szinusz függvény argumentumának egységnyi idő alatt bekövetkező változása, vagyis tulajdonkép pen 84 szögsebesség. Mivel a periódusidőnek kifejezésbe helyettesítve: 21r = w. T, = 21t radián szögváltozás felel meg, az a = @t 360° amiből: OJ 21r = T, illetve: w = 2TC · f . A szögsebesség

mértékegysége: rad/s . Az 50 Hz frekvenciájú jel körfrekvenciája: 1ro = 21t · 5 0 = 3 14 rad/ s. 1 A 4. ábrán szinuszosan váltakozó áramokat ábrázolunk A vízszintes tengelyen feltüntettük mindkét lehetséges független változót: az időt (t) és a szöget ( OJ • t) is. A 4a ábrán megadott áramnak a t = 0 pillanatban pozitív nullátmenete van, azaz a negatív értékből a pozitívba való átmenet során értéke éppen zérus, meredeksége pozitív. Az ilyen jelet nevezzük zérus fázisszögűnek. A t = 0 pillanatot mi vesszük fel, és igyekszünk úgy felvenni, hogy a legegyszerűbb matematikai alak adódjék. Általában egy hálózatban különböző időpillanatban lép fel az egyes áramok és feszültségek nullátmenete, tehát a mennyiségek eltérő fázishelyzetűek. a/ro = T/8 ( rot) (a= n/4) T (21t) (27t) a) b) 4. ábra Szinuszosan váltakozó áramjellemzöi b) + rc/4 a) nulla fázisszögű fázisszögű Egy jel t = 0-beli

pillanatértékét a kezdő fázisszög határozza meg. A 4b ábrán egy a= n/4 (kezdő) fázisszögű szinuszos váltakozó áram látható. Ennek a függvénynek a t = 0 pillanathoz képest előbb van pozitív nullátmenete, azaz siet, és az ilyen jel fázisszöge pozitív, az időfüggvénye: i(t) = i -sin(@t+w4). Egy jel fázisát nemcsak a t = O-hoz viszonyíthatjuk, hanem egy másik jelhez is. Az 5 ábrán megrajzolt i1 áram nulla fázisszögű. Az 5a ábrán látható i 2 áram pozitív nullátmenete előbb következik be, tehát i2 siet az i1 áramhoz képest. Az időtengelyen jobbra haladva találhatók a későbbi pillanatok. Tehát az az áram siet, amely időfüggvénye a másiktól balra található. Ab ábrán látható i3 áram görbéje jobbra esik az i 1-hez képest, azaz később veszi fel a pozitív nullátmenetét, tehát i3 késik i1-hez képest, és i3fázisszöge negatív. ( ű) t) a a.) 5. ábra Eltérő fázisú szinuszos jelek b.) a) 85 ii siet

b) Í3 késik i1-hez képest A továbbiakban meghatározzuk a szinuszosan váltakozó jel középértékeit. Egy szinuszosan váltakozó jel egyszerű középértéke zérus, hiszen a szinuszfüggvény görbe alatti pozitív és negatív területei egy periódus alatt azonos nagyságúak. A definiáló integrál szerint azokat előjelesen összegezni kell, tehát a szinuszfüggvény egy periódusra vett görbe alatti területe zérus, és így annak átlaga is zérus. I e- =0 Ha a jel szinuszos változású, akkor az abszolút középérték kiszámításához a 6. ábrán látható ún. kétutasan egyenirányított jel egyszerű középértékét kell venni il T/2 T 6. ábra Szinuszosan váltakozó jel abszolút középértéke A szinuszos áram abszolút középértéke tehát: T 1 ~ l•SlllaJ•tdt=-·2· 1 1 I =A T a , T 0 T/2 2,r ] =T2 · I ·[ -COST ·t 0 T · 2,r J T/2 2,r l·Slll-·tdt= 0 A , T =-;;2 ·I, =0,637. J, A szinuszosan váltakozó

áram effektív értékének négyzete megegyezik az áram négyzet-függvényének egy periódusra vett átlagával (7. ábra) 7. ábra Szinuszosan váltakozó jel négyzet-függvénye és effektív értéke 86 Tehát egy szinuszosan váltakozó jel effektív értéke csúcsértékének ✓ 2 -ed része. A váltakozó feszültségnek és áramnak mindig az effektív értékét adjuk meg Ha ettől eltérünk, azt mindig külön jelölni kell. A jól ismert U = 230 V is effektív értéket jelent Ha: U = 230 V, akkor U=.fi 230 = 324 V Szinuszos jel esetén a csúcstényező és a formatényező: illetve: k f = 7r r;; 2--v2 = 1,11 . 4.21 A szinusws jelek ábráwlása 4.211 Az időfüggvény A váltakozó jelek legszemléletesebben az időfüggvényükkel ábrázolhatók. Ezt használtuk eddig is, mert így az időfüggvény alakja közvetlenül mutatja a változás jellegét (szinusz, háromszögjel stb.) Foglaljuk össze, hogy mi olvasható le egy szinuszosan

váltakozó jel időfüggvényéről: a.) a jel csúcsértéke (amplitúdója), b.) a periódusideje, ami egyúttal az időfüggvény frekvenciáját is meghatározza, c.) a kezdő fázisszöge, d.) valamennyi időpillanatban meghatározható az időfüggvény pillanatértéke 4.212 A szimbolikus ábrázolás Míg időfüggvénnyel bármely váltakozó jel szemléltethető, addig vektoros ábrázolása csak a szinuszos jelnek van. Ez a szinuszos jel másik ábrázolási módja, és a két ábrázolási mód egyenértékű. Ezen új ábrázolási módszer alapján adhatunk össze egyszerűen azonos frekvenciájú, de különböző amplitúdójú és fázisú áramokat illetve feszültségeket. Tehát az a célunk, hogy pl. az u(t) = {; sin OJ"t alakú feszültséget egyszerűen szemléltessük. Ez a módszer az egyenletes körmozgást használja fel a szinuszos rezgés ábrázolására. Vegyünk egy U hosszúságú síkvektort, és forgassuk egyenletes OJ szögsebességgel az

óramutató járásával ellentétes irányban (8. ábra)! Ily módon a síkvektor végpontja egyenletes körmozgást végez. A megtett a szögelfordulás arányos az állandó m szögsebességgel és a mozgás t idejével: a= m. t A teljes kört, azaz a 21t szögelfordulást a forgó síkvektor végpontja mindig azonos idő alatt teszi meg, és ez az idő a periodikus körmozgás periódusideje. Mivel a periódusidőnek 360° = 21t radián szögváltozás felel meg, m = 2; szögsebessége, ami megegyezik a szinuszos feszültség körfrekvenciájával. 87 , a forgó mozgás 8. ábra A forgó síkvektor értelmezése A t = 0 pillanathoz tartozzon az ábrán látható vízszintes, a = 0 szöghelyzetű síkvektor. Forduljon el a síkvektor a szöggel! Ha megvizsgáljuk a forgó síkvektor függőleges vetületét, azt vesszük észre, hogy annak hossza minden pillanatban: {; -sina = 6J.sinm-t , ami nem más, mint az u(t) feszültség megfelelő pillanatértéke Azaz, ha a

kiindulási helyzetet, az a = 0 szöget vízszintesen vesszük fel, akkor az {; hosszúságú forgó síkvektor függőleges vetületének hossza minden időpillanatban megegyezik az ugyanazon időpillanathoz tartozó u(t) feszültség pillanatértékével. Ha a 8 ábrán látható módon a függőleges vetületeket a megfelelő időpillanatokhoz rendelve az idő függvényében ábrázoljuk, megkapjuk a feszültség időfüggvényét. (Lásd az ábrát!) Általánosságban ez azt jelenti, hogy az {; hosszúságú forgó síkvektornak az a= 0 szogu helyzetre merőleges vetületének hossza minden időpillanatban megadja az u(t) feszültség pillanatértékét. u if. t--~--=-------------=-+-: t=0 -;-----1-----::!-i- (rot) nulla a =O fazisszögű jel a.) u (cot) b.) t = O-hoz képest siet a jel u t = O-hoz képest késik a jel e.) 9. ábra A szinuszos jel és a forgó síkvektor kapcsolata 88 Ilyen módon nemcsak nulla (kezdő-) fázisszögű jeleket ábrázolhatunk. A

tetszőleges a fázisszögű szinuszos jel úgy adható meg egy forgó síkvektorral, hogy a t = 0 pillanathoz tartozó vektort eleve az adott a fázisszöggel elforgatva rajzoljuk meg. Ha siet a jel, akkor a forgásiránnyal azonos irányban, ha késik, akkor azzal ellentétes irányban forgatjuk el a "kezdő" vektort. (9 ábra) Tehát a forgó síkvektor egyértelműen leképezi a szinuszos jelet Ezt a forgó síkvektort szinornak nevezzük. Láttuk, hogy a szinuszos jelet egyértelműen jellemzi annak csúcsértéke, fázisszöge és frekvenciája. Így nyilvánvaló, hogy már a t = 0 pillanathoz felvett síkvektor is megadja a jel csúcsértékét és a fázisszögét. Ez azt jelenti, hogy elegendő a szinuszos jelet egyetlen, a i = 0 pillanatbeli (álló) síkvektorral jellemezni„ ha megadjuk a síkvektorhoz a szinuszos feszültség, illetve áram körfrekvenciáját. 4.22 Azonos frekvenciájú szinuszos jelek összegzése 4.221 Az időfüggvények összegzése

Kapcsoljunk sorba két ideálisnak tekinthető, azonos frekvenciájú, szinuszos feszültséggenerátort! (10. ábra) Az ideális feszültséggenerátor szinuszos esetben is aztjelenti, hogy a generátor kapocsfeszültsége a terheléstől független, tehát megegyezik a forrásfeszültségével, és úgy állandó, hogy mindenkor ugyanazzal az időfüggvénnyel adható meg. Míg az ideális egyenáramú generátort egy adat jellemezte, addig az azonos frekvenciájú szinuszos generátorok ismeretéhez két adat szükséges, hisz a generátorok forrásmennyiségének az amplitúdója és a fázisszöge is eltérő lehet. A sorosan kapcsolt generátorok feszültsége összegződik. Ez azt jelenti, hogy minden időpillanatban összeadódnak az azonos időhöz tartozó pillanatértékek. Mivel a pillanatértékek összessége az időfüggvény, az időfüggvények adódnak össze. Ue(t) Ue(t) = u,(t) + u2(t) 10. ábra Feszültséggenerátorok soros kapcsolása Az összegzést ennek

megfelelően úgy végezzük, hogy közös (vízszintes) időtengelyt felvéve az azonos idejű függőleges metszékeket (pillanatértékeket) előjelhelyesen összeadjuk. A 1 la ábrán azonos fázisú feszültségeket adtunk össze. Az eredő az összetevőkkel azonos fázisú, ugyanolyan frekvenciájú, szinuszos jel lett. Mivel az összetevők csúcsértékei azonos időponthoz tartoznak, összegződnek. Legyen: u1(t) = 5 ·sin OJ"t V ekkor: Ue és u2(t) = 10 -sin @t V, (t) = u1(t}+ u2(t) = 5 ·sin @t+ 10 ·sin OJ"t = 15 •sin OJ·t V. A 11 b ábrán látható feszültségek közti fáziseltérés rp = 180°, ezek ellenfázisú feszültségek. Ha: u1(t) = 10 ·sin @t V és u2(t) = -5 •sin OJ·t V, 89 ekkor: Ue (t) = u1 (t)+ u2 (t) = 10 -sin OJ"t - 5 sin m·t = 5 -sin m·t V. Ellenfázisú jelek összegzésekor (11 b ábra) az eredő a nagyobb amplitúdójú feszültséggel lesz azonos fázisú. Ha két ellenfázisú rezgés amplitúdója

azonos, az eredő nulla, tehát az ilyen rezgések kioltják egymást. u a) azonos fázisú 11. ábra Szinuszos jelek összegzése b) ellenfázisú A 12. ábrán látható feszültségek közti fáziseltérés rp = 90° Mint látható, ha a csúcsértékek nem azonos időpillanatban lépnek fel, nem adhatók össze. Sem az eredő amplitúdóját, sem a fázisszögét nem tudjuk egyszerűen meghatározni. Ha az eredő időfüggvényt pontról-pontra megszerkesztjük, akkor megállapíthatjuk, hogy az azonos frekvenciájú szinuszos rezgések összege mindig szinuszos, és ugyanolyan frekvenciájú, mint az összetevői. Viszont a különböző frekvenciájú szinuszos rezgések összege már egy nem szinuszos periodikus jel lesz. u ~ ~U2 12. ábra Eltérő fázisú jelek összegzése 13. ábra U1 Síkvektorok összegzése 4.222 A síkvektorok összegzése Azt tapasztaltuk, hogy különböző fázisú szinuszos időfüggvények összegzése még azonos frekvenciák esetén is

nehézkes. Azért vezettük be a szimbolikus, vektoros ábrázolást, mert a síkvektorok összegzését igen egyszerűen elvégezhetjük. Az előző pontban láttuk, hogy a megfelelő forgó síkvektor egyértelműen leképezi a szinuszos jelet. Ha azonos frekvenciájú szinuszos mennyiségeket ábrázolunk forgó síkvektorral, együttforgó vektorokat kapunk. Az együttforgó vektorok egymással bezárt szöge állandó. Így bármely időpontban összegezve a síkvektorokat, azaz a szinorokat azonos eredményt kapunk. Tehát elegendő az azonos frekvenciájú szinuszos jeleket egyetlen, általában a t = 0 pillanatbeli síkvektorukkal megadni, és ezeket kell a vektoriális összegzés szabályainak megfelelően összeadni. 90 Az összeadandó síkvektorok hossza az időfüggvény amplitúdójának, szöge az időfüggvény fázisának felel meg. Az azonos mértékegységű jelekre azonos léptéket veszünk fel. Például, ha 10 V-nak megfeleltetünk egy 1 cm hosszú vektort,

akkor ugyanabban az ábrában a 25 V-nak megfelelő vektor hossza 2,5 cm. Majd tetszőlegesen/elvesszük a síkon a a= 0 fázisszögnek megfelelő irányt (célszerűen vízszintes vagy függőleges irányban), és ehhez képesti szöggel rajzoljuk meg a vektorokat úgy, hogy a forgásirány az óramutató járásával ellentétes. A vektorokat felülhúzással jelöljük. A vektorokat nyílfolytonosan összegezzük (13 ábra). Ez azt jelenti, hogy az első vektor végpontjából kezdjük a második vektort rajzolni (azaz a második vektort önmagával párhuzamosan eltoljuk), és az eredő az első vektor kezdőpontjától a második végpontjáig tart. A 14. ábrán különböző fázisszögű vektorokat adunk össze Az azonos fázisú vektorok egy egyenesbe esnek, és eredőjük is ebbe az irányba esik, tehát ugyanolyan fázisú lesz. Az eredő vektor hossza az összetevők hosszának összegével egyezik meg (14a ábra). U2 U1 U2 u. OJ U1 U2 U, a.) U1 ~ U2 b.) U1 90

e.) 14. ábra Síkvektorok összegzése a) azonos fázisú b) ellenfázisú e) derékszöget bezáró Tehát, az U e = U I + U2 vektoriális egyenlet azonos fázisú jelek esetében, és csak akkor, azt jelenti, hogy a leképezett jelek nagysága összeadódik. Az ellenfázisú vektorok is egy egyenesbe esnek (14b ábra ), sőt az eredő is ebbe az egyenesbe esik, de itt az eredő iránya a hosszabb vektor (nagyobb jel) irányába mutat, és hossza az összeadandók hosszának a különbsége. A 14c ábrán adott vektorok derékszöget zárnak be (úgy, hogy az U 2 siet U 1 -hez képest). A két összegzendő vektor az eredővel együtt egy derékszögű háromszöget alkot Tehát az eredő nagyságának meghatározásához a Pythagoras-tételt felírva: U e2 - u21 + u22 , Az eredő amiből: U e = -yIU 12 + U 22 , vektor fázisszöge: Míg a 12. ábrán látható 90° -os fáziseltérésű időfüggvények eredőjét az időfüggvények összegzésével csak nehezen lehetett

meghatározni, addig a vektorok összeadása egyszerű, és pontos eredményt kapunk a fenti összefüggések alapján. Vessük össze ezeket az eredményeket a 11. ábrán összegzett időfüggvények eredőjével! Ez azt jelenti, ha az időfüggvények, azaz Ue (t) = u 1 (t)+ u 2(t) helyett egy adott időpontban az időfüggvényeket szimbolizáló forgó síkvektorokat, a szinorokat összegezzük, azonos eredményre jutunk. 91 A gyakorlatban a szinuszos váltakozó mennyiségek nagyságát nem a csúcsértékükkel, hanem az effektív értékükkel szokás jellemezni (Lásd pl. 230 V) A csúcsértéknyi hosszúságú forgóvektor, a szinor szimbolizálja a szinuszos jel időfüggvényét, hiszen a szinor vetülete írja le a szinuszos időfüggvényt. A szinuszos időfüggvénynek azonban egyértelműen megfeleltethető az effektív értéknyi hosszúságú forgóvektor, a fázor is. A fázor és a szinor csak hosszúságában különbözik egymástól. Afázor hosszúsága ✓

2 -e a szinorénak. A továbbiakban a szinor esetében jelöljük, hogy vektor és azt is, hogy csúcsértéknyi hosszúságú. Tehát például a feszültség-szinor jelölése: u. A feszültség-fázor jelölése: U Legyen a 12. ábrán látható feszültségek amplitúdója Határozzuk meg az összegük nagyságát és szögét! Megoldás: A 12. ábrán adott u2(t) feszültség késik az u1(t) nulla A 15. ábrát ennek megfelelően rajzoltuk meg Tehát az Pythagoras-tétel értelmében: és 8 V és U 2 = 6 V. fázisszögű eredő amiből: sinm =~=0 6 .,, 10 u1 ((J feszültséghez képest. feszültség csúcsértéke a = 36,9°. Az eredő fázisszög: rp = - 36,9° negatív, mivel az ábra alapján látszik, hogy az eredő feszültség késik a nulla fázisú u1-hez képest. Ú 1 = 8V(4cm) [Jj Ú 2= <p = oo 6V(3cm) Ú 15. ábra .= 10V(5cm) Szinorok léptékhelyes összegzése Vektorok összegzését nemcsak a vektorok nyílfolytonos egymás után

rajzolásával végezhetjük el, hanem az ún. paralelogramma módszerrel is Ez azt jelenti, hogy az első vektor végpontjából párhuzamost húzunk a második yektorral, és a második vektor végpontjából pedig az első vektorral húzzuk a párhuzamost. Igy a 16a ábrán látható módon egy paralelogrammát kapunk. Az eredőt az adott vektorok közös kezdőpontjából kiindulva húzzuk be a paralelogramma átlójába. Ha tetszőleges a két időfüggvény közti fáziseltérés, akkor megszerkesztjük léptékhelyesen a fáziseltéréssel azonos szöget bezáró vektorokat. Az összegzés után az eredő hosszát és szögét a szerkesztésből leolvashatjuk. 92 U 0 =14V (7cm) U1= IOV (5cm) U2 = 5V (2,5cm) b) a) 16. ábra Vektorok összegzése a) paralelogramma módszerrel b) léptékhelyes fázorábra Legyen a feszültségek effektív értéke U1 = 10 V és U2 = 5 V , és az u2 (t) siessen 45° -kal az u 1 (t) -hez képest! Határozzuk meg az összegük

nagyságát és szögét! Megoldás: A 16b ábrán szerkesztettük meg léptékhelyesen az összeadandó feszültségeket, úgy hogy 2 V-nak 1 cm-t feleltettünk meg. Az összegzést paralelogramma módszerrel végeztük Az eredő hossza 7 cm lett, tehát az eredő feszültség nagysága, azaz az effektív értéke: 14 V, a szöge 15 °, és siet az u 1 (t) -hez képest. 4.223 A komplex számítási módszer bevezetése Mint tudjuk, a Kirchhoff-törvények minden időpillanatban érvényesülnek, egy csomópont áramainak előjelhelyes összege minden pillanatban zérus, illetve a hurok feszültségeinek előjelhelyes összege minden pillanatban zérus. Tehát a jelek pillanatértékeire, azaz az időfüggvényekre kell a Kirchhoff-törvényeket alkalmaznunk. Szinuszos mennyiségek esetén az időfüggvény leképezhető egy forgó síkvektorral. Mint láttuk, elegendő a forgó síkvektort csak egy időpillanatban megadni, hisz már ez az egyetlen vektor is tartalmazza a szinuszos

jel amplitúdóját és fázisszögét. Az eddigiek során azt láttuk, hogy az időfüggvények összegzése helyett célszerűbb a vektorok összegzése, melyet eddig szerkesztéssel végeztünk. Az azonos frekvenciájú szinuszos rezgések összege mindig szinuszos, és ugyanolyan frekvenciájú, mint az összetevői. Ezért adhatjuk össze a vektoriális összegzés szabályainak megfelelően az azonos frekvenciájú áramoknak illetve feszültségeknek megfelelő szinorokat illetve fázorokat. A szinorok illetve a fázorok leírására a komplex számok alkalmasak. Ha a t = 0 pillanathoz tartozó vektort a komplex számsíkra (17a ábra) helyezzük, a vektort számszerűen is leírhatjuk, ha ismerjük a vektor tengelyekbe eső vetületeit. Megállapodás szerint a zérus fázishelyzetnek a reális ( + ) tengely felel meg. Ez azt jelenti, hogy a komplex számsíkon való ábrázoláskor a csúcsérték-hosszúságú vektor, a szinor 93 képzetes tengelyre vonatkozó vetülete

a szinusz függvény t = 0 pillanathoz tartozó értékét adja meg. (17b ábra) Általában az effektív értéknek megfelelő hosszúságú vektorokat rajzolunk, s ez a fázor. +j képzetes tengely a) reális tengely a komplex számsík + -j +j +j +j u V=U V =jU u V =-jU + + -j + -j cp = 90° cp = 0 cp = - 90° d) e) b) u -j 17. ábra Ábrázolás a komplex számsíkon Az a vektor, mely 90°-ot siet - a forgásiránynak megfelelően - a pozitív képzetes tengelyben ( +j) helyezkedik el (17c ábra). Az a vektor, mely 90°-ot késik - a forgásiránynak megfelelően - a negatív képzetes tengelyben ( - j) helyezkedik el (17d ábra). A 18. ábrán egy általános helyzetű vektort rajzoltunk meg, melynek a tengelyekbe eső vetületeit az ábrába berajzoltuk. +j +j u u U-smcp B U-coscp -j + A -j Általános helyzetű vektor komplex alakjának meghatározása 18. ábra Általános helyzetű vektor ismeretében az időfüggvény felírása 19.

ábra 94 + A 18. ábra alapján belátható, ha ismerjük a fázor hosszát - a jel effektív értékét (U) - és a fázisszögét ( cp) a vektor komplex alakban a következőképpen írható fel: 1 U = U-cos,p+ j-U-sin,p = U-(cos,p + j-sin,p) 1, és ezt hívjuk a szinuszos jel komplex effektív értékének. Ha a vektor hossza a szinuszos jel csúcsértékével komplex csúcsértéket kapjuk meg. egyenlő (szinor), akkor az ún. továbbiakban először megrajzoljuk a komplex számsíkon az vektorokat - általában a fázorokat, - és felírjuk a vektorok komplex alakját. A szükséges összegzéseket a komplex számokra vonatkozó szabályok szerint hajtjuk végre. Tehát a időfüggvényeknek megfelelő Természetesen a fenti leképezésnek csak akkor van értelme, ha pl. a t = 0 pillanatban meghatározott komplex érték alapján fel tudjuk írni a valós időfüggvényt. Legyen a fázor komplex alakja (19. ábra): lu Úgy a szinuszos jel effektív értéke: 1U =

.J A2 + B2 I, 1· 11// = arctg fázisszöge: Ezek alapján a tényleges 1 u(t) = A+ j · B . időfüggvény: = ✓2 · U · sin(m · t + (f)) = Ü •sin(m. t + (f)) Ha a szinuszos jel komplex csúcsértékét ismerjük, úgy a komplex szám abszolút értéke a szinuszos jel amplitúdója. Legyen a feszültségek effektív értéke U1 = 10 Vés U2 = 5 V, és az u2 (t) siessen 45°kal az u1 (t) -hez képest! Határozzuk meg az összegük nagyságát és szögét! Megoldás: Az egyik feszültség fázisszögét minden rendszerben célszerű nullának választani, mivel az ehhez tartozó vektor írható fel a legegyszerűbben. Az u 1(t) feszültséget zérus fázisszögűnek választva, az u2(t) feszültség fázisszöge +45° lesz. U 1 =10 V, U 2 =5-(cos45° + j·sin45°)=(3,45+ j-3,45) V, Ui + U 2 = (13,45 + j · 3,45) V, ahonnan: U = ✓ 13,45 2 + 3,45 2 = 14 V, és 95 3,45 13,45 0 rp = arctg-- = 15 . A 16b ábrán szerkesztettük meg léptékhelyesen az

összeadandó feszültségeket. Jelenlegi eredményünk azzal megegyezik. Határozzuk meg az ábrán látható feszültséggenerátorok eredő feszültségét, ha u1(t) = ✓ 2 100 -sin OJt V u2(t) és = ✓ 2 100 ·sin ( OJt-JT/3) V. 20. ábra ---:► U1(t) 11e(t) Megoldás: A huroktörvény értelmében: Ue (t) = u1(t)- u2(t). A feszültségek komplex effektív értéke: U 1 =l00V, U 2 =100(cos60°- j•sin60°)=(50- j-86,6) V, Ue =U1 -U2 =100-50+ j-86,6=(50+ j-86,6) V. Ue = ✓50 2 +86,6 2 86 6 cp = arctg-- = +60° = +1r /3 . 50 =100 V, Az eredő időfüggvény: Ue(t) = ✓ 2 100 •sin (OJt+JT/3) V. Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha léptékhelyes fázorábrát szerkesztünk (21. ábra) +i + -86,6i 21. ábra Léptékhelyes fázorábra Ellenőrző 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. kérdések: Mit nevezünk váltakozó feszültségnek? Ismertesse a periodikus mennyiségek jellemzőit! Ismertesse a szinuszosan váltakozó mennyiségek jellemzőit! Hogyan

ábrázolhatjuk a szinuszos jeleket? Mi a kapcsolat a szinuszos jel és a hozzárendelt vektor között? Milyen jel lesz az azonos frekvenciájú szinuszos jelek összege? Hogyan összegezhetjük az azonos fázisú, illetve ellenfázisújeleket? Hogyan összegezhetjük az eltérő fázisú jeleket? 96 9. Hogyan összegezhetjük a vektorokat? 10. Írja fel a komplex alakját egy zérus, egy + 90°-os és egy - 90°-os fázisszögű fázomak! 11. Írja fel a komplex alakját egy általános fázisszögű fázornak! 12. A komplex csúcsérték ismeretében hogyan határozható meg a valóságos időfüggvény? 4.3 Az áram és a feszültség kapcsolata R, L, C elemeken A váltakozó áramú hálózatok idealizált és egyben lineáris hálózati elemei az ellenállás Oele: R), az induktivitás Oele: L) és a kapacitás Oele: C), és jellemző értékük az R, az L és a C állandó az általunk vizsgált lineáris körökben. Az egyenáramú körökben csak az ellenállást vettük

figyelembe, mivel időben állandó egyenáram hatására a tekercsben nem indukálódik feszültség, és a kondenzátoron, ha már feltöltődött, nem folyik áram. Ez azt jelenti, ha van induktivitás az egyenáramú körben, a nulla feszültségű induktivitást rövidzárral, és ha van kapacitás az egyenáramú hálózatban, a zérus áramú kapacitást szakadással kell figyelembe venni állandósult állapotban. Tehát az egyenáramú hálózatban a fogyasztókat elegendő volt csak ellenállással helyettesíteni. Váltakozó áramú körökben a fogyasztók áramköri viselkedése mindig meghatározható úgy, hogy az adott fogyasztót R, L, C elemekkel helyettesítjük. 4.31 Ohmos fogyasztó vizsgálata 4.311 Az áram és feszültség kapcsolata az ellenálláson Az ohmos ellenálláson átfolyó áram és a sarkain lévő feszültség között váltakozó feszültségen is minden pillanatban az Ohm-törvény jelenti a kapcsolatot. Tehát az azonos időhöz (to) tartozó

feszültség és áram pillanatértékek hányadosa állandó, és az ellenállás értékével egyenlő: u(to) i(t0 ) u = R = állandó i a) b) 22. ábra Ellenállás feszültsége és árama a) időfüggvények Mivel valamennyi pillanatban igaz az Ohm-törvény, igaz az b) fázorábra időfüggvényekre áram időfüggvénye: i(t) = ✓ 2- /.sin mt, akkor az ellenálláson a feszültség: u(t) = R-i(t) = R · ✓ 2- /•sin mt. is. Ha az Az áram és a feszültség ala/ga tehát azonos, és fáziseltérés sincs közöttük (22a ábra). 97 Az ábrából kitűnik, hogy ellenállás esetén az áram és a feszültség csúcsértéke ugyanazon időpillanatban lép fel, ezért felírható, mint azonos idejű pillanatértékekre az Ohm(; = R törvény: ] Mivel: . (; = ✓ 2 ·u =u J ✓ 2·1 I ~ ~ tehát az ellenállás áramának és feszültségének effektív értékére is felírható az Ohm-törvény. A 22b ábrán megadtuk az ellenállás áramának

és feszültségének megfelelő fázorokat, melyek (mivel azonos fázisúak) mindig párhuzamosak egymással, illetve alapesetben egyszerűen egy egyenesbe esnek. 4.312 Az ellenálláson fellépő teljesítmény, a hatásos teljesítmény Ha egy ellenálláson áram folyik keresztül, akkor - az áram időbeli változásától függetlenül - melegszik, azaz fogyaszt. Az egyenáramú hálózatokban úgy számoltuk az ellenállás teljesítményét, hogy az áramát és a feszültségét összeszoroztuk. Váltakozó feszültség esetén, mivel az áram és a feszültség folyamatosan változik, csak azok pillanatértékeit szorozhatjuk össze, ami az adott pillanat teljesítményét adja. Ha ezt minden időpillanatban elvégezzük, és ennek megfelelően az áram és feszültség időfüggvényét szorozzuk össze, akkor időfüggvényt kapunk, mely a teljesítmény időfüggvénye. Ha akkor: i(t) = 5 /.sin mt, és u(t) = R-5 /.sin mt, p(t) = u(t) ·i(t) = 2 ·U· J. sin2 m·t =

2-R i-sin2 m·t, amit a 23 ábrán rajzolunk meg. Míg az áram és feszültség iránya periodikusan változik, az ellenállás teljesítménye mindig pozitív (vagy zérus). Ha egy elemen a feszültséggel megegyező irányú áram folyik, akkor fogyasztó, ha a feszültséggel ellenkező irányú áram folyik, akkor termelő. Nyilván az ellenállás csak fogyaszt, bármilyen is a feszültség alakja, és a teljesítménye mindig pozitív. p,u,i 2-U·I 23. ábra Az ellenállás teljesítményének időfüggvénye A 23. ábrán jól látható, hogy a teljesítmény időfüggvénye is periodikus, de periódusideje az áram illetve a feszültség periódusidejének a fele, tehát a teljesítmény időfüggvénye kétszeres frekvenciájú jel: l.fl . 2 I-cos2mt Af; -2•U·l·szn @t = 2-U•l· ---=U·l·(I-cos2mt) 2 98 Az ellenállás melegedése, azaz fogyasztása szempontjából a teljesítmény-időfüggvény átlaga a lényeges, az szabja meg az ellenálláson keletkező

hőt. Az ábrából kitűnik, hogy az ellenállás teljesítmény-időfüggvénye egy középérték körül leng kétszeres frekvenciával. Ez a középérték a teljesítmény egy periódusra vett átlaga, amit hatásos teljesítménynek Ir P =- nevezünk és P-vel jelölünk: Jp(t) ·dt, To Ir P = - JU •I •(1-cosmt)dt = U • I, To . mivel a koszinusz függvény teljes periódusra vett integrálja zérus. Tehát az ellenálláson fellépő hatásos teljesítmény megegyezik az ellenállás sarkain mért szinuszos feszültség effektív értékének és a rajta átfolyó szinuszos áram effektív értékének szorzatával. Az Ohm-törvény figyelembe vételével: l,.P = U ·l = R ·J 2 = T 2 ,,I Az utóbbi egyenletek alakilag teljesen megegyeznek az egyenáramú körökben teljesítményszámításnál használt képletekkel. A hatásos teljesítmény egysége a W (watt). feszültségről üzemelő, Mekkora a 230 V-os 50 Hz-es hálózati ellenállása? 1 kW-os

vasaló Megoldás: A P u2 =- R 2 összefüggés alapján: R =!! = 230 P 2 1000 = 52900 =52 9 Q. 1000 4.32 Az induktív fogyasztó vizsgálata 4.321 Az áram és a feszültség kapcsolata az induktivitáson Az L = állandó önindukciós együtthatóval megadott induktivitáson átfolyó áram és a kapcsain levő feszültség közötti összefüggés tetszőleges jelalak esetén a 3. fejezetben megismertek szerint: u(t) = L. di(t) dt Ha az áram szinuszos változású: feszültség időfüggvénye: i(t) = 5 J.sin mt, akkor a hatására indukálódó u(t) =L ,.!! (✓ 2 · I •sinm ·t) =L · ✓2 •I ,.!! (sinm •t) =L • ✓2 •I-m• cosm •t dt dt Más alakban: u(t) = ✓ 2 · U ·cosmt = ✓2 •U -sin(OJ ·t+ 1r /2). 99 A fentiek alapján a 24. ábrán együtt rajzoltuk meg az induktivitás áramát és feszültségét. Mint az előző fejezetben láttuk, az induktivitás áram- és feszültség időfüggvényének alakja általában nem

azonos időbeli lefolyású ("nem hasonlítanak egymásra"). Például, ha az áram háromszögjel, a feszültség négyszögjel lesz Most azt látjuk, ha az induktivitás árama szinuszos, a feszültsége is ugyanolyan frekvenciájú szinuszos jel, csak negyed periódusnyit, azaz 90°-ot siet az áramhoz képest. Másképp: váltakozó áramú körökben az induktivitás árama 90° -ot késik a feszültségéhez képest. Az ábrán megrajzoltuk az induktivitás áram- és feszültségfázorát is. A feszültségfázor derékszöget zár be az áramfázorral úgy, hogy a feszültségfázor siet, tehát a köztük levő fázisszög: +90°. Váltakozó áramú körökben a fázisszög alatt mindig a fogyasztó árama és feszültsége közti szöget értjük. Az induktivitás a váltakozó áramú kör induktív fogyasztója, az ellenállás az ohmos fogyasztó. A fázisszög nagysága és előjele a fogyasztótól függ Mivel a fáziseltérést az áramhoz viszonyítjuk, és

a tekercs feszültsége siet, ami pozitív fázisszöget jelent, az induktív fogyasztó fázisszöge pozitív és +90°. ---frÍ > u • 24. ábra Az induktivitás feszültsége és árama Az indukált feszültség effektív értéke a fenti összefüggések alapján egyenesen arányos az L indukciós együtthatóval, a szinuszos áram effektív értékével és a körfrekvenciával. (Ha nagyobb az áram frekvenciája, akkor nagyobb az áram változási sebessége is.) Tehát: U = L-2n- f · I . vagyis: Ha képezzük az U/1 hányadost, az adott frekvencián egy állandó értéket kapunk: u = L · 21r · f - Az L · OJ = L · OJ . I kifejezés neve induktív reaktancia, jele: XL. és: Tehát szinuszos áramkörben a tekercsre is felírhatjuk az Ohm-törvényt a reaktancia bevezetésével. A reaktanciát nevezik az induktivitás váltakozó áramú vagy látszólagos ellenállásának is, mivel mértékegysége: 1 H/s = 1 V /A = 1 ohm, megegyezik az ohmos

ellenállás mértékegységével. 100 A reaktancia önmagában csak az effektív értékek viszonyát adja meg, a fázishelyzetről nem ad felvilágosítást. Vigyázat: a váltakozó áramú körökben nem elegendő az áram és feszültség nagyságának ismerete, tudnunk kell a fázisukat is. Mivel a fázisszög a fogyasztó jellemzője, az induktív fogyasztó két adattal írható le, a reaktancia nagyságával és fázisszögével, mely +90°. (Az induktivitást reaktanciájával és fázisszögével kizárólag szinuszos áramkörökben jellemezhetjük, csak ott hasonló az áram és feszültség alakja.) A 25. ábrán az induktív reaktancia frekvencia-függését adjuk meg Egyenfeszültségen (f=O Hz) a reaktancia értéke nulla, tehát a tekercs rövidzárként viselkedik. Ezzel szemben végtelen nagy frekvencián a reaktancia is végtelen nagy értékű, tehát az induktivitás szakadásként viselkedik. Az induktivitás frekvenciafüggő viselkedése miatt

különböző frekvenciájú jelek szétválasztására, nagyfrekvenciás zavarjelek szűrésére használható. Azt a tekercset, mely egy adott frekvencia-tartományban az áramerősséget reaktanciájával korlátozza, fojtótekercsnek hívjuk. u, i, p (0 25. ábra Az induktív reaktancia frekvencia-függése 26. ábra Induktív fogyasztó teljesítménye 4.322 Az induktív fogyasztó teljesítménye A 26. ábrán megrajzoltuk az induktív fogyasztó áramának és feszültségének szorzataként az induktív fogyasztó teljesítményének időfüggvényét. A O<t <T/4 időtartományban az áram és feszültség azonos irányú, a teljesítmény pozitív, vagyis az induktivitás energiát vesz fel a hálózatból. Ekkor nő a tekercs árama, azaz nő a mágneses energiája. Tehát a hálózat által befektetett munka a tekercsben mágneses energiaként halmozódik fel. Legnagyobb a mágneses energia értéke a t = T/4 pillanatban, mert a tekercs árama ekkor a legnagyobb:

w:max =L L. i2 2 A T/4 <t <T/2 időtartományban az áram és a feszültség ellentétes irányú, ami üzemállapotot jelent. A teljesítmény előjele negatív, és ez termelt teljesítményt jelent. Ekkor csökken az induktivitás árama és vele együtt a mágneses energiája is, azaz visszaadja az energiát a hálózatnak. Ez a hálózat és az induktív fogyasztó közti energialengés periodikusan ismétlődik, az induktivitás pillanatnyi teljesítménye kétszeres frekvenciával változik. A lengés a nulla átlagérték körül történik, tehát a felvett és a visszaadott energia megegyezik, vagyis az induktivitás összességében nem fogyaszt, tehát a hatásos teljesítménye zérus. Ezért azt mondjuk, hogy a tekercs meddő fogyasztó termelői Az induktivitás pillanatnyi teljesítményének időfüggvénye: p(t) = u(t) ·i(t) = ✓ 2 · U ·coscot · ✓2 · 1 · sincot = 2-U. J sin 2cot 2 101 = U •1 ·sin2cot. Ha az induktivitás áramának és

feszültségének effektív értékét összeszorozzuk, a lengő teljesítmény csúcsértékét kapjuk meg. A zérus átlagú teljesítményt a csúcsértékével jellemezzük. Ez a meddő teljesítmény, melyet Q-val jelölünk Bár formailag a meddő teljesítmény egy ellenállás hatásos teljesítményéhez hasonlóan számolható, jelentése pontosan az, hogy a hatásos teljesítmény zérus. Ezért a meddő teljesítmény egységét - bár ez is V •A - a hatásos teljesítmény egységétől (W) megkülönböztetve var-ral jelöljük és vár-nak mondjuk. (Az r betű a reaktív jellegre utal) A meddő teljesítmény nagyságát, azaz a lengés amplitúdóját azért kell ismerni, mert az energialengés árama a hálózatot terheli. Jellegzetesen meddő teljesítményt is igénylő fogyasztók pl az aszinkron motorok, ahol a meddő teljesítmény a gép működéséhez szükséges mágneses teret hozza létre és a transzformátorok. 4.33 A kapacitív fogyasztó vizsgálata

4.331 Az áram és a feszültség kapcsolata a kondenzátoron Kapcsoljunk a C = állandó kapacitású ideális kondenzátorra a 27. ábrán látható módon szinuszos váltakozó feszültséget! A kapacitás feszültségét a 28. ábrán rajzoltuk meg ! i(t) 27. ábra Kapacitás a váltakozó áramú körben A kapacitás feszültsége és a töltése közti kapcsolatot minden kifejezés határozza meg: időpillanatban az alábbi 1 u(t) = - •q(t). e Ez azt jelenti, ha változik a kapacitás feszültsége, a töltése is vele együtt arányosan megváltozik. A kondenzátor töltése azért változik a váltakozó áramú körben, mert a zárt körben áram folyik. A kialakuló áram erősségét minden pillanatban a töltés változási sebessége határozza meg: i = dq , dt o--1 azaz: i = e. du dt e ---00 ---1 --:l> > u 28. ábra A kapacitás feszültsége és az árama 102 Tehát, ha a kapacitás feszültsége gyorsan változik, vele együtt gyorsan

változik a töltése is, és ehhez nagyobb áramerősség szükséges. Ha a feszültség változási sebessége, azaz a feszültség időfüggvényének meredeksége kicsi, vagy nulla, a kör árama is kisebb, vagy zérus értékű lesz. Más megfogalmazásban ez azt jelenti, hogy nagyobb áramerősség esetén a kapacitás gyorsabban töltődik, azaz feszültsége gyorsabban nő. Tehát tetszőleges jelalak esetén a kapacitás árama és feszültsége közti általános kapcsolat: u(t) = ! · fi(t)·dt e Ha az áram szinuszos változású: i(t) = ✓ 2- /-sin @t, a hatására kialakuló feszültség időfüggvénye: u(t) = ! •J✓ 2 · / · sinmt ·dt= ! · ✓2 · I , ! · (-cosm · t) =-1 -- ✓ 2-/ -sin(mt-:,r /2) . C C m C-m Ha a kapacitás feszültsége szinuszos, az árama is ugyanolyan frekvenciájú szinuszos jel lesz. A 28 ábrán együtt ábrázoltuk a kapacitás áram- és feszültség időfüggvényét úgy, hogy az áramot vettük fel nulla fázishelyzetűnek,

mint a levezetésben. Mivel a fáziseltérést az áramhoz viszonyítjuk, és a kondenzátor feszültsége késik, ami negatív fázisszöget jelent, a kapacitív fogyasztó fázisszöge - 90°. Ennek megfelelően rajzoltuk meg a kapacitás áramának és feszültségének vektorát, tehát az ro forgásirányával ellentétes irányban 90°-kal visszaforgatva rajzoltuk meg a feszültségfázort az áramfázorhoz képest. A kapacitás feszültségének időfüggvénye feszültségének effektív értéke: alapján nyilvánvaló, hogy a kapacitás U=-1-·l. C-m Ha képezzük a kondenzátor kapcsain megjelenő feszültség és a rajta átfolyó áram effektív értékének a hányadosát az adott frekvencián egy állandó értéket kapunk: IT=~= C-2~-f =Xcl ahol, Xc a kapacitás reaktanciája (látszólagos ellenállásnak is nevezzük). A kapacitív reaktancia mértékegysége: 1 s/F = 1 V/A = 1 ohm. A reaktancia nagysáfa a kapacitásnak csak az egyik jellemzője, a

másikjellemző a kapacitásfázisszöge, mely - 90. A fentiekből nyilvánvaló, hogy a kapacitás váltakozóáramú viselkedése pont a fordítottja a tekercsének. A kapacitás reaktanciája a frekvenciával fordítva arányos, tehát a 29 ábrán megrajzolt jelleggörbe hiperbola. Egyenfeszültségen, az / = O Hz-en, a kapacitás reaktanciája tart a végtelenhez, tehát az áramkörben szakadásként viselkedik. Igen nagyfrekvencián viszont nagyon kicsi a reaktanciája, tehát gyakorlatilag rövidzárral helyettesíthető. 103 4.332 A kapacitív fogyasztó teljesítménye Mivel a váltakozó áramú körben a kapacitás árama és feszültsége is pillanatrólpillanatra változik, szorzatuk, a teljesítmény időfüggvénye is periodikusan változik. A 30 ábrán úgy rajzoltuk meg a kondenzátor teljesítményének időfüggvényét, hogy az áramot választottuk nulla fázisszögűnek, mint az induktivitás teljesítményének ábrázolásakor. Az ábrából kitűnik, ha

nő a kondenzátor feszültségének abszolút értéke, akkor a kondenzátor teljesítménye pozitív, tehát fogyaszt. Ha nő a kondenzátor feszültsége, akkor töltődik, és egyúttal nő az energiája, mely a maximális értékét a feszültség csúcsértékénél éri el: 1 2 2 Wmax =-·C·U u, i, p Xc 0) 29. ábra Kapacitív reaktancia frekvencia-függése 30. ábra Kapacitív fogyasztó teljesítménye Ha csökken a kondenzátor feszültsége (kisül), akkor az árama és feszültsége ellentétes irányú, tehát a teljesítménye negatív. A negatív teljesítmény a termelőkre jellemző, tehát a kondenzátor az addig felhalmozott energiáját visszaadja a hálózatnak. A kondenzátor egy T periódusidőn belül kétszer fogyaszt (energiát vesz fel) és kétszer termel (a felvett energiát leadja). Mivel egy periódus alatt pontosan annyi energiát ad vissza a hálózatnak, mint amennyit egy periódus alatt felvett, a kondenzátor egy periódusra vett

teljesítményének átlaga nulla, azaz a kondenzátor hatásos teljesítménye zérus. Ezért azt mondjuk, hogy a kondenzátor meddő fogyasztó, - ugyanúgy, mint az induktivitás - csak energia tárolására képes. Mint fogyasztót a meddő teljesítményével jellemezzük, mely a pillanatnyi teljesítmény időfüggvényének maximális értéke. A kondenzátor pillanatnyi teljesítményének időfüggvénye: p(t) = u(t) · i(t) = ✓ 2 · U · (-coscot) •✓2 •I •sincot = -2 •U •I • sin 2 cot 2 = -U. J sin2cot Megállapodás szerint a kondenzátor meddő teljesítménye negatív: 2 u2 Qc =-U-1=-Xc·l = - Xc 104 e 11 0 p 0 p Pc(t) 31. ábra Induktivitás és kapacitás teljesítményének összehasonlítása a) induktivitás b) kapacitás A 31. ábrán egymás mellett megrajzolt uk az ugyanolyan áramú induktivitá s (a ábra) és kapacitás (b ábra) teljesítményét. A két reaktancia teljesítmén y időfüggvénye éppen ellenfázisú, ha az

egyik energiát vesz fel, akkor a másik energiát ad le. Ezt az ellentétes viselkedést fejezzük ki a különböző előjellel, melynek az áramkör eredő teljesítmén yének meghatároz ásakor lesz jelentősége. a) Egy L = 0,l H-s ideálisnak tekinthető tekercset 10 V-os, 50 Hz-es feszültségre kapcsolva, mekkora a tekercs áramának erőssége? b) Mekkora a tekercs áramának maximális értéke? c) Mekkora a tekercs meddő teljesítménye? Megoldás: a) XL =2Jr·f·L= 2Jr·50·0,1 =31,4 Q, I =!! = ! Q = 0,318 A. XL b) i = ✓2·1= ✓2·0,318=0,449A. c) Q = U.J= 10-0,318 = 3,18 var 31,4 a) Egy ideálisnak tekinthető kondenzáto rt 10 V-os, 50 Hz-es feszültségre kapcsolva, áramának erőssége 31,4 mA. Mekkora a kondenzáto r kapacitása? b) Mekkora a kondenzáto r meddő teljesítménye? Megoldás: a) Xc = U = lO 3 = 318 Q , C = l = l = 10-5 F = 10 µF . I 31,4·102n·f·Xc 314-318 b) Q = - U-I= - 10-31,4·10-3 = - 0,314 var. 105 Ellenőrző

kérdések: 1. Milyen kapcsolat van az ohmos fogyasztó árama és feszültsége között? 2. Hogyan alakul időben az ohmos fogyasztó által felvett teljesítmény? 3. Mi a hatásos teljesítmény? 4. Hogyan határozhatjuk meg az ohmos fogyasztó hatásos teljesítményét? 5. Milyen kapcsolat van az induktivitás árama és feszültsége között tetszőleges jelalak esetén, és ez hogy módosul (egyszerűsödik) a szinuszosan váltakozó áramkörben? 6. Mit értünk a fogyasztó fázisszöge alatt, és mekkora az értéke induktivitás esetén? 7. Mi az induktív reaktancia, és hogyan határozhatjuk meg? Csak milyen gerjesztésű áramkör esetén értelmezhetjük? 8. Hogyan változik az induktív fogyasztó teljesítménye az idő függvényében? 9. Mi a meddő teljesítmény, és hogyan határozhatjuk meg induktivitás esetén? 10. Milyen kapcsolat van a kapacitás árama és feszültsége között tetszőleges jelalak esetén, és ez hogy módosul (egyszerűsödik) a

szinuszosan váltakozó áramkörben? 11. Mi a kapacitív reaktancia, és hogyan határozhatjuk meg? Csak milyen áramkör esetén értelmezhetjük? 12. Hogyan változik a kapacitív fogyasztó teljesítménye az idő függvényében? 13. Hogyan határozhatjuk meg a kapacitás meddő teljesítményét? 4.4 A váltakozó áramú körök számítása 4.41 A Kirchhoff-törvények érvényessége a váltakozó áramú körökben A Kirchhoff-törvények, a csomóponti és a huroktörvény a hálózatok számításának legáltalánosabb törvényei, melyekből további hálózatszámítási módszerek vezethetők le. A bennük megfogalmazott állítások minden időpillanatban igazak„ függetlenül az áram és feszültség hullámalakjától. A pillanatértékek összessége a jel időfüggvénye, tehát Kirchhoff csomóponti és huroktörvénye az időfüggvényekre felírva is érvényes. A csomóponti törvény az áramok összegére, a huroktörvény pedig a feszültségek

összegére vonatkozik. Mint azt tapasztaltuk, az időfüggvények összegzése általában igen nehézkes, és ezért vezettük be a vektoros ábrázolást. Mivel az időfüggvények helyett az azokat leképező síkvektorokat is összegezhetjük, ebben a fejezetben a váltakozó áramú körökben a Kirchhoff-törvényeket az áramok és a feszültségek effektívérték hosszúságú síkvektoraira, a fázorokra alkalmazzuk. A váltakozó áramú körök számításánál az a lényeg, hogy a feszültségek és az áramok fázishelyesen adhatók össze. Ezért a legtöbb feladathoz fázorábrát fogunk rajzolni. A fázorábra rajzolás szabályai: 1.) Csak szinuszos áramkörre rajzolható 2.) Csak akkor rajzolható, ha a kör valamennyi árama és feszültsége azonos frekvenciájú, azaz a generátorok frekvenciája megegyezik. 3.) A fázorábrában csak egy fázor, az első fázor fázishelyzetét vehetjük fel tetszőlegesen, 4.) Soros kör esetén a közös áramból,

párhuzamos körben a közös feszültségből indulunk ki 5.) Ha az áramból indulunk ki, megnézzük, hogy milyen elemen folyik át, illetve, ha a feszültségből indulunk, megnézzük, hogy milyen elemen lép fel. Az áramhoz az elem feszültségét, a feszültséghez ugyanazon elem áramát rajzoljuk meg az elem fázisszögének megfelelően. 106 Felhasználjuk, hogy: Az ellenállás árama és feszültsége fázisban van; fázisszöge: rp = 0. Az induktivitás a feszültsége siet az áramához képest; fázisszöge: rp = + 90°. A kapacitás árama siet a feszültségéhez képest; fázisszöge: rp = - 90°. 6.) A forgásirány mindig az óramutató járásával ellentétes Ha a vektor siet a másik vektorhoz képest, akkor a forgás irányában előbbre van, tehát ugyanazt a helyzetet előbb veszi fel, mint a másik vektor. 7.) Az áramkör fázorábrája tartalmazza a kör valamennyi áramát és feszültségét 8.) A fázorokat a Kirchhoff-törvényeknek megfelelően

adjuk össze Tehát a fázorábra ábrázolja az adott áramkörre felírható valamennyi Kirchhoff-törvényt. 9.) Célszerű az áramkörnek a bemenettől legtávolabbi pontjából kiindulni Először vizsgáljunk meg néhány olyan áramkört, amelyekben csak azonos típusú fogyasztók (vagy csak ellenállás, vagy csak reaktanciák) vannak. Ha a szinuszos feszültségre csak ohmos fogyasztót kapcsolunk, minden áram és feszültség fázisban lesz az ellenállások tetszőleges kapcsolása esetén is, tehát minden számítást úgy lehet végezni, mint egyenáram esetén. Kapcsoljunk váltakozó feszültségre sorosan kapcsolt ideálisnak tekinthető tekercset és kondenzátort! Határozzuk meg a kapocsfeszültséget, ha a tekercsen U1 = 25 V és az ideálisnak tekinthető kondenzátoron U2 = 10 V mérhető? e L ,t ~ U1 u~j u • I U~ 32. ábra Soros L-C kör kapcsolása 33. ábra Soros L-C kör fázorábrája Megoldás: Először rajzoljuk meg az I áramból

kiindulva a fázorábrát (33. ábra)! A két reaktancia feszültsége ellenfázisú: U = U1 - U2 = 25 - 10 = 15 V. Következtetés: A fenti esetben, mivel közös áram mellett a tekercs feszültsége a nagyobb, egyúttal a tekercs reaktanciája a nagyobb: XL> Xc . Mivel az eredő feszültség 90°-ot siet az áramhoz képest, az L-C tag egy induktívitással helyettesíthető. Ha Xc > XL , úgy a kondenzátoron mérhető nagyobb feszültség, és az L-C tagot egy kondenzátor helyettesíti. Kapcsoljunk váltakozó feszültségre párhuzamosan ideálisnak tekinthető tekercset és kondenzátort (34 ábra)! 107 Mekkora az eredő áramfelvétel, ha az ideális tekercsen 11 = 20 mA és az ideális kondenzátoron fi= 30 mA erősségű áram mérhető? I e u 35. ábra Párhuzamos L-C kör fázorábrája 34. ábra Párhuzamos L-C kör kapcsolása Megoldás: rajzoljuk meg a közös U feszültségből kiindulva a fázorábrát! Mivel a tekercs árama 90°-ot késik, és a

kondenzátor árama 90° -ot siet a feszültségéhez képest, a feszültséggel derékszöget zár be mindkét áram és az eredő áram is (35. ábra) Először 1 = fi - 11 = 30 - 20 = 10 mA. A két reaktancia árama ellenfázisú: (Mivel az eredő áram nagysága nem lehet negatív szám, mindig a nagyobb abszolút értékből vonunk ki.) Következtetés: A fenti esetben, mivel közös fezsültség mellett a tekercs árama a kisebb, egyúttal a tekercs reaktanciája a nagyobb: XL> Xc. Mivel az eredő áram 90°-ot siet az eredő feszültséghez képest, ez az L-C tag egy kondenzátorral helyettesíthető. Kapcsoljunk váltakozó feszültségre párhuzamosan egy ellenállást és egy ideálisnak tekinthető tekercset (36a ábra)! Mekkora az eredő áramfelvétel, ha az ellenálláson 11 = 30 mA és a tekercsen effektív értékű áram mérhető? fi= 40 mA - I L 36. ábra Párhuzamos R-L kör a) kapcsolás b) fázorábra Megoldás: rajzoljuk meg a közös U

feszültségből kiindulva a fázorábrát! Mivel az ellenállás árama fázisban van a feszültséggel, és a tekercs árama 90° -ot késik, a két részáram fázora derékszöget zár be egymással (b ábra). Tehát az eredő nagysága a Pythagoras-tétel = ✓30 2 +40 2 = 50 mA. = értelmében: Először 1 -J1? +1; Tehát azt tapasztaltuk, hogy a fázorábra szemléletesen jellemzi az adott váltakozó áramú áramkört, és jellegére nézve általában helyesen rajzolható meg előzetes számítás nélkül is. Sőt igen célszerű a váltakozó áramú feladat megoldása előtt egy minőségi ábrát (nem 108 léptékhelyes, csak jellegére helyes ábrát) rajzolni. Amennyiben az összegzendő vektorok azonos-, vagy ellenfázisúaknak adódnak, valamint, ha derékszöget zárnak be, az eredő nagyságát egyszerűen számolhatjuk ki a fázorábra alapján. 4.5 Az impedanciafogalma Váltakozó áramú körökben a feszültség és az áram effektív értékének a

hányadosa az ideális passzív elemek esetén állandó, és a hányados nagysága: Az ellenállás, az induktív reaktancia és a kapacitív reaktancia közös elnevezése: impedancia. Jelölése: Z, mértékegysége az ohm Tehát a fogyasztón átfolyó áram és a kapcsain megjelenő feszültség hányadosa afogyasztó impedanciájával egyenlő: [2]. A fenti összefüggéseket hívjuk a váltakozó áramú körök skalár Ohm-törvényének, mivel az összefüggésekben szereplő valamennyi mennyiséget csak a nagyságával adjuk meg. Így az Ohm-törvény fenti alakja csak az impedancia nagyságát adja meg, holott a fogyasztó árama és feszültsége közti szög is egyértelműen jellemzi a fogyasztót, és így annak impedanciáját. Másképp megfogalmazva: a fogyasztó árama és a feszültsége közti szög egyenlő az impedancia fázisszögével. Tehát az impedancia a nagyságával és a szögével együttesen jellemezhető. Az eddigiek során megismertük az ideális

elemek impedanciáit, melyek nagysága: IZ=R, Z=XL, Z=Xc-l Az ideális elemek impedanciájánakfázisszöge~ rp R = 0, rpL = 90 0 , {pc = -90 0 . Tehát az ellenállás, ill. a reaktanciák önmagukban csak egy arányt adnak meg, és nem adnak felvilágosítást a fázishelyzetről. Azért rajzoltunkfázorábrát, hogy a fázishelyzeteket is figyelembe tudjuk venni számításaink során. Hiszen a Kirchhoff-törvényekben szereplő áramokat, ill. feszültségeket fázishelyesen kell összegezni Ez a módszer csak akkor használható egyszerűen, ha a Kirchhoff-törvényekben szereplő összegzendő áramok, ill. összegzendő feszültségek egymással 0°-, ± 90°-, ill. ± 180°-ot zárnak be Mint korábban láttuk, tetszőleges fázishelyzet esetén a vektorok összegzését a komplex számítási módszer segítségével célszerű elvégezni. Ezzel összhangban a Kirchhofftörvényeket az áramok és a feszültségek komplex effektív értékértékére célszerű

alkalmazni. Hogy ezt megtehessük, meg kell határozni az R, L és C elemekre az elem feszültségét, ill. áramát jellemző komplex mennyiségek viszonyát is Azaz keressük adott elem esetén a feszültség komplex effektív értékének és az áram komplex effektív értékének a hányadosát (U I l = ?) . 109 A váltakozó áramú körben egy elem áramának általános alakja: i(t) = ✓ 2 • I •sin(m ·t + lf/) A fenti szinuszos áram időfüggvényéhez hozzárendelhető szinort leírhatjuk időtől függő komplex mennyiségként: "[(t) = ✓ 2 · I · eJ(oJ-t+l/f) . ahol ✓ 2. J a szinort a t = 0 pillanatban leíró komplex mennyiség (eJw-o komplex csúcsértéke, és az • l = 1), az áram az áram komplex effektív értékét jelenti. Ellenállás esetén a valóságos időfüggvények közti kapcsolat: u(t) = R ·i(t) . Nyilván igaz ugyanez a kapcsolat a komplex időfüggvényekre is: u=R· ✓ 2•l-e 1 w•t = ✓ 2·U ·eJw·t, ahonnan

R-l•=U. Tehát ellenállás esetén a feszültség komplex effektív értékének és az áram komplex effektív értékének a hányadosa: A kifejezés abszolút értéke megadja az ún. skalár Ohm-törvényt, és még azt is kifejezi, hogy ellenállás esetén a feszültség és az áram fázisban van. • Induktivitás esetén az áram és a feszültség komplex időfüggvénye közti kapcsolat: - L ·d[ r;::;2 1- ·e Jw•t) = L ·-vL· r;:;2 1- ·JOJ·e . Jw•t =-vL· r;:;2 U -e Jw•t U= - = L ·d- (--.JL· dt dt ahonnan L-l-jm=U. Tehát induktivitás esetén a feszültség komplex effektív értékének és az áram komplex effektlv értékének a hányadosa: 1 U 1 -=-=JOJ·L=J·XL I A kifejezés abszolút értéke megadja az ún. skalár Ohm-törvényt, és még azt is kifejezi, hogy induktivitás esetén a feszültség 90° -ot siet az áramhoz képest. Kapacitás esetén az áram és a feszültség komplex időfüggvénye közti kapcsolat: u(t)=

~f[(t)dt= ahonnan ~f ✓2-J-eiw•tdt= ~- ✓2·/·eJw•t • j~ = ✓2·U ·eJm·t, 1 --·l=U. jm-C 110 Tehát kapacitás esetén a feszültség komplex effektív értékének és az áram komplex effektív értékének a hányadosa: 1 [! = l = J X e 1 1 JOJ·C A kifejezés abszolút értéke megadja az ún. skalár Ohm-törvényt, és még azt is kifejezi, hogy kapacitás esetén a feszültség 90° -ot késik az áramhoz képest. Tehát váltakozó áramon az ideális R, L és C elemekre az elem feszültségét, ill. áramát jellemző komplex effektív értékek hányadosa egy komplex állandó. A fenti összefüggéseket hívjuk komplex Ohm-törvénynek, mivel az összefüggésekben szereplő valamennyi mennyiséget a komplex alakjával adunk meg. Az ellenállás (R), az induktív komplex reaktancia G·XL) és a kapacitív komplex reaktancia (- j-Xc) közös elnevezése a komplex impedancia, jelölése: Z, mértékegysége az ohm. A váltakozó áramú

körökben ez lép az egyenáramú körök ellenállása helyébe. Tehát az Ohm-törvény váltakozó körökben érvényes általános komplex ala¾ja: [EJ B ahol az egyes ideális elemek komplex impedanciája: Z=R, Z=-J·Xc. A komplex impedancia nemcsak az elem nagyságát adja meg, de leírja az elem fázisszögét is. Az ellenálláson a feszültség arányos az árammal, ezért az ellenállás komplex impedanciájának csak valós része van. Az ideális tekercs komplex impedanciájának csak pozitív képzetes része van. A tekercs feszültsége az áram deriváltjával arányos, és ezt a deriváló tulajdonságot jelöli szinuszos áramkörökben a "+j"-vel való szorzás. Az ideális kapacitás komplex impedanciájának csak negatív képzetes része van. A kondenzátor feszültsége az áram integráltjával arányos, és ezt az integráló tulajdonságot jelöli szinuszos áramkörökben a "-j"-vel való szorzás. Az impedancia reciprokát

admittanciának hívjuk, a jele: Y, mértékegysége a siemens. Az ideális elemek admittanciái: 1 1 Y=-1-= 1 Y=-=G Y=-=m·C R , Xc XL OJ·L és komplex admittanciái: 1 Y=-=G R - 1 1 Y=--=-J·J·Xi OJ·L 1 Y=---=+j·lil·C. -J·Xc Az eddigiek alapján megállapítható, hogy a váltakozó áramú körökben a feszültségek és az áramok komplex effektív értékével, valamint az R, L, C elemek komplex impedanciájával számolva mind az Ohm-törvény, mind a Kirchhoff-törvények érvényesek maradnak. Az egyenáramú körök tárgyalásakor ezekből a törvényekből vezettük le a soros és párhuzamos ellenállások eredőjét, a háromszög-csillag átalakítást. Ezekkel a 111 törvényekkel bizonyíthatók a hálózatszámítási tételek, mint a szuperpozíció, vagy a Millmann-tétel. Fentiekből következik, ha érvényes a váltakozó áramú körökben az Ohm- és a Kirchhoff-törvény, úgy az egyenáramú köröknél megismert valamennyi

hálózatszámítási módszer alkalmazható a váltakozó áramú körökre is, de a feszültségek és az áramok komplex értékével, valamint az R, L, C elemek komplex impedanciájával számolva. 4.51Néhány egyszerű kapcsolás impedanciája Ha a fogyasztót nem egy, hanem több ideális elem képezi a váltakozó áramú körben, akkor is képezhetjük a fogyasztón átfolyó áram és a kapcsain megjelenő feszültség hányadosát, amely a fogyasztó eredő impedanciájával egyenlő. A továbbiakban a több ideális elemből felépített fogyasztó impedanciáját (annak nagyságát és szögét) fogjuk meghatározni. 4.511 A soros R-L kör vizsgálata Vizsgáljuk meg a 37a ábrán látható soros R-L tag váltakozó áramú viselkedését! - I +j u!~ UL L jXL jXL I R J> + -j a) b) 37. ábra Soros R-L kör a) kapcsolás b) fázorábra e) e) impedancia vektorábra Ehhez megrajzoltuk a kapcsolás fázorábráját (b ábra). A két elem közös

áramából indulunk ki. Az árammal az ohmos ellenállás feszültsége fázisban van, a tekercs feszültsége pedig siet 90° -ot. A két feszültség vektoriális összege a generátor feszültségét adja meg Nyilvánvaló, hogy a tekercs miatt az áram most is késik az eredő feszültséghez képest, de a szög kisebb 90°-nál, mert ellenállás is van a körben. Az ilyen fogyasztót induktív jellegű fogyasztónak nevezzük. A továbbiakban határozzuk meg az R-L tag impedanciáját! A Kirchhoff huroktörvény értelmében: A komplex Ohm-törvényt alkalmazva: U =1·R+1·J·XL =1·(R+ }·XL). A soros tag együttes feszültségének és közös áramának hányadosát képezve kapjuk meg az R-L tag impedanciáját: 112 Az impedancia-vektort ábrázoltuk a komplex számsíkon (c ábra). A vektor hossza, azaz a soros R-L tag impedanciájának nagysága: Az impedancia szögén a vektornak a reális tengellyel bezárt szögét értjük. Az ábrába bejelölt rp szög

értéke: ~, ahol: 0 < rp< 90° CxJ Határozzuk meg a soros R-L tag eredő feszültsége és árama közti szöget a b ábrán látható fázorábra alapján! Az ábrába bejelölt rp szög megegyezik az eredő feszültség és az uL J. x L x L ellenállás feszültsége közti szöggel: tgrp=-=--=UR 1-R R Egy légmagos tekercset 12 V-os egyenfeszültségre kapcsolva az árama 2 A. 12 V-os 1 kHz-es váltakozó feszültségen az árama 1,2 A. Mekkora a tekercs ellenállása és az önindukció együtthatója? L R L r:::i u u= a) 38. ábra Légmagos tekercs R b) helyettesítő képe a) általános e) b) egyenáramú e) váltakozó áramú Megoldás: A valóságos légmagos tekercs helyettesítő képe egy soros R-L tag (a ábra). (R a vezeték ellenállása.) • Ha egyenáram folyik a tekercsen keresztül, akkor nem indukálódik feszültség, tehát a helyettesítő kép ideális tekercse rövidzár (b ábra). Így a 12 V-os egyenfeszültség az ellenállásra jut.

Tehát a tekercs ellenállása: R = U = 12 V = 6 Q. I • Váltakozó áramon (c ábra) az 2A U/1 hányados az eredő impedancia nagyságával egyenlő: z= U = 12 V = 10 Q I 1,2 A XL 8 ~ L=--=---H=l,27-10 H=l,27mH. 2tr · f 2tr · 1000 113 Kapcsoljuk 12 V effektív értékű 1 kHz-es váltakozó feszültségen sorba az előző példában meghatározott légmagos tekercset (R = 6 Q, XL = 8 Q) egy Ri = 10 Q-os ellenállással (39a ábra)! Mekkora feszültség mérhető a valóságos tekercs kapcsain? + +j b) a) 39. ábra Sorosan kapcsolt tekercs és ellenállás a) kapcsolás b) fázorábra Megoldás: A b ábrán feltüntettük a kapcsolás fázorábráját. A közös áramból indultunk ki, azt vettük fel függőlegesen. Az árammal fázisban van mindkét ellenállás feszültsége, és az induktivitás feszültsége 90°-ot siet az áramhoz képest. A három feszültséget nyílfolytonosan összegezve az eredő feszültséget kapjuk meg. Külön összegeztük

a valóságos tekercs ellenállásának és induktivitásának feszültségét. Az előző példában meghatároztuk a valóságos tekercs eredő impedanciáját: Z = 10 Q, és az R1 sorbakapcsolt ellenállás értéke is 10 Q. A 12 V-os feszültség azonban nem fele-fele arányban oszlik meg a soros ellenállás és a valóságos tekercs között, hisz feszültségeik sem egymással, sem az eredő feszültséggel nincsenek fázisban. Tehát nem lehet feszültségosztást felírni az ellenállásra és az impedancia abszolút értékére. A feladatot a komplex számítási módszer felhasználásával fogjuk megoldani. Mivel a 12 V-os feszültség adott, abból kell kiindulnunk, s az ennek megfelelő vektort kell nulla fázisszögűnek felvenni: U =U=12 V. Hogy számításaink összhangban legyenek az előzetesen felrajzolt fázorábrával, csak most, utólag jelöljük be a valós és a képzetes tengelyt a fázorábrába. Természetesen a valós tengelyt a nulla fázisszögűre

választott kapocsfeszültséggel egy irányban rajzoljuk meg. Az eredő komplex impedancia: Z = R1 + R + j ·XL = l 0 + 6 + j8 = (16 + j8) Q , . és Z = 1z 1= 17,9 Q Tehát a 10 Q-os ellenállás és a 10 Q-os impedanciájú valóságos tekercs eredő impedanciája nem 20 Q, (hanem 17,9 Q,) hiszen az R1 ellenállás és a tekercs ( Zr = R + j ·XL) impedancia vektora szöget zár be egymással, s így vektoriálisan adódnak össze, és csakis így adhatók össze. 114 A kör árama: 7 "!!. Z 12 = 12 =12 2-j =15·2-j=(06-03")A. 16 + j8 8(2 + j) 8 (2 + j)(2 - j) 4 + 1 J A tekercs feszültségének komplex alakja: Ur =/·Zr =(0,6-0,3})·(6+ j8)=3,6-l,8J+4,8j+2,4=(6+3J) V. Tehát a tekercs feszültsége: Ur = ✓6 2 +3 2 = 6,7 V. Kapcsoljuk 12 V effektív értékű 2 kHz-es váltakozó feszültségre sorosan az előző példában szereplő légmagos tekercset (R = 6 Q, L = 1,27 mH) és ellenállást (R 1 = 10 Q)! Mekkora feszültség mérhető kétszeres

frekvencián a valóságos tekercs kapcsain? Megoldás: Természetesen kétszeres frekvencián csak a tekercs reaktanciája lesz kétszeres: XL= 27Z"· f · L = 27Z"·2000-0,00127 = 16 Q . A feladatot oldjuk meg a feszültségosztó képletet segítségével! A feszültségosztó képletet az Ohm-törvényből és a Kirchhoff huroktörvényből vezettük le, tehát minden mennyiségnek a komplex alakját kell a képletbe behelyettesíteni. Ismételten legyen az adott kapocsfeszültség zérus fázisszögű: U = U = 12 V . Zr = R + j ·XL = 6 + jl 6 = (6 + jl 6) Q , Ur=U· Zr =12· 6+16} =12·2 3+8} =15·(3+8j)(l-lj)=(825+375j)V. R1 +Zr 16+16} 16 l+lj (l+lj)(l-lj) A feszültség komplex alakja csak egy leképezés, egy számítási segédeszköz, és nem a végeredmény. A valóságos tekercsen mérhető feszültség értékét a fenti komplex mennyiség nagysága adja meg: U r = ✓8,25 2 + 3,75 2 = 9,06 V. 4.512 A soros R-C kapcsolás A 40a ábrán ~oros R-C

kapcsolás, a 40b ábrán annak fázorábrája látható. I - I +j + R L -jXc -j R a) 40. ábra Soros R-C kör b) a) kapcsolás 115 b) fázorábra c) c) impedancia-vektor A fázorábra rajzolásakor a két elem közös áramából indulunk ki. Az árammal az ohmos ellenállás feszültsége fázisban van, a kapacitás feszültsége pedig 90° -ot késik. A két feszültség vektoriális összege a generátor feszültségét adja meg. Nyilvánvaló, hogy a kapacitás miatt az áram most is siet az eredő feszültséghez képest, de a szög abszolút értéke kisebb 90° -nál, mert ellenállás is van a körben. Az ilyen fogyasztót kapacitív jellegű fogyasztónak nevezzük. A továbbiakban határozzuk meg az R-C tag impedanciáját! A Kirchhoff huroktörvény értelmében: U =UR + Ue . A komplex Ohm-törvényt alkalmazva: U = I · R + I ·(- j · X e) = I · (R - j · X e) . A soros tag együttes feszültségének és közös áramának hányadosát képezve

kapjuk - =-=u = R - J.· X e meg az R-C tag impedanciáját: Z I . A soros R-C tag impedanciájának nagysága (c ábra): lz= ✓R2 +x~ 1 a Az impedancia szögén a vektornak a reális tengellyel bezárt szögét értjük. Az ábrába bejelölt rp szög értéke: tgrp = - i2 , ahol: - 90° < rp < 0 , R ami megegyezik az eredő feszültség és az eredő áram közti szöggel. Írjuk fel a komplex Ohm-törvényt a komplex mennyiségek alábbi alakjára: Z eredő 1 U U · e f//u U = Z •e 1·<p =-==- - - =--e 1(f//u-f//i ) I J,eif//1 J ahonnan: rp = 1/fu -lff1 Tehát az eredő feszültség és az árama közti szög, a fázisszög mindig megegyezik az impedancia szögével. Kapcsoljunk u(t) = ✓ 2 · 10 · sin OJ • t V , ro = 1OOO 1/s körfrekvenciájú váltakozó feszültségre sorosan egy R = I kO-os ellenállást és egy C = 1 µF-os kondenzátort, valamint velük párhuzamosan ugyanerre a feszültségre kapcsoljunk egy R2 = 2 kO-os ellenállást

is (41. ábra)! - I e R 41. ábra 116 Számítsuk ki az eredő áramerősség időfüggvényét! Határozzuk meg az eredő impedancia értékét! a) b) Megoldás: a) Fel tudjuk írni mindkét párhuzamos ág impedanciáját. Ennek alapján az ágak áramai kiszámíthatók. Az eredő áram az ágáramokból csomóponti törvény alapján határozható meg. Az R-C tag árama a feszültséghez képest siet az impedancia fázisszögével, az ellenállás árama pedig fázisban van a feszültséggel. Tehát a két ágáram nincs fázisban. Ez azt jelenti, hogy vektoriálisan kell összegeznünk. Fentiek alapján a feladatmegoldás lépései: 1/ Az ágak komplex impedanciáinak meghatározása. (Nem elégséges az impedanciák nagyságát meghatározni, mivel a következő lépésben a komplex Ohm-törvény felírására lesz szükség.) 2/ Az ágáramok komplex effektív értékének meghatározása komplex Ohmtörvény segítségével, amihez az adott feszültséget nulla

fázisszögűnek választjuk. 3/ Az eredő áram komplex effektív értékének meghatározása Kirchhoff csomóponti törvényével. (Ez az alak nem végeredmény, csak egy számítási segédalak) 4/ Az eredő áram nagyságának és szögének meghatározása. 1 1/ Xc = m. C = 1 3 6 = 10 Q - 1 kQ , 10 -103 .21 = R- j·Xc = (1-lj )kQ U=U=lOV, 2/ l 1 = , = ! Q = 1o. (1 + J) = 10 · (1 + ") = (5 + 5 ") mA 1 Z1 1- j (1- j)(l + j) 2 J fi 3/ l 4/ I = ✓ 100 + 25 = ✓125 = 11,18 mA, =11 +12 =5+5J+5=(10+5J)mA. 5 <p = arc tg-= 0,46 rad, 10 b) U 10 12 =-=-=-=5mA. Z2 2 i(t) = ✓ 2 -11,18 · sin(OJ • t + 0,46) mA. Az eredő impedancia értékét a definíciója alapján határozzuk meg, miszerint: z= ~ = I 10 =-2-= 2-(2- J) =(0,8-0,4J)kQ. 10+5j 2+ j 4+1 Következtetés: A definíció alapján meghatározott eredő impedancia megadja az adott frekvencián a fogyasztók helyettesítő kapcsolását a kapocsfeszültség felől. Az eredő impedancia

valós része jelenti a helyettesítő ellenállást. Ennek megfelelően az eredő impedancia valós része csak pozitív számértékű lehet. Az eredő impedancia képzetes része - az előjelet is figyelembe véve - jelenti a helyettesítő reaktanciát. 117 Ha egy fogyasztó csak tekercset tartalmaz, és nem tartalmaz kondenzátort, úgy biztosan induktív jellegű. Ekkor a helyettesítő reaktanciának induktivításnak kell lennie, s ennek megfelelően a képzetes rész előjele csak pozitív lehet. Ha egy fogyasztó csak ideális ellenállásokból és kondenzátorokból áll, úgy biztosan kapacitív jellegű. Ekkor a helyettesítő reaktanciának kapacitásnak kell lennie, s ennek megfelelően a képzetes rész előjele csak negatív lehet. Tehát a 41. ábrán látható kapcsolást a generátor felől egy R = 0,8 kQ -os ellenállás és egy - az adott frekvencián - Xc = 400 Q -os reaktanciájú kondenzátor helyettesíti. 4.513 Soros R-L-C kapcsolás A 42. ábrán a

soros R-L-C kör váltakozó feszültségre kapcsolását tüntettük fel 42. ábra Soros R-L-C kör kapcsolása A soros R-L-C kör eredő impedanciája: 1 Z = R+ j-XL - j·Xc = R+ j(XL -Xc)I. Az eredő impedancia nagysága és szöge: 1z = (fJ = arctg ✓R2 X-X L R e , +(XL -xc) 1, ahol: A kör induktív vagy kapacitív jellegét a reaktanciák aránya dönti el. A 43 ábrán mellett rajzoltuk meg a fázorábrákat. különböző XúXc arányok UL UR=U T Uc Uc a) I e) b) 43. ábra Soros R-L-C kör fázorábrái 118 Ha XL = Xc , úgy Ui = Ue , tehát az eredő feszültség az ellenállás feszültségével egyenlő. Ez zérus fázisszöget, azaz ún ohmos jelleget jelent Ekkor a soros R-L-C kör egyetlen ellenállással helyettesíthető. Ha XL > Xc , úgy Ui > Uc , tehát az eredő feszültség siet az áramhoz képest. Ez pozitív fázisszöget, azaz ún. induktív jelleget jelent Ekkor a soros R-L-C kör egy sorosan kapcsolt ellenállással és

egy induktivitással helyettesíthető. Ha XL < Xc, úgy Ui < Uc , tehát az eredő feszültség késni fog az áramhoz képest, azaz ún. kapacitív jelleget jelent, a soros R-L-C kör egy sorosan kapcsolt ellenállással és egy kapacitással helyettesíthető. A soros R-L-C kör egyes elemeinek feszültsége: U R = 80 V, U L = 200 V Uc Mekkora váltakozó feszültségre kapcsoltuk a rezgőkört? = 140 V. Megoldás: A 43b ábra alapján: u = ✓uk +(u L -Uc) 2 = ✓so 2 +(200-140) 2 = 100 v. Következtetés: Soros R-L-C kör esetén a reaktanciákfeszültsége külön-külön nagyobb is lehet, mint a körre kapcsolt eredő feszültség értéke. 4.52J A párhuzamos R-L kapcsolás vizsgálata A párhuzamos R-L tagot a 44a ábrán, a fázorábráját a 44b ábrán rajzoltuk meg. L a) b) 44. ábra Párhuzamos R-L kör a) kapcsolás b) fázorábra A fázorábra rajzolását a közös feszültségből kezdtük. Az ellenállás árama vele fázisban van, az ideális

tekercs árama pedig késik 90° -ot. Az előző két áram vektoriális összege az eredő áram. Határozzuk meg a párhuzamosan kapcsolt 1 kQ-os ellenállás és a 200 mH-s ideálisnak tekinthető tekercs eredő impedanciáját az OJ = 104 1/ s-os körfrekvencián ! Megoldás: A párhuzamos R-L tagot teljességében a komplex impedanciája jellemzi. Tehát legyen a feszültség komplex effektív értéke: U = 10 V ! 119 U 10 IR =-=-=l0mA R l - - - - U 10 1 JL = . =-. =5·~=5·(-j) =-5jmA, J·XL 2J J - U l=IR+h =(10-5j)mA, Z=--=-= I l0 2 2 · (2 + j) .=--= 4 + 1 =(0,8+0,4j)kQ l0-5J 2- J Következtetés: A párhuzamos R-L tag egy olyan soros R-L taggal helyettesíthető, ahol: R = 0,8 kQ és L =Xilco = 40 mH. Az összetett áramkörök gyakran tartalmaznak párhuzamos impedanciákat. Vezessük le a fenti módszert felhasználva a párhuzamos R-L tag komplex impedanciájának általános alakját! 1 1 1 - - - u u u -+--= ahonnan: l=IR+li =-+--=-=- R j·Xi Z R

j·Xi Z vagyis párhuzamos kapcsolás esetén a komplex admittanciák adódnak össze. Tehát az komplex impedancia: eredő Tehátafentipéldában: Z=1®2j= l·Zj l-Zj =Zj+ 4 =(0,8+0,4j)Q. l+2j I-2j 5 Mint láttuk, váltakozó áramú körökben két tetszőleges impedancia (Z1 és Z2 ) soros kapcsolása esetén a komplex impedanciák összeadódnak, és az eredő impedancia: 1Z, =Z +Z,1. 1 A fenti levezetést általánosítva: váltakozó áramú körökben két tetszőleges impedancia (Z1 és Z2 } párhuzamos kapcsolása esetén a komplex impedanciák reciprokai adódnak össze, azaz az eredő impedanciát a komplex impedanciákkal végzett replusz művelet adja: A replusz művelet kizárólag a komplex impedanciákkal hajtható végre. Kapcsoljunk váltakozó feszültségen a párhuzamos R-L körrel sorba egy ellenállást! A kapcsolást a 45a ábrán rajzoltuk meg. U = 100 V , Rs = 100 Q , Rp = 100 Q , XL = 100 Q . a) b) Rajzoljuk meg a kapcsolás fázorábráját!

Számítsuk ki az ideális tekercs áramának effektív értékét! 120 R, u, > IRi iup Rp L JIL b) a) 45. ábra b) fázorábra a) kapcsolás Megoldás: a) Összetett áramkör esetén mindig a kapcsoktól villamos szempontból a "legtávolabbi" közös mennyiségből kiindulva rajzolunk fázorábrát. Jelen feladatban a párhuzamos ág feszültségét vesszük először fel (b ábra). Az ellenállás árama vele fázisban van, az induktivitás árama pedig késik 90°-ot. Az előző két áram vektoriális összege az eredő áram. Az eredő áram a soros ellenálláson folyik keresztül, melynek feszültsége az eredő árammal fázisban van. A generátor feszültsége a soros ellenállás és a vele sorosan kapcsolt párhuzamos R-L tag feszültségének összege. Összetett áramkör esetén általában a kapocsfeszültség vektorát rajzoljuk meg utoljára. b) Adott a generátor feszültsége, de nem tudjuk, hogy mekkora feszültség jut az egyes

impedanciákra, nem tudunk Ohm-törvényt alkalmazni, hogy a kérdéses áramot megkapjuk. 1/ Összetett áramkör esetén, ha adott az impedanciák értéke, és adott a generátor, először a kapcsolás eredő komplex impedanciáját kell meghatározni. 2/ Komplex Ohm-törvény segítségével meg kell meghatározni az eredő áram komplex alakját, s ehhez a generátorfeszültséget célszerű zérus fázisszögűnek felvenni. 3/ Meg kell nézni, hogy melyik elemeken folyik keresztül az eredő áram, és komplex Ohm-törvény segítségével meg kell meghatározni az elem feszültségének komplex alakját. 4/ Kirchhoff huroktörvény segítségével meghatározható a többi hálózatrész feszültségének komplex alakja, itt a párhuzamos R-L tag feszültsége. 5/ Majd egymás után alkalmazva a Kirchhoff- és az Ohm-törvényt megkapjuk a kérdéses mennyiség komplex effektív értékét. 6/ A komplex effektív érték alapján meghatározzuk a mennyiség nagyságát ill.

fázisszögét, azaz az időfüggvényét. 1/ Az eredő impedancia meghatározását mindig a kapcsolásnak a generátortól legtávolabbi pontjáról kezdjük, épp úgy, mint egyenáramú körök esetén. Tehát a párhuzamos tag impedanciája: =100@100 ·= lOO-lOOj = lOOj . 1- j =(50+50 ") n P J 100 + 100 j 1+ j 1- j J z Az eredő impedancia: 2/ U = 100 V, z = zp +100 = c1so+50j) n. - U 100 1= =150+50j=(0,6-0,2j) A. z 121 3/ Us =1·R=(0,6-0,2J)·l00=(60-20j) V 4/ UP =U -U8 =100-60+20}=(40+20}) V 5/ l 6/ I = ✓0,2 2 + 0,4 2 = 0,447 A. = L j UP ·XL = 4 o+ 2 o1 = iQ + 201 =04·(- ·)+02=(02-04 ·) A. 100 j 100 j 100 j J , , J 4.522 A párhuzamos R-C kapcsolás vi;sgálata A kapcsolás a 46a ábrán látható, a fázorábrát a 46b ábrán rajzoltuk meg. - I e a) b) 46. ábra Párhuzamos RC kör a) kapcsolás b) vektorábra A fázorábra rajzolását a közös feszültségből kiindulva végeztük el. Az eredő áram siet a feszültséghez

képest, hisz a kör kapacitív jellegű. Az impedanciát a replusz kell kiszámítani: = R® (- j · Xc )!- eredő lz művelettel Eredményül csak olyan komplex impedancia-értéket kaphatunk, mely reális része pozitív (ez adja meg a helyettesítő ellenállás értékét), és a képzetes része negatív (ez adja meg a helyettesítő kondenzátor reaktanciáját). Kapcsoljunk váltakozó feszültségen a párhuzamos R-C körrel sorba egy soros R-L tagot! A kapcsolást a 4 7. ábrán rajzoltuk meg U = 100 V , Rs = 1 kQ , Rp = 2 kQ , XL= 1 kQ Xc = 2 kQ . Számítsuk ki az ideális kondenzátor áramának effektív értékét! L R. e 47. ábra 122 Megoldás: 1/ Először z P a párhuzamos impedanciát = 2 ·(-21)=(1- ") kQ 2-2} J meghatározva az eredő Z=l-;"+l+J=2kQ Mivel az eredő impedancia tisztán ohmos, a kör fázisszöge nulla, és az feszültséggel fázisban van. eredő áram az eredő l = l!. = 100 = 50 mA 2/ U = 100V, 3/ A

kondenzátor áramát határozzuk meg az áramosztó képlet segítségével: R 2 le =l ·---=50·--=(25+25j)mA. R-J·Xe 2-2} 4/ le= a) b) impedancia: Z 2 ✓25 2 + 25 2 =35,35 mA. Határozzuk meg az előző példa egyes elemeinek teljesítményét! Határozzuk meg eredő hatásos és meddő teljesítményt! Megoldás: a) A soros ellenállás árama és teljesítménye: l= 50 mA, Ps = 1 2 ·Rs =50 2 -10-6 ·103 =2,5 W. A párhuzamos ellenállás árama és teljesítménye: l R = l - le = 50- 25 - 25 J = (25 - 25 j) mA , lR = ✓25 2 +25 2 = ✓ 2-25mA, Az induktivitás árama és teljesítménye: l = 50 mA, QL = 1 2 · XL = 502 · 10-6 · 103 = 2,5 var. A kapacitás árama és teljesítménye: le = ✓ 2·25mA, b) összege: Az eredő Qc = -1~ ·Xc = 2-25 2 · 10-6 ·2·103 = -2,5 var. hatásos teljesítmény az egyes ellenállások teljesítményének Pe = Ps +Pp =2,5+2,5 = 5 W. Az eredő meddő teljesítmény az egyes reaktanciák meddő teljesítményének

előjelhelyes összege: Qe = QL + Qe = 2,5 - 2,5 = 0 . Más megoldás: Az eredő impedancián keletkező teljesítmény közvetlen megadja az eredő hatásos, illetve meddő teljesítményt. Az eredő hatásos teljesítmény az eredő impedancia reális 123 részén, azaz a helyettesítő ellenálláson fellépő teljesítmény. Az eredő meddő teljesítmény az eredő impedancia képzetes részén, azaz a helyettesítő reaktancián fellépő teljesítmény. Z = 2 kQ, I = 50 mA , tehát: Pe = 1 2 ·Re{Z}= 50 2 -10-6 ·2-10 3 = 5 W. Qe = I 2 · lm {-} Z = 50 2 · 10-6 · 0 = 0 Ellenőrző kérdések: 1. Az áramok és feszültségek milyen alakjaira érvényesek a Kirchhoff törvények? 2. Ismertesse a fázorábra rajzolásának szabályait! 3. Mi az impedancia, és mi a mértékegysége? 4. Milyen adatokkal jellemezhető az impedancia? 5. Mi az admittancia, és mi a mértékegysége? 6. Mi határozza meg a soros R-L-C kapcsolás jellegét? 7. Rajzoljon soros R-L-C

kapcsolás esetén fázorábrát, ha a kapcsolás induktív jellegű 8. Hogyan határozhatjuk meg a párhuzamos R-L kapcsolás impedanciáját? 9. Rajzoljon párhuzamos R-C kapcsolás esetén vektorábrát! 10. Hogyan számítható ki egy összetett áramkör eredő impedanciája? 4.6 Teljesítmények a váltakozó áramú körökben 4.6J A látszólagos teljesítmény és a teljesítménytényező Határozzuk meg egy tetszőleges Z impedanciájú fogyasztó teljesítményének időfüggvényét! Legyen: Z = Z · e 1rp és az árama: i(t) =.fi· I · sinmt Akkor az impedancia feszültségének u(t) =.fi· U · sin(mt + rp) időfüggvénye: A teljesítmény időfüggvénye: p(t) = u(t) ·i(t) A teljesítmény időfüggvényébe behelyettesítve: p(t) = u(t) · i(t) = 2 •U •I •sin(mt + rp) •sinmt. A trigonometriából jól ismert sin( a+ /3) = sin a• cos f3 + cos a• sin f3 azonosság alkalmazásával: p(t) = 2 · U · I · sinmt · (sin wt · cosrp + cosmt ·

sinrp), p(t) = 2 -U · I · sin 2 mt •cosrp+2·U •I •sinmt· cosmt ·sinrp. . 2 1- cos 2a , . sin 2a A sm a = - - - - es a sma · cos a= - - azonosság felhasználásával, és a 2 rendezés után az alábbi időfüggvényt 2 kapjuk: p(t) = U · J-cosrp(l-cos2mt) +U •I -sinrp •sin2mt. 124 A kifejezés első tagja a cos<p szorzótól eltekintve megegyezik az ellenállás teljesítményének időfüggvényével, a második tag pedig a sin cp szorzótól eltekintve a reaktanciákéval. Figyelembe véve, hogy a szinusz és koszinusz függvények teljes periódusra vett integrálja zérus, a fenti teljesítmény időfüggvény középértéke (átlaga), azaz a fogyasztó hatásos teljesítménye: 1 1 P = U · I · cos rp A teljesítmény időfüggvény második tagja zérus középértékű, kétszeres frekvenciával lengő teljesítmény. Ennek maximális értéke a meddő teljesítmény: 1 Q = U · I · sin rp 1 Induktív jellegű impedancián a cp pozitív, és

a meddő teljesítményre pozitív értéket kapunk. Kapacitív jellegű impedancián a <p és a meddő teljesítmény is negatív Mint látjuk, mindkét teljesítmény arányos az impedancia áramának szorzatával. eredő feszültségének és Egyenáramú körökben a fogyasztó teljesítményét a fogyasztó feszültségének és áramának szorzata adja. Szinuszosan váltakozó áramú körökben a feszültség és áram effektív értékének szorzata a látszólagos teljesítmény. Jele: S, egysége: VA Foglaljuk össze a váltakozó áramú fogyasztó teljesítményeit: hatásos teljesítmény meddő teljesítmény látszólagos teljesítmény P = U -I-coscp Q = U · I · sin cp S=U·I Ezek alapján a látszólagos teljesítménnyel kifejezhetjük a hatásos és a meddő teljesítményt is: 1 p =S· COS<p 1 A három teljesítmény közötti kapcsolat sin 2 cp + cos 2 cp = 1 azonosság figyelembe vételével: 1 p2 + Q2 = s2 I Mivel az impedancia hatásos

teljesítményét az áram és a feszültség effektív értékén kívül a kettő közötti fázisszög határozza meg, ezért a cosrp-t teljesítménytényezőnek ~ nevezzük. A tejesítmények definíciójából : d 125 Az impedancia alapján is meghatározhatjuk a fogyasztó teljesítménytényezőjét: R cosrp = - z P, u, i 2-U.I t u(t) 48. ábra R-L tag pillanatnyi teljesítménye Az előzőekben csak ideális elemek pillanatnyi teljesítményét rajzoltuk meg, ahol a fázisszög 0 O vagy ±90 ° volt. Vizsgáljuk meg a fenti általános impedancia (pl az R-L tag együttes) pillanatnyi teljesítményét is! A 48. ábrán látható teljesítmény időfüggvény olyan kétszeres frekvenciájú koszinuszos jel, amely átlaga a P = 1 2 • R = U • I •cosrp hatásos teljesítmény. A meddő teljesítményre az utal, hogy a pillanatnyi teljesítménynek van negatív pillanatértéke is. A meddő teljesítmény nagysága az ábrából közvetlenül nem olvasható le.

Ezzel szemben könnyen meghatározható a lengő teljesítmény csúcstól-csúcsig értéke. A cos(a+ /J) = cos a· cos /3 - sin a• sin /3 azonosság alapján a tetszőleges impedancia teljesítményének időfüggvénye az alábbi alakban írható fel: p(t) = U · I ·cosrp(l-cos20Jt)+U • I -sinrp · sin20Jt = = U •I -cosrp-U •I tehát •(cosrp-cos20Jt-sinrp-sin20Jt), p(t) = U · I ·cosrp-U •I •cos(20Jt+rp) = P-S ·cos(20Jt+ rp) . Ez azt jelenti, hogy a lengő teljesítmény csúcstól-csúcsig értéke: 2 •U • I, és ennek a fele (tehát az átlag körüli lengés amplitúdója) a látszólagos teljesítmény (48. ábra) A 49a ábrán egy váltakozó áramú, tetszőleges kapcsolású, induktív jellegű (a feszültsége siet az áramához képest, azaz o0 < cp < 90°) és a 49b ábrán egy kapacitív jellegű (az árama siet a feszültségéhez képest, azaz -90° < cp < 0° ) fogyasztó eredő áram- és feszültségfázorát rajzoltuk meg. A

teljesítmények: P = U · I · cos rp, Q = U · I · sin rp , S=U·I, ami a fázorábrák alapján azt jelenti, hogy a hatásos teljesítményt az áram és a feszültség azonos irányú, tehát fázisban levő vetületei adják (vagy a feszültségnek képezzük az 126 áramirányú vetületét, vagy az áramnak vesszük a feszültségirányú vetületét), a meddő teljesítmény pedig az áram és a feszültség egymásra merőleges komponenseiből adódik. -90° < cp < 0° 0° < cp < 90° 49. ábra Vektorábra a teljesítmények meghatározásához Egy 2 kW-os névleges teljesítményű 230 V/50 Hz-es, motor hatásfoka 92 %. Mekkora a hatásos-, meddő- és látszólagos teljesítménye, valamint az áramfelvétele, ha a teljesítménytényezője: 0,6. Megoldás: A névleges teljesítmény a motor tengelyéről levehető teljesítmény, aminek biztosításához nagyobb villamos teljesítmény szükséges. A hatásfok definíciója alapján: T/ amiből =

Pn p p = Pn = 2000 = 2174 W. 0,92 T/ S = ~ = 2174 =3623VA, 0,6 cosrp Q =S• sinrp = 3623 · 0,8 = 2899 var. 4. 62 A komplex teljesítmény A komplex számítási módszer alkalmazásakor az egyes impedanciák vagy hálózatrészek áramának és feszültségének komplex - többnyire effektív - értékét kapjuk meg. A következőkben bebizonyítjuk, hogy célszerű a feszültség komplex effektív értékéből és az áram komplex effektív értékének konjugáltjából szorzatot képezve bevezetni a komplex teljesítmény fogalmát. A komplex teljesítmény tehát: - S Legyen az áram: az impedancia: - =U z = z ,eÍ(fJ akkor a feszültség: 127 -* ·I A komplex teljesítmény: S= U · J* = U ,ei(l//i +rp) · 1-e-Jrp = U ·l ·eirp = U ·l •cosrp+ J ·U · l •sinrp, előjelre Tehát a komplex teljesítmény valós része megadja a hatásos, képzetes része pedig helyesen a meddő teljesítményt. Számítsuk ki az eredő hatásos, meddő és

látszólagos teljesítmény értékét az 50. ábrán látható kapcsolás esetén! U = 100 V , Rs = 2 kQ , Rp = 2 kO , XL = 2 kQ Xc = 2 kO . L I e 50. ábra Megoldás: 1/ Az eredő impedancia: 2/ U = 100V, 3/ A komplex teljesítmény: 4/ ahonnanP=4 W, Ellenőrző ZP = 2 ·(-2~) =(1- j) 2-21 I=~ = Z kO, Z =1- j+1+2j=(2+ j)kO. 100 . = ( 40- 20 J) mA 2+J S =U .J* =100·(40+20})·10-3 =(4+2j) Q=+2var/induktív és S= ✓4 2 +2 2 VA, =4,47VA. kérdések 1. Hogy számoljuk ki váltakozó áramú körökben a látszólagos teljesítményt? 2. Milyen kapcsolat van váltakozó áramú körökben a hatásos-, a teljesítményt közt? 3. Ha ismert egy kapcsolás határozható meg az eredő meddő- eredő és a látszólagos feszültségének és áramának komplex alakja, hogyan hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítmény? 4. Hogy számoljuk ki váltakozó áramú körökben a komplex teljesítményt? 128 4. 7 Tájékoztató jellegű

vilSgakérdések (alapfogalmi kérdések) csúcstényező? • Fogalmazza meg, mit értünk egy periodikus áram effektív értékén? Mi a • Definiálja az egyszerű, vagy elektrolitikus középértéket periodikus jelek esetén, és az ábrán látható jelalakra számítsa is ki ! • Definiálja az effektív értéket periodikus jelek esetén, és az ábrán látható jelalakra adja meg számszerűen is ! 1~ u 20V-+----- / / O-+-----/-""=T::-c/2-:----/~T,---~- -10V-,- • Egy szinuszos váltakozó áramú kör számításakor egy ág áramának komplex effektív értékéül: (-2 + j) A-t kaptunk. Írja fel az áram időfüggvényét! ( f = 50 Hz) • Egy veszteséges tekercset 12 V-os egyenfeszültségre kapcsolva az áram tekercset 12 V-os 50 Hz-es szinuszos váltakozó feszültségre kapcsoljuk, az 1,2 A. Mekkora a tekercs reaktanciája az adott frekvencián? 2 A. Ha a áramerősség • Egy C = 1 µF-os kondenzátor árama: i(t) = l0sincot mA; co =

1000 rad/sec. Mekkora a kondenzátor maximális energiája? • Mi az impedancia, és mi a mértékegysége? Határozza meg az alábbi kapcsolást helyettesítő soros impedanciát ! Rs = 1 kQ , Rp = 2 kQ , m=l000l/s, C=0,5µF. R. e • Rajzolja meg az alábbi váltakozó áramú kapcsolás fázorábráját ! L I e • Rajzolja fel egy f = 50 Hz-es szinuszos váltakozó feszültségre kapcsolt induktivitás pillanatnyi teljesítményének időfüggvényét, bejelölve a periódusidőt és a maximális teljesítményt. Az induktivitás reaktanciája 10 n, áramának csúcsértéke 2 A • Szinuszosan váltakozó feszültségre kapcsolt soros RLC kör elemeinek feszültsége: UR= 80V; Uc= 80V; UL= 20V. Hány volt feszültségre kapcsoltuk az áramkört? 129 4.8 A felkészülést ellenőrzőfeladatok 1. ua(t) = ✓ 2 · 100 sinmt [V] a.) Számítsa ki a kapacitás áramának erősségét! (5 A) b.) Számítsa ki a tekercs áramának erősségét! (7,07 A) e.) Számítsa ki

az eredő áram erősségét! (5 A) (A kapacitás és a tekercs árama fázishelyesen adódik össze.) 2. U= 100 [V], L=200mH, R = 100 0 100 200 100 m = 1OOO 1/ s , C= 10 µF, Z e =?. (223,6 0 Ie =?. (0,447 A) eredő komplex impedanciát kell először meghatározni.) a.) b.) (Az 100 3. o--CJ---1------ u(t) = ✓ 2 · 100 sinmt [V] j a.) ie(t) =? (✓ 2 ·5 sinmt [A]) b.) iL(t) =? (5 sin(mt-0,78) [A]) (A kapocsfeszültség komplex effektív értékéből kiindulva először határozzuk meg az eredő áram, majd a tekercs áramának komplex effektív értékét!) 4. 100 i, 200 u(t) <l-- 300 uJt) = ✓ 2 · 100 sinmt [V] 40Q ic(t) =? ( ✓ 2 ·3,16- sin(mt+0,96) A) 500 5. o----1-A jelölt áram nagysága IA = 2 A. a.) Rajzolja meg a kapcsolás fázorábráját! U~ k b.) Határozza meg a kapocsfeszültség nagyságát! (107,7 V) 1i 150 450 130 6. u(t) = ✓ 2 · 100 sinwt [V] a.) IL = ? (5,42 A) b.) iL(t) =? (7 ,67-sin( wt-0,22) A) 10Q e.) Rajzolja meg

a kapcsolás fázorábráj át! 7. U=l00V, w=l000l/s, Rs = 5 0 Q, Rp = 100 Q, C ~ 10 µF Számítsa ki az eredő hatásos és a teljesítmény értékét! (80 W, - 40 var) meddő 8. e U = 150 V, w = 1000 1/s, L = 200 mH, C = 10 µF, Rs = 100 Q , Rp = 100 Q , e Számítsa ki az eredő hatásos és a teljesítmény értékét! (75 W, +75 var) meddő 9. az Mekkora teljesítmény? meddő (-20 var) Q e =?. 10. eredő ic(t) = ✓ 2-4 sinwt [A] w = 10000 1/s L = 4 mH, C= 5 µF, R1 = 30 Q , R2 = 20 Q . a.) u(t) ie(t) =? ( ✓2 ·2,53· sin(wt-0,32) A) b.) P e =?. (256 W) 131 ! L 11. ie(t) = ✓ 2 -5 sinmt [A] m= 10001/sL=20mH, C=25 µF, R1 = I 6 o , uc(t) =? R2 40 o = . Uc(t) (✓ 2 -200 sin(mt-0,64) A) <( ie(t) I: ~ e L 150 12. a.) Mekkora látszólagos (1378 VA) b.) Mekkora teljesítmény? a teljesítménytényezője? 13. eredő az ~230V 50Hz fogyasztó (0,64) A bemeneti feszültség értéke: U = 100 V, m = 1000 1/s effektív t 100n

0,143H 10n a.) Írja fel a kétpólusra az eredő komplex teljesítményt! ((600+200j)VA) (600 W) b.) Pe =? (+200 var) e.) Qe =? 14. 1 10n l0mH uG(t) = ✓ 2 -10 sinmt [V] a.) b.) e.) Ie =?. Ie =?. ic(t) =? (0,447 A) (0,447 A) 200 (✓2 ·0,447-sin(mt-1,1 +n) A) (Ha negatív a komplex szám valós része, rajzoljuk le a vektort a komplex számsíkra!) 15. 100 iic(t) Az előző kapcsolásban legyen: ic(t) = ✓ 2 ·l·sin(mt+n/2) [A] a.) 2001 ua(t) =? (✓2 ·22,4· sin(mt-0,46)V) b. Írja fel az eredő komplex teljesítményt! ((10+20j) VA) e. Pe =? (10 W) d. Qe =? (+20 var) e. Se=? (22,4 VA) 132 16. uk(t) = ✓ 2 •100 sinmt [V] 10Q Írja fel az ábrán jelölt rövidzár áramának időfüggvényét! i(t) =? ( ✓2 ·4,74-sin(mt+0,32+n) A) 10Q 40Q j i u, 10Q 17. u(t) = ✓ 2 -10 sinmt [V] m = 1000 1/s L =20 mH, C= 25 µF, R1 = 20 Q, R2 = 40 Q. 18. ui R2 ~ L Az előző feladatban legyen: u(t) = ✓ 2 -10 sinmt [V] m = 1000 1/s L = 20 mH, C=25

µF, R1 = 20 Q, R2 = 20 Q. a.) Hány voltot mutat ideálisnak tekinthető voltmérő? (3,16 V) 19. 20Q e a.) Hány voltot mutat az ideálisnak tekinthető voltmérő? (0 V) b.) Rajzolja meg a kapcsolás fázorábráj át! I> az u(t) = ✓ 2 ·12 sinmt [V] m = 1000 1/s L= 16mH, C=25 µF, R1 = 16 Q, R2 = 20 Q. e u! Hány ampert mutat az ideálisnak R2 ~ L tekinthető ampermérő? (0,158A) 133 20. ua(t) = ✓ 2 ·100-sin(mt+rc/2) [V] a.) Írja fel az induktivitás feszültségének időfüggvényét! ur(t) = ? ( ✓ 2 50 sin( rot + 3rc/4) V 300 100 300 300 150 b.) Mekkora tekinthető JA=? az ampermérő ideálisnak árama? (2,6 A) c.) Számítsa ki az eredő hatásos és meddő teljesítményt! Pe = ?; Qe =? (125 W, 125 var) 21. Számítsa ki az ábrán adott kapcsolás esetén az eredő hatásos teljesítmény értékét, ha az ideális ampermérők által mért áram, I 1 = I2 = 10 A. e u~ m = 1000 1/s L 1=10mH, L2=80mH R1 = 70 0 , R2 = 60 0 .

a.) Oldja meg a feladatot léptékhelyes fázorábra szerkesztésével, azaz szerkessze meg az eredő áram- és az eredő feszül tségfázort ! b.) Számítsa ki az eredő áram erősségét, és ennek alapján határozza meg az eredő hatásos teljesítmény értékét! (8,8 kW) A megoldás menete: a.) Induljon ki a tekercs áramából! Számítsa ki R2 és L2 feszültségének nagyságát, és ábrázolja azokat vektoriálisan! Szerkessze meg a kapacitás feszültségét, majd az áramát! Szerkessze meg az eredő áramfázort, és olvassa le az ábrából a nagyságát! Számítsa ki R 1 és L1 feszültségének nagyságát, végül szerkessze meg az eredő feszültségfázort! b.) Induljon ki a tekercs áramából, azt vegye fel nulla fázisszögűnek! Számítsa ki a kapacitás feszültségét, majd skalár Ohm-törvény segítségével határozza meg a kapacitás reaktanciáját! Ennek ismeretében már meghatározhatja a kapacitás áramának komplex alakját. 134 5.

Váltakozó áramú hálózatok II Ebben az anyagrészben néhány gyakorlati problémával, illetve az eddig tanultak alkalmazásával foglalkozunk. Az új tananyagot elsősorban példákon keresztül foglaljuk össze 5.1 A teljesítményillesztés U O forrásfeszültségű, Z b belső impedanciájú és impedanciával terhelt feszültségforrás (6. ábra) teljesítményviszonyait! Vizsgáljuk meg egy Z1 I ------:3>- 1. ábra Z b = Rb + j · X b , Az impedanciákat írjuk fel a következő alakban: zt A terhelésre jutó (hasznos) teljesítmény: Ph = Rt + J . xt . = I; · R1 , Adott Rb és Rr esetén a teljesítmény akkor a legnagyobb, vagyis a nevező a legkisebb, ha: xt +Xb =0, xt =-Xb. Tehát a terhelés reaktanciájának abszolút értékben meg kell egyeznie a generátor belső reaktanciájával, de ellentétes jellegűnek kell lennie, hogy a hasznos teljesítmény maximális legyen. (Például induktív belső impedanciájú generátor esetén kapacitív

terhelést kell alkalmazni.) Ebben az esetben a hasznos teljesítmény: p = h Ennek 2 Uo ·R (Rt + Rb)2 t . szélső értéke - amint azt az Egyenáramú körök c. fejezetben igazoltuk - az Rb =Rt egyenlőség fennállásakor van. A hasznos teljesítmény maximumát tehát akkor kapjuk, ha: 1 z, = Rb - j. x b = z; . 1 Tehát a generátorból kivehető hatásos teljesítménynek illesztés esetén van maximuma, amikor a terhelés impedanciája a belső impedancia konjugáltja. A hatásfok a váltakozó áramú illesztés esetén is 50% . Ez azt jelenti, hogy az ideális szinuszos gerjesztésű generátor hatásos teljesítménye fele-fele arányban oszlik meg a belsőellenálláson és a terhelés ellenállásán. A meddő teljesítmény pedig a belső és a terhelő reaktanciák közt hoz létre energialengéseket. 135 A belső impedancia konjugáltjával történő illesztés korlátja, hogy csak egyetlen frekvencián adja a hasznos teljesítmény maximumát. Ha

megváltozik a frekvencia, a reaktanciák eredője nem lesz zérus, és a hasznos teljesítmény lecsökken. Egy szinuszos feszültségforrás adatai: U0 = l0V, m=lO00r/s, Rb= lOkQ, C= lO0nF. a) Milyen terhelés esetén lesz a generátorból kivehető hatásos teljesítménynek maximuma? b) Határozzuk meg a hatásos teljesítmény maximális értékét! Megoldás: a) A generátor belső impedanciája az adott frekvencián: = 4 Zb =(10- jl0)kQ. 3 l 7 =10 O=10kQ, 10 · 10A generátorból kivehető hatásos teljesítménynek illesztés esetén van maximuma, amikor a terhelés impedanciája a belső impedancia konjugáltja. mivel Xc -* zt =Zb Tehát: Z1 = (10 + jl0) kQ. 1= !! = lOO =5mA. 2Rb 20 b) A terhelésen fellépő hatásos teljesítmény: Pmax = 1 2 · R1 = /2 · Rb = 5 2 · 10 -6 -10 4 = 0,2 5 W. 5.2 A váltakozó áramú hídkapcsolás Egy váltakozó áramú hídkapcsolás általános, elvi rajza a 2. ábrán látható A B 2. ábra 5.21 A váltakozó áramú

kiegyenlített hídkapcsolás A váltakozó áramú hidat kiegyenlítettnek nevezzük, ha a Z 0 jelű impedancián, azaz a híd keresztágán nem folyik áram, és ekkor a híd középső ága szakadással helyettesíthető. Ugyanekkor Ohm törvénye értelmében a Z0 jelű impedancián feszültség sem esik, vagyis a C és D pontok azonos potenciálon vannak. Ebben az esetben a híd jobboldali és a baloldali 136 agan azonos feszültségosztásnak kell lennie. Mivel a váltakozó áramú körökben a feszültségosztást a komplex impedanciákra kell felírni: u . - i1 == Z1 +Z2 Átrendezve: u . Z3 Z3 +Z4 .--Z-1-· Z 4 = Z 2 ·Z-3-1 Tehát a váltakozó áramú híd ki van egyenlítve, ha a híd keresztben impedanciáinak komplex értékére vett szorzata egyenlő. A 3. ábrán adott kapcsolás esetén: XL = 20 Q , Ro = 20 Q R2 = 10 Q , R3 = 40 Q , elhelyezkedő Xc = 20 Q . 3. ábra a) Határozzuk meg az adott kapcsolás eredő impedanciáját ! Megoldás:

Váltakozó áramú híd vizsgálatának megkezdésekor ellenőrizzük, hogy kiegyenlített-e a híd. Váltakozó áramú hidak esetén azonos a kiegyenlítés feltétele az egyenáramú hídkapcsolásoknál tanultakkal, de csak a komplex impedanciákra érvényes. Jelen esetben a kiegyenlítés feltétele: Z2 · Z3 = Z1 · Z4 , és a 40 · 10 = (20 j) · (-20 j) egyenlőség teljesül. a) Tehát az eredő impedancia, ha a középső ágat szakadással helyettesítjük: Z = (10 + 20 j) X ( 40 - 20 j) = (16 + 12 j) Q . Ha középső ágat rövidzárral helyettesítjük: Z = 40x20j + 10 X (-20)) = (16 + 12)) Q. 5. 2 2 Delta-csillag átalakítás a váltakozó áramú körökben Ha a váltakozó áramú híd nincs kiegyenlítve, ahhoz hogy meghatározhassuk a kapcsolás eredő impedanciáját - ugyanúgy, mint az egyenáramú áramkörök esetében - deltacsillag átalakítást célszerű végezni. 137 Az egyenáramú körökre levezetett átalakítást ugyanúgy kell

végezni, csak az ellenállások helyett a megfelelő komplex impedanciákra kell felírni az összefüggéseket. értelemszerűen 5.3 A hálózatszámítási tételek általánosítása szinuszosan váltakozó áramú hálózatokra Az előzőekben láttuk, hogy Ohm és Kirchhoff törvényei a váltakozó áramú körökben a pillanatnyi értékekre, és ebből adódóan a komplex értékekre érvényesek. Ohm és Kirchhoff törvényei komplex alakban a váltakozó áramú hálózat állandósult állapotának leírására alkalmazhatók. Így az Ohm és Kirchhoff törvényekből levezetett hálózatszámítási tételek és módszerek is érvényesek komplex formában a szinuszos gerjesztésű hálózatok állandósult állapotának analízisére. Tehát a szinuszosan váltakozó áramú körök hálózatanalízisét ugyan azokkal a hálózatszámítási módszerekkel végezhetjük, mint amelyeket az egyenáramú hálózatok esetén alkalmaztunk. Azonban a hálózatszámítási

tételeket illetve módszereket csak akkor alkalmazhatjuk a komplex mennyiségekre, ha a váltakozó áramú hálózat valamennyi szinuszos generátorának frekvenciája azonos. A váltakozó áramú körökben érvényes hálózatszámítási tételek alkalmazását példákon keresztül mutatjuk be. Határozzuk meg a 4. ábrán látható kapcsolás esetén az ellenállás áramának időfüggvényét! UG1 =✓ 2-100-sinOJt R =20 n , V, iG 2 = ✓2 -10 · cosOJt A, OJ = 10 4 1/s, e= s µF. Oldjuk meg a feladatot szuperpozíció módszerével! R e 4. ábra Megoldás: Először írjuk fel a generátorfeszültség és a generátoráram komplex effektív értékét, valamint az ideális kondenzátor komplex impedanciáját! 138 Ha a feladatot szuperpozíció módszerével oldjuk meg, akkor az eredeti kétgenerátoros kapcsolást két egygenerátoros áramkörrel helyettesítjük (5. ábra) e R e a) b) 5. ábra Ha a feszültséggenerátor hatását vesszük

figyelembe az a) kapcsolásra felírt Ohmtörvény értelmében: , 100 11 = . = (2,5 +2,Sj)A 20-20] Ha az áramgenerátor hatását vesszük figyelembe, akkor az áramosztásnak megfelelően: -1;=10}· - 20J =lOJ· -J =(5+5j)A, ahonnan: 20-20] 1- J l~=(-5-5j)A. A szuperpozíció értelmében az ellenállás áramának komplex effektív értéke: 11 =l~ +l; =2,5+2,5J-5-5J=(-2,5-2,5J)A, ahonnan: 11 = .J2,5 2 + 2,5 2 = 2,5 · ✓ 2 = 3,53 A, és az áram időfüggvénye: i1(t) = ✓ 2 · sin( mt + arc tg l -1r) = 5 · sin( mt- 2,36) A. A 6. ábrán látható kapcsolásban a generátorok (az un szimmetrikus háromfázisú) feszültségének időfüggvényei: ua(t) = ✓ 2 230 sinrot V ub(t) = ✓ 2 230 sin(rot - 120°) V uc(t) = ✓ 2 230 sin(rot + 120°) V Az impedanciák értéke: -----zl =Z 2 =Z 3 =Z=30-3oJn Határozzuk meg az egyes impedanciák áramainak nagyságát! 139 A e B 6. ábra Megoldás: A megadott időfüggvények komplex effektív értékei: UA =230V

U s =230 · cos(-120°) + J · sin(-120°) =(-115-200 · j)V Ue = 230 · cos120° + J · sin 120° = (-115 + 200 · j)V A csillagpontok között fellépő feszültség a Millmann tétellel: Uooo = U A U B Uc -+-+- Z z z =230-l15-200j-115+200j =OV, 1 1 1 =+=+= 3 z z z tehát a csillagpontok között a feszültség zérus. Így a csillagpontokat rövidzárral 1s helyettesíthetjük! A fogyasztókra a huroktörvény értelmében: Ui =UA =230V 2 = B = (-115 - 200. j)V u U3 u = U e = (-115 + 200 · j)V nagyságú feszültség jut. A fogyasztói áramok komplex effektív értékei: Ui 230 . / 1 =-=- = . = (3,83 + 3,83 · J)A (5,4 A) Z 30-30] / 2 = U2 Zz 200 j 30 - 30 j = - ll 5 - = (1 42- 5 25 )A (5 4 A) J /3 = U 3 = -ll 5 + 200J = (-5 25 + 142 )A Z 30 - 30 j J (5 4 A) Tehát valamennyi fogyasztó áramának effektív értéke 5,4 hogy az áramok vektoriális összege a szimmetrikus felépítés, illetve a csomóponti törvény miatt zérus!

Megfigyelhető, Példa: A 7. ábrán látható kapcsolásban az impedanciák értéke és a generátorok feszültségének időfüggvényei: ub(t) = ✓ 2 230 sin(cot - 1200) V -- 2 1 = 2 2 = z3 = z = lOO+ 200jQ uc(t) = ✓ 2 230 sin(cot + 1200) V ua(t) = ✓2 230 sincot V 140 Határozzuk meg a fogyasztói, valamint az un. vonali áramok nagyságát! A e B 7. ábra Megoldás: A vonali áramok (I A , Is , I e ) meghatározásához a fogyasztói feszültségek komplex alakjaira lesz szükség, mivel azokat a csomóponti törvény segítségével határozhatjuk meg. A megadott időfüggvények komplex effektív értékei: U A= 230V U s = 230 -cos(-120°) + j · sin(-120°) = (-115 - 200 · j)V Uc =230-cos120° + j-sin120° =(-115+200-j)V U A= 230V U s = ( -115 - 200 · j)V U e = ( -1 15 + 200 · j)V A fogyasztói feszültségek huroktörvény értelmében: A = (-345 - 200. j)V 1 = AB = B - u u u u U 2 = U se = U e - U s = 400 · jV - - - U, =UcA =U .i -Uc

=(345-200-j)V A fogyasztói áramok: u 1 - 345 - 200 . i +0,98-j)A -/1 =-=-=----=(-1,49 - z1 100 + 200 . i U2 400-j II1I = 1,78A . 12 =-=- = - - - - = (l,6+0,8-J)A z 2 100 + 200 . i . . u 3 = 345 - 200. j = (-0,11-1, -I 3 =-=78 · J)A . z 3 100 + 200 J A vonali áramok értékei: - Í - A - - =I - 3 - I 1 = (1,38- 2, 76. j)A IIA I = 3,09A - IIsl = 3,09A IIcl = 3,09A Is =11 -12 =(-3,09+0,18-j)A - - - le =12 -/3 =(l,71+2,58-j)A A számítást a csomóponti törvény alapján ellenőrizve: - - - I A +Is+ I e 141 = 0A Az alábbi kapcsolásban a generátorok feszültségének ua(t) = ✓ 2 230 sinwt V időfüggvényei: ub(t) = ✓ 2 230 sin(wt - 120°) V uc(t) = ✓ 2 230 sin(wt + 120°) Z1 =Z2 =30Q, Z 3 =30JQ, R0 =20Q Határozzuk meg az egyes impedanciák, (fogyasztók), és azR0 = 20O-os ellenállás áramát! A e 8. ábra Megoldás: A megadott időfüggvények komplex effektív értékei az előző példák alapján: UA = 230V U s = ( -115 - 200 ·

j)V U e = ( - 115 + 200 · j)V Az R 0 ellenállás feszültsége, azaz a csillagpontok közti feszültség a Millmann tétel alapján: 230 -115-200-j -115+200-j UA Us Uc ~+-----+------=-+-=-+--=Z2 Z3 = 3 0 3 0 3 0 ·1 · = 85 + 315- j = 89 6 + l 3 VVV Uoo· = Z1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 3,5. j J -+-+~-+=--+=-+=-+30 30 30· J 20 Z1 Z2 Z3 R0 Az R 0 ellenállás (a nullvezető) árama: I 0 = u 00 R0 = 89,6 + 1,3. j = (4 48 + 0 07 1")A 20 · Fogyasztói feszültségek: U1 =UA -UOO =230-(89,6+1,3-})=(140,4-1,3-j)V U 2 = U s - U 00 = (-115- 200 · j)- (89,6 + 1,3 · j) = (-204,6- 201,3 · j)V U 3 = U e - U oo· = ( -115 + 200 · j) - (89 ,6 + 1,3 · j) = ( -204, 6 + 198, 7 . j)V 142 Fogyasztói áramok: 11 = U1 = 140,4-1,3·) =(468-004·J·)A Z1 30 12 = ! 2 Z2 J3 = -204,6-201,3·) =(-682-671· ")A 30 .l = U 3 = -204,6 + 1~8,7. j = (-6,62 + 6,82 · j)A 30 . 1 z3 A nullvezető áramát ellenőrizve a csomóponti törvény alapján: Io =11 +fz +/3

=(4,48+0,07•j)A II 1=4,5A 0 5. 4 Rezgókörök A váltakozó áramú teljesítmények vizsgálatakor láttuk, hogy tekercset, illetve kondenzátort tartalmazó körben energialengések keletkeznek. A gyakorlati felhasználás szempontjából különösen érdekesek azok az áramkörök, amelyekben tekercs és kondenzátor is van. Az ilyen áramkörre más-más frekvenciájú feszültséget kapcsolva, megváltozhat még az áramkör jellege is. 5. 41 Az ideális soros rezgókör Ha sorosan kapcsolt ideális tekercset és ideális kondenzátort váltakozó feszültségre kapcsolunk, akkor ideális soros rezgőkört kapunk (9. ábra) A tekercs és a kondenzátor reaktanciájának értéke függ a frekvenciától. Ha növeljük a soros L-C körre kapcsolt szinuszos feszültség frekvenciáját, a tekercs reaktanciája nő, míg a kondenzátor reaktanciája csökken (10. ábra) U~ COo 9.ábra Az ideális rezgőkör eredő 10. ábra impedanciája: Ha: XL = Xc, akkor az

impedancia zérus: rezonancia körfrekvencia: 1 ahonnan: mo·L=---, m0 A soros Z = 0. A feltételt .e rezgőkör rezonanciafrekvenciája: 143 1 fo = ~tr· k L·C 1 kielégítő ca 0 ún. Tehát rezonancia esetén az impedancia nagysága zérus, az áram erőssége pedig végtelen lesz (lenne). Egyenfeszültségen, vagyis OJ = 0 esetén az áramkör a kapacitás miatt szakadt, {jJ ➔ oo esetén pedig az induktivitás jelent szakadást. Így a két szélső frekvencián az impedancia végtelen és az áram zérus értékű. Mint láttuk, ha OJ > OJo, akkor XL > Xc és UL > Uc , az eredő feszültség 90° -kal siet az áramhoz képest, tehát a fázisszög +90°. Ha OJ < OJo, akkor XL< Xc és a fázisszög - 90° (11. ábra) COo 11. ábra 5. 4 2 A veszteséges soros rezgókör Egy valóságos rezgőkörben mindig keletkezik veszteség, tehát ellenállást is tartalmaz. A veszteséges soros rezgőkör kapcsolási rajza a 12. ábrán látható Az

impedancia nagysága most isjüggajrekvenciától (13. ábra); értéke azf0 rezonanciafrekvencián, ill. az ro 0 rezonancia körfrekvencián lesz minimális: R e L 1 U~ 12. ábra Rezonancia esetén, mivel az impedancia minimális, az áramnak maximális értéke lesz; I = !! = max U zmin Z(a; =a;o) =U R , és ekkor lesz fázisban az eredő feszültséggel. Ebben az esetben a rezgőkörnek csak hatásos teljesítménye lesz, mivel az induktivitás és a kapacitás meddő teljesítménye azonos nagyságú, tehát az eredő meddő teljesítmény nulla. A két szélső frekvencián ( OJ = 0 és {j} ➔ oo esetén) az impedancia értéke végtelen és az áram zérus értékű. 144 Természetesen nemcsak az impedancia nagysága függ a gerjesztés frekvenciájától, hanem a szöge is változik a frekvencia függvényében: X -Xc <p = arc tg-L R J[ += . 2 ~------------ (ü 13. ábra Ha ctJ > CtJo, akkor XL > Xc , és ez pozitív fázisszöget, azaz

ún. induktív jelleget jelent A rezgőkör hatásos- és induktív meddő teljesítményt vesz fel. Ha OJ < CtJo , akkor XL < Xc, és ez negatív fázisszöget, azaz ún. kapacitív jelleget jelent. (A veszteséges soros rezgőkör impedanciáját, áramának erősségét és fázisszögét a 10 ábrán rajzoltuk meg a frekvencia függvényében). 5. 4 3 Az ideális párhuzamos rezgókör Az ideális párhuzamos rezgőkör egy ideális tekercsből és egy ideális kondenzátorból áll, kapcsolása a 14. ábrán látható A rezgőkör impedanciája nyilván függ a frekvenciától: jcoL 1 . Z=;OJL&J--=-- j coC 1 - ctJ 2 LC . és Ha a kapacitás és az induktivitás reaktanciája azonos, azaz, ha a gerjesztés frekvenciája: = l , akkor m 0 .JL-C Tehát az szakadással mO rezonancia-körfrekvencián az ideális párhuzamos rezgőkör helyettesíthető. e 14. ábra Ha a reaktanciák nagysága azonos, az eredő áramerősség értéke zérus. Ennek ellenére a

reaktanciákon folyik áram, melyek nagysága azonos, de ellenfázisúak. Mivel irányuk ellentétes - belátható -, hogy ezek az áramok a rezgőkörön belül (körben) folynak. 145 Másképp: a rezgőkörben folyó áram az induktivitásban létrejövő mágneses és a kapacitásban kialakuló villamos energia periodikus átalakulását közvetíti. (Ha az induktivitás építi a mágneses terét, azaz fogyaszt, a kapacitás termel, vagyis kisül, leépül a villamos tere. Ha a kapacitás villamos tere épül, tehát fogyaszt, akkor az induktivitás termel, leépíti a mágneses terét. A körben energialengések keletkeznek A reaktanciák energiát tudnak tárolni, és azt egymásnak periodikusan át is tudják adni, mivel úgymond ellenütemben dolgoznak.) Figyeljük meg, addig míg ideális soros rezgőkörnél rezonanciafrekvencián az impedancia zérus, ideá/;s párhuzamos rezgőkörnél rezonanciafrekvencián az áramerősség zérus. (Ezért szokás ezt a

rezonanciafrekvenciát antirezonancia-frekvenciának is nevezni Azt is mondhatjuk, hogy soros rezgőkörnél feszültségrezonancia van, és párhuzamos rezgőkörnél áramrezonancia van.) Egyenfeszültségen, vagyis OJ = 0 esetén az áramkör az induktivitás miatt zérus impedanciájú, azaz rövidzár, OJ ➔ oo esetén pedig a kapacitás miatt lesz rövidzárral helyettesíthető. Így a két szélső frekvencián az impedancia zérus és az áram értéke tart a végtelenhez. Ha OJ < OJo, azaz XL< Xc, akkor h >le, tehát az eredő áram 90°-ot késik a közös feszültséghez képest. Ez azt jelenti, hogy ebben az esetben az ideális párhuzamos rezgőkör egyetlen ideális tekerccsel helyettesíthető, és a fázisszög +90°. Ha pedig ro < roo , akkor XL > Xc, és h < le , tehát az eredő áram 90°-ot siet a közös feszültséghez képest. Ez azt jelenti, hogy ebben az esetben az ideális párhuzamos rezgőkör egyetlen ideális kondenzátorral

helyettesíthető, és a fázisszög - 90°. (Az ideális párhuzamos rezgőkör impedanciáját, áramának erősségét és fázisszögét a 15. ábrán rajzoltuk meg a frekvencia függvényében.) <p - ·i· . 2 OJ 15. ábra Ellenőrző kérdések 1. Mi a váltakozó áramú hídkapcsolás kiegyenlítésének feltétele? 2. Mit jelent a váltakozó áramú illesztés fogalma? 3. Mit értünk amplitúdó-rezonancia alatt soros illetve párhuzamos rezgőkör esetén? 4. Mit értünk fázisrezonancia alatt? 146 5.5 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) • Számítsa ki az alábbi váltakozó áramú hídkapcsolás 100 100 100 10 0 impedanciáját ! • Rajzolja fel egy ideális soros rezgőkör Z(ro) és l(ro) diagramját! • Rajzolja fel egy ideális párhuzamos rezgőkör Z(ro) és l(ro) diagramját! • Rajzolja fel egy valóságos soros rezgőkör Z(ro) és l(ro) diagramját! • Hogyan helyettesíthető egy ideális

párhuzamos Válaszát indokolja! • Hogyan helyettesíthető egy ideális párhuzamos rezgőkör a rezonancia frekvenciánál alacsonyabb frekvencián? Válaszát indokolja! • Hogyan helyettesíthető egy ideális párhuzamos magasabb frekvencián? Válaszát indokolja! 5. 6 A felkészülést 1. eredő rezgőkör rezgőkör a rezonancia frekvencián? a rezonancia frekvenciánál ellenőrzőfeladatok Határozza meg az ábrán jelölt i2 (t) áram ui(t) = ✓ 2-100-sin mtV; időfüggvényét, u 2 (t) = ✓ 2-100- cosmt V; ha: cv = 104 1/s. lOQ (Megoldás: Először határozzuk meg a középső négy impedanciát helyettesítő eredő impedanciát! Ezután már nem szükséges hálózatszámítási tétel alkalmazása, hiszen ez az eredő impedancia a 2 jelű generátorra van közvetlenül rákapcsolva, így adott a feszültsége. Számítsa ki az áramának komplex effektív értékét! Az 1 jelű generátorral sorosan kapcsolt ellenállás feszültségét

határozza meg huroktörvényből, majd számítsa 147 ki az áramának komplex effektív értékét! A 2 törvénnyel határozza meg! (✓2 · 20-sin(wt + 2,2) A) jelű generátor áramát csomóponti 2. u 1 (t)= ✓ 2·100-sinwtV; U2(t) = ✓ 2 · 100 •Sin(wt + 7i / 4) Z2 = (3 + 4 j) n ; Z1 =(2+4j)O; z =c2+6j)n 1 i iz(t) Határozza meg a terhelésen folyó áram erősségét! (10,28 A) Oldja meg a feladatot a szuperpozicíó elvének alkal-mazásával! 3. Határozza meg az ábrán jelölt i1(t) = ✓ 2 ·10-sinwt A; (10,28 A) i2 áram időfüggvényét, ha: u 2 (t) = 200-sin(wt-;,r / 4) V; w = 10 4 1/s. (✓2 · 6,7 -sin(wt + 2,17) A) 4. Egy U1 = 100 V - Z 1 = 10 n, fázisfeszültségű - Z 2 = Z 3 = 20 j n kivezetett csillagpontú szimmetrikus háromfázisú rendszer csillagkapcsolású fogyasztót táplál. Határozzuk meg a nullvezető áramát! Uo 5. = 11,2 A) Az előző példában mekkora feszültség jelenik meg a csillagpontok között, ha a

nullvezető elszakad? (U00 ,= 79,06 V) 148 6. A BODE-diagramok 6.1 Átvitelijellemzőkfogalma és áhrázalása Vizsgálataink során olyan szinuszos gerjesztésű áramkörökkel foglalkozunk, amelyek nemcsak ellenállásokat, hanem tekercset és kondenzátort is tartalmaznak. Ha ilyen áramkörre szinuszosan váltakozó időfüggvényű feszültséget kapcsolunk, akkor a tekercs és a kondenzátor váltakozó áramú ellenállása (reaktanciája): 1 1 Xc=--=---OJ·C 2-TC·f·C illetve XL =OJ·L=2·TC·f·L Tehát az áramkör jellemzői a rákapcsolt szinuszos jel frekvenciájától függenek, ha az áramkör energiatároló elemet (tekercs vagy kondenzátor) is tartalmaz. Határozzuk +j R meg az 1a ábrán u + látható soros RC-kör esetén a kondenzátor e fellépő kapcsain feszültség értékét, ha ~ a rákapcsolt feszültség nagysága b) a) (amplitúdója) állandó, 1. ábra de a frekvenciáját változtatjuk. 1~ 1 A feszültségosztó képletet felírva: Uc

=U. JOJ·C 1 R+-jOJ·C 1 =U------ l+JOJ·C-R Az 1b ábrán megrajzoltuk a kapcsolás fázorábráját is, amelyből megállapíthatjuk, hogy a generátor feszültség és a kondenzátor feszültségének amplitúdója és fázisa is különböző. Képezzük a két feszültség hányadosát: Uc u 1 l+JOJ·C-R =----- A jobb oldalon látható kifejezés csak az áramkör elemeinek értékétől (R, C) és a rákapcsolt feszültség frekvenciájától függ, tehát alkalmas az áramkör frekvenciafaggő viselkedésének jellemzésére. A vizsgált áramkörnek négy kitüntetett pontja (pólusa) van. Két pontjára kapcsoljuk a vizsgáló feszültséget (bemeneti kapocspár), míg másik két pontja (a kondenzátor kapcsai = kimeneti kapocspár) között mérhető feszültséget vizsgáljuk. 149 Az ilyen elrendezést négypólusnak nevezzük (2. ábra) Az adott négypólusnak két-két összetartozó kapocspárja (bemeneti és kimeneti kapocspár) van, ezért

kétpólus-párnak is nevezik. ,--------, A fentebb felírt kifejezés azt adja meg, hogy a kondenzátoron fellépő feszültség és az áramkör bemenetére kapcsolt feszültség - a körfrekvencia függvényében - hogyan aránylik egymáshoz: ul ! R e f 0 ! -------- 2. ábra Ezt a négypólus feszültségátviteli függvényének nevezzük. Mivel a négypólus kimenete terheletlen (üresjárás), ezért a felírt kifejezés a négypólus üresjárási feszültségátviteli függvénye. Tehát a négypólus üresjárási feszültségátviteli függvénye a terheletlen négypólus kimeneti feszültségének és a bemeneti feszültségének komplex effektív értékű hányadosa, mely csak az áramkör elemeinek értékétől (R, L, C) és a rákapcsolt feszültség frekvenciájától függ: ahol U 2 a négypólus üresjárási kimeneti feszültsége és U 1 a négypólus bemeneti feszültsége. A továbbiakban független változónak a jw szorzatot tekintjük, mivel a

feszültségek komplex felírásakor a komplex impedanciákban együtt jelenik meg: - 1 Zc=--. ZL=)úJ·L, j{))·C Tehát a függvények felírásakor illetve a kifejezések rendezésekor a jw szorzatot kezeljük. egybefüggően Ha U1 = 1 Vés cp1=0, akkor, tehát a feszültségátviteli tényező a négypólus bemenetére kapcsolt egységnyi nagyságú, adott frekvenciájú, nulla fázishelyzetű feszültség hatására fellépő kimeneti feszültség jellemzőit adja meg (3.ábra) Természetesen a fogalom általánosítható: egy tetszőleges áramkör bármely két pontja között fellépő feszültséget tekinthetjük kimeneti feszültségnek. 150 0 A 3.a ábrán az 1b ábrán látható fázorábrát rajzoltuk meg a komplex síkon úgy, hogy <p1=0 feltételt figyelembe vettük (U1 a valós tengelybe eső fázor). Nyilvánvaló, hogy nemcsak a két feszültség nagysága különböző, hanem a két feszültség időfüggvényei között r fáziseltérés is fellép.

(Ez teszi szükségessé a +j komplex mennyiségek használatát.) + -j Minket a továbbiakban az érdekel, hogy a frekvencia változásával, hogy változik a kimeneti feszültség. Nyilván változik a frekvencia változásával a kimeneti feszültség nagysága és fázisszöge is. A frekvencia változásakor az U 2 fázor végpontja bizonyíthatóan egy félkörön fog mozogni. (Az 1/1 + J@. e R kifejezés kör egyenlete) a) +j 0,5 1 w=ro + w=O A 3.b ábrán az átviteli függvény helygörbéjét rajzoltuk meg, amely ugyanúgy félkör, mint az U 2 fázor végpontjának görbéje volt, hiszen az U1 állandóval osztottunk. Itt a paraméter az ro körfrekvencia. 0,5 -J w· b) 3. ábra A kört három pontjának ismeretében megszerkeszthetjük. Az ro=O és ro=oo paraméterek esetén a kifejezés értéke egyszerűen meghatározható, ha a G (. ) u J@ 1 ki fej ezé sbe behelyettesítünk: = 1 + JO)· . C R 1 Gu(0)=--=1 1 + jO illetve Gu(oo)= 1 . 1+ ]00 =Ü. A

harmadik pont meghatározásához olyan kör-frekvenciát kell választanunk, hogy az ábrázolás és a paraméter-skála készítése egyszerűen elvégezhető legyen. Vegyük észre, hogy a júJCR kifejezés dimenziója is 1, tehát az CR szorzat a körfrekvencia reciprokát jelenti. A fentiek alapján a harmadik ponthoz tarozó körfrekvencia legyen: Ekkor a függvény pontos értéke: - CtJ 0 1-. C-R =- 1 Gu(Cü 0 ) = --. = 0,5- j-0,5, l+J , e., 1teres , , -45° , az amp 1·1tudo pe d"1g -✓ 2. 1gy a 1.az1se 2 A három pont alapján a helygörbét (félkör) már megrajzolhatjuk (3b ábra). Az átviteli függvény frekvenciafüggését a komplex síkon ábrázoló helygörbét NYQUIST-diagramnak nevezzük (e. nájkviszt) 151 Mint láttuk, hogy a kétpóluspárok átviteli ábrázolása elvégezhető ebben az egyszerű esetben. jellemzőjének történő a komplex síkon A helygörbéről leolvasható, hogy egyenfeszültségen ( OJ = 0 esetén) a kimeneti

és a bemeneti feszültség megegyezik. Úgy mondjuk, hogy teljes átvitel van Látható, hogy a frekvencia növekedésével csökken a kimeneti feszültség nagysága, azaz csillapítás van, és egyúttal tart a fázisszög -90°-hoz. Ha egy adott körfrekvenciához meg szeretnénk határozni az átvitel nagyságát és szögét, a helygörbéhez paraméter-skálát kell szerkeszteni. De ebben az esetben is a körfrekvencia növekedésével a pontok egyre sűrűbben helyezkednek el a helygörbén, így az adott körfrekvenciához tartozó pont megkeresése egyre nehezebb. Ha a függvény értéke egyre kisebb lesz (tart a nullához), a leolvasás egyre pontatlanabbá válik. Bonyolultabb függvények esetén a helygörbe már nem ábrázolható ilyen egyszerűen, többnyire pontonként kell megrajzolni, kiértékelése, használata nehézkes, körülményes. Ezért olyan ábrázolási módot kell keresnünk, amely ilyen esetekben is egyszerűen alkalmazható. A két vizsgált

jellemző (amplitúdó és fázisszög) külön-külön történő ábrázolása mindenképpen célszerű. A széles frekvencia-tartományban történő leolvasást pedig a logaritmikus beosztású frekvencialépték választásával biztosíthatjuk. Tehát az átviteli függvény • amplitúdójának logaritmusát (amplitúdó karakterisztika) • szögét (fáziskarakterisztika) és ábrázoljuk a frekvencia logaritmusának a függvényében. Az ábrázolásnak ezt a módját nevezzük BOD E-diagramnak. Az alábbiakban röviden összefoglaljuk a logaritmikus lépték használatával kapcsolatos legfontosabb matematikai tudnivalókat. A logaritmus képzése a hatványozás ellentett művelete. Mi a 10-es alapú logaritmust használjuk (a számokat 10 hatványaként írjuk fel). Pl 0,1 = 10- 1, 1 = 10°, 10 = 10 1, ezért lgü,1=-1, lgl =0 és lgl0= 1. D ~->i D i 0,3D 0,7D 1 1 1 0, 1 0,2 0,5 --- 0,3D 1 -1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 5 A logaritmus

függvényt /g-vel jelöljük, 4. ábra és 10-nek azt a hatványkitevőjét jelenti, amelyre 10-et emelve a megadott számot kapjuk. Így a fenti három pont a logaritmikus beosztású tengelyen azonos (egységnyi) távolságra helyezkedik el (4. ábra) Az egységnyi távolságra lévő pontokhoz tartozó értékek egymás tízszeresei illetve tizedrészei, ezért egy ilyen távolságot dekádnak (dekád =tized) nevezünk (az ábrán D-vel jelöltük). Ezzel egy olyan logaritmikus beosztású tengelyt kapunk, amelyen az adatok közvetlenül ábrázolhatók. A tengelyen nem a kitevőket, hanem a tényleges értéket (0, l; 1; 10 152 10 stb.) tüntetjük fel A két dekádpont közötti tengelyszakaszon a közbeeső pontok 1s bejelölhetők. Pl. 0,2 = ~ = 1003 = 10°,3 10- 1 alapján a 0,2 pont helye a logaritmikus tengelyen 10 101 lg0,2 =lg~= lg2-lg10 = lglOo,3 + lgl0- 1 = 0,3-1 = -0,7. 10 Ez azt jelenti, hogy a 0,2 értéket a logaritmikus beosztású tengelyen az 1 (1=10°)

dekádponttól 0,7 dekádnyira balra, vagy a 0,1 dekád-ponttól (0,1 =10- 1) 0,3 dekádnyi (0,3·D) távolságrajobbra kell kijelölni. meghatározható: Az ábrázolandó mennyiség fel. Mindkét oldal természetes alapú logaritmusát képezve: ln Gu = ln U 2 + J(<p2 - <pi) adódik. U1 Gu[Np]= ln U 2 U1 A kifejezés a feszültség-erősítés (csillapítás) néperben (Np) kifejezett értékét adja meg. A fenti definíció feszültségek és áramok esetén érvényes. A teljesítmény-viszonyokat a G p [B] = lg p2 definíció alapján a belben (B) kifejezett Pi értékkel jellemezzük. A gyakorlatban a tizedrészében, decibelben (dB) kifejezett értékét használjuk: G p [dB]= 10 -lg p2 Pi Ha a teljesítmények ugyanakkora ellenálláson keletkeznek, akkor a u2 u2 P1 = - 1 és P2 = - 2 alapján a feszültség-viszony: R R 2 Gu [dB]= 10- lg U 2 = 20 -lg U 2 . U1 Ha az ellenállás értéke nem azonos, akkor természetesen a feszültség- és a

teljesítmény-viszony értéke is különböző lesz. Mi a továbbiakban csak a feszültség-viszonyt vizsgáljuk. Uf Tehát az amplitúdó karakterisztika a két feszültség arányának decibelben kifejezett értékét (erősítés) ábrázolja. A definíció szerint: G[dB ]= 20 -lglGul =20 · lg 153 u2 U1 Az erősítés jelentését, értelmezését - néhány példán keresztül - az alábbi táblázatban mutatjuk be: G=-20dB G =-0dB G = +20dB G = +40dB lg-= -1 U2 U2 = 10-l = 0,1 U1 U1 lg U2 = 0 U2 = 100 = 1 u, U1 lg U2 = 1 u2=101=10 u, UI lg U2 =·2 U2 U1 U1 = 102 = 100 Csillapítás van, a kimeneten az U 1 feszültség 10 %-a jelenik meg. Teljes átvitel van, a két feszültség azonos nagyságú (U2 = U1) Erősítés van, a kimeneten az U 1 feszültség 10-szerese jelenik meg. Erősítés van, a kimeneten az U 1 feszültség 100-szorosa jelenik meg. A logaritmikus ábrázolásmód még egy jelentős előnnyel jár. Ha a vizsgált függvény

több függvény szorzataként állítható elő - pl. -, akkor a logaritmus azonosságának felhasználásával: Tehát az egyes részfüggvények külön-külön ábrázolhatók, és az eredő függvény ezek grafikus összegzésével határozható meg. Erre a későbbiekben még visszatérünk Először azokat az egyszerű alapfüggvényeket vizsgáljuk meg, amelyek segítségével a bonyolultabb függvények ábrázolása is elvégezhető. 6.2 Elsőfokú frekvencia-függvények jelleggörbéi Ebben a fejezetben olyan áramköröket vizsgálunk, amelyeknél az átviteli függvényben a körfrekvenciának csak első hatványa fordul elő. Röviden ismertetjük az ábrázolás menetét a 5. ábrán látható kétpóluspár átviteli függvénye alapján. A feszültségosztó képletet alkalmazva írjuk fel a kimeneten fellépő feszültség értékét: 1 U2=U1· ,------- U11 ! R CI lolh o L I jw-C 5. ábra 1 R+-- jw-C Itt fel kell hívni a figyelmet

arra, hogy az energiatároló elemek reaktanciáinak 1felírásakor ajw kifejezés nem választható szét, tehát pl. a - j - w·C fenti esetben! 154 alak sem használható a A feszültségek arányára rendezve megkapjuk a feszültségátviteli függvényt: 1 1 Jm·C U2 Gu(Jm)=-=-=---= l+Jm·C·R R+ 1 U1 Jm·C 1 =--- I+j-OJ- 1 ahol OJ 0 = - C-R mo Így az amplitúdó-karakterisztika függvénye: Határozzuk meg a függvény értékét, ha OJ tart a nullához illetve a végtelenhez! Ha az OJ értéke nullához tart, akkor a logaritmus függvény argumentuma 1-hez, a függvény értéke O-hoz tart, tehát a függvénygörbe aszimptótája (érintője a végtelenben) a 0 dB-es tengely lesz. Ha az OJ értéke a végtelenhez tart, akkor a logaritmus függvény argumentumában az 1 elhanyagolható, így közelítéssel: G,dB G[dB] (:Jl- ~ -10-lgf -20-lg : 0 :0 lOcoo COo lgco / -3 dB -20 Ez a lgm függvényében a - 20 dB mereD dekségű egyenes egyenlete (a

függvény aszimptótája), amely az co = coo pontban metszi a O dB-es tengelyt (6. ábra) 6. ábra A függvényt a fenti két aszimptótájával közelítjük, - co < coo esetén a O dB tengely, míg " egyenes - 1gy , a - 20 -dB mere d ek segu co co > coo eseten D függvénynek (3. ábra- folytonos vonal) = co 0 törespontja van a eseten Ezért ezt a körfrekvenciát törésponti körfrekvenciának (010) nevezzük. A hálózat jellemzői határozzák meg értékét. Az ábrázolásnak ez a módja az ún törtvonalas közelítés A tényleges függvény (szaggatott vonal) és a törtvonalas közelítés között a legnagyobb eltérés a töréspontban van. Ekkor a függvény pontos értéke (ami egyben az eltérés is): G[roo]- -10· +(::n+ -10-lg[ 1+ 12 ]- -10-lg2 - -3 dB. 155 érintő Határozzuk meg a függvény eme pontjához húzható G=-10-{+(:J] függvény deriváltját G dB j o kell {1} • képeznünk a lg - szerint. 1 ~ - 1 dB•

segéd-változót, körfrekvenciát 1 1 1 1 -- l 1 {1} : -10 mo 1""- " r--. 1 1 1 1 0 5ffi 0 0) 2ffi0 0 1 1 i 0) -- 1 • . -10 dB/D - 1 ~ -20 dB/D 1 1 1 , l dB, " 1 ! i S;;;;~ 1 i amivel a kifejezve: 3 dB 1 1 x=lg- ! 1 1 1 1 1 1 1 mo Vezessük be az meredekségét! Ehhez a 1 1, 1 5ffi 0 7. ábra ~ = IOX. mo A változót visszahelyettesítve és a deriválást elvégezve: dG= .!! [-10-lg(l dx dx +(~J ]l =. <!l mo 2 dx 10-Ig(I + l0 2x A derivált értékét az lqi-pontban, tehát dG dx x=O )]= -10-(1+10 x }-lnl0 -2-l0 2x · ln!O 2 x = lg mo = lg 1 = 0 értéknél kell meghatározni: mo = -20 · 102·0 (1 + 10 2·0) = -10 dB D. Ábrázoljuk eredményünket (7. ábra) Az ábrából megállapíthatjuk, hogy 0,5·ro 0 és 2·ro 0 esetén az eltérés az érintő és a görbe között mindössze 1 dB. Ugyanakkor az aszimptóták és a görbe között a legnagyobb

eltérés ro 0 esetén 3 dB, a többi pontban az eltérés ennél kisebb. Ezek az eltérések a még elfogadható pontatlanságot jelentenek, ezért az aszimptótákkal történő törtvonalas közelítést kielégítő pontosságúnak tekinthetjük, és a gyakorlatban általánosan használjuk. Afáziskarakterisztika felírásához gyöktelenítéssel alakítsuk át a függvényt: 1 . li} Gu -1- 1+ 1-:-. 1+( : amiből r mo = - - - = ------l a fáziskarakterisztika függvénye: {1} rp =-arctgmo Korábbi matematikai tanulmányainkból ismerjük, hogy rp értéke nullához tart, ha ro értéke tart a nullához, illetve -90 fokhoz tart, ha ro értéke tart a oo-hez. A függvény pontos értéke ro = ro 0 esetén: 156 {1} rp = -arc tg-0 = -arc tgl = -45°. mo Itt - co = coo esetén - a függvénynek inflexiós pontja van, az ehhez tartozó érintő előző változó ( !!! = 1ox) behelyettesítésével meredekségét meghatározzuk. Ehhez az mo = -arc tg 1ox,

melynek derivált függvénye: felírhatjuk a függvényt: rp d { arc tg 10 x) = - - 1 - · 10 x · In 10 -drp = - dx dx 1+102x X- Az érintő meredekségét most is a differenciálhányadosnak az x=O ponthoz tartozó értéke adja meg: drp dx x=O = ln 10 = -l,l 5 rad = 66 fok D 2 y, fok . D 0 Tehát a törtvonalas közelítéssel történő ábrázolás alapján a függvényt -45 a rp= 0 fok és a rp= -90 fok egyenesekkel (a függvény aszimptótái) -90 0,21coo roo 4,65co 0 lgco 1---., ----+---,---~ +---~-c: ---=------=------=------=---~-j ~-=--=--=--=-=~;-+-- és az inflexiós pontjába húzható - 66 fok D meredekségű érintővel közelítjük 8. ábra (8. ábra) Az érintő az közelítő m = 0,21 ·coo körfrekvencián metszi az co tengelyt. A töréspontok gyors, meghatározása 1 15 rad ~ 1r 12 rad . 4/3 D D Eszerint lehetséges a töréspontok az a közelítő meredekség értéke m0 körfrekvenciára szimmetrikusan, attól

alapján: ±ID 3 távolságban helyezkednek el. A fáziskarakterisztika ez alapján is megrajzolható A legnagyobb eltérés a tényleges függvény (szaggatott vonal) és a törtvonalas közelítés között a töréspontokban van (~11,8 fok). Az ábrán szaggatott vonallal feltüntettük a fáziskarakterisztika pontos menetét 1 Példa: A 9. ábrán látható kétpóluspár elemeinek értéke: L= lOOmH R = 5, 50, 200, 1OOO Q. Ábrázoljuk a különböző ellenállás-értékekhez tartozó amplitúdó- és a fáziskarakterisztikák pontos menetét! UI Vizsgáljuk meg, hogyan befolyásolja a görbék menetét az ellenállás értékének változtatása. Megoldás: Írjuk fel az átviteli függvény általános (paraméteres) alakját! 157 L R I 9. ábra R R+jw·L A feszültségosztó képletet felírva: U2 = U 1 • - - - , U2 GuUw) =-=-= ami alapján: u1 R . R + JW · L = 1 1 1+JW•. L R =--I .w +J- w0 A tört számlálóját és nevezőjét az R

ellenállással osztva adódik olyan kifejezés, amely megegyezik az előzőleg vizsgált esetben kapott összefüggéssel, csupán a törésponti körfrekvencia meghatározására alkalmas összefüggés lesz eltérő: lwo ~ ~I. G,dB 10 "R1 = 5 Q R2 = 50 Q . R3 =200 Q Ri=lkQ 5 0 -5 -25; -30 1 , -35; ----;1 -40 · 10 (0 102 104 103 106 r/s 10. ábra q,, fok 10 0 -10 ,, -20 1 ,M, -30 -40 -50 -60 -70 ·-··· 1 ~•-h- ,~ 1 ~~-~- - 1 --- ·= ! -80 -90 J 1 l ! 1 1 l! 1 (0 10 102 106 11. ábra 158 r/s Határozzuk meg az egyes ellenállás-értékekhez tartozó törésponti körfrekvenciák értékét: WQl 5 r =-=500.1 s Wo2 50 r =-=5000.1 s OJ03 200 r =-=20000.1 s 1000 10 4 r 0.1 s Wo4 - - - - Ha a mennyiségeket az SI mértékegységrendszerben definiált alapegységükben helyettesítjük be, akkor a körfrekvencia rad/s-ban adódik. Az ellenállás értékének növekedésével arányosan nő a törésponti körfrekvencia

értéke, a diagramok ennek megfelelően eltolódnak a nagyobb körfrekvenciák felé, de a görbék jellege nem változik (10.ábra) Az ábrán jól látható, hogy a törésponti körfrekvenciákon a függvény pontos értéke -3 dB, és a törésponti körfrekvenciánál lényegesen nagyobb körfrekvenciákon a görbe meredeksége valóban -20 dB/D (a-20 és -40 dB közötti szakaszok). A fáziskarakterisztika ábrázolásánál is megfigyelhető, hogy az ellenállás növekedésével - a törésponti körfrekvencia változásával - a jelleggörbe párhuzamos eltolódik (11. ábra) A törésponti körfrekvencia értéke minden esetben közvetlenül leolvasható az ábrából, hiszen ekkor a fázisszög pontos értéke -45 fok. Ezután vizsgáljuk meg, hogyan ábrázolható a G,dB IGu = 1+ j-;; 1alakű y, fok függvény! 2D 3 D 11,8 fok 0 1---i,=-+------+-1---,➔ l0mo lgm lgm 0 t-+--""-----+---------+-3► 0,21 mo a) m0 4,65mo b) 12. ábra Az

amplitúdó karakterisztikát felírva: G[<lll)= 20-Ig/Gul =20 lg~!+(:,) =20 {+(:, n½ =IO-lg[1+(:J] Ez a függvény csak előjelében tér el az előbb vizsgált függvénytől! 159 Ha OJ végtelenhez tart, akkor G[dB]::::: 10 · lg[(!!! J OJo meredekségű 2 ] = 20- lg!!! , OJ 0 tehát a + 20 dB D egyenes egyenlete. Tehát a törtvonalas közelítéssel ábrázolva az amplitúdó karakterisztika ro 0-ig a 0 dB tengely, utána a fenti + 20 dB D A fáziskarakterisztika (fJ = arc tg!!! , meredekségű egyenes (9a ábra). ami szintén csak előjelében tér el az előbbi OJo kifejezéstől. Tehát a fázisszög értéke nulláról indul kis körfrekvenciák esetén, és +90 fokhoz tart, ha ro tart a oo-hez (9b ábra). Az ábrákat összehasonlítva megállapíthatjuk, hogy mindkét függvény megkapjuk az ha azokat a O dB tengelyre tükrözzük (1. a 6 és az 8 ábrákat) előzőből, Ezek alapján az ábrázolás menete a következő: 1. Felírjuk az

átviteli függvényt, és úgy rendezzük, hogy a kifejezés a törésponti körfrekvencia meghatározására alkalmas felépítésű legyen. Ehhez a felírt tört számlálójában és nevezőjében is polinomnak kell szerepelnie. Ha emeletes tört kifejezés adódik a felíráskor, akkor a tört számlálóját és nevezőjét is úgy kell bővíteni, hogy polinomokat kapjunk. Ezután - ha szükséges - úgy kell kiemelni állandókat a számlálóból és a nevezőből, hogy az (1 +jm·k) jellegű kifejezés és a kiemelt állandó szorzata adódjon. Megfelelő rendezés esetén ajm szorzótényezőjének (k) a reciproka adja meg a törésponti körfrekvencia értékét. 2. Meghatározzuk a törésponti körfrekvencia értékét (ügyeljünk a mértékegységekre!). 3. - Ábrázoljuk az amplitúdó karakterisztikát: az mo pontban a csillapítás pontos értéke+ 3 dB; az ro-tengely mo pontjából kiindulva megrajzoljuk a +20 dB/D meredekségű egyenest; az ro-tengelyből

kiindulva ro 0-ban a+3 dB ponton áthaladva a görbe megrajzolható (törtvonalas közelítésnél elegendő a két aszimptóta megrajzolása) - Ábrázoljuk a fáziskarakterisztikát: az mo pontban a fázisszög pontos értéke +45 fok; bejelöljük a 0,21 ·roo pontot az ro-tengelyen; a függvény kezdeti szakasza (a 0,21 ·roo pontig) az ro-tengely (a fázisszög értéke 0). ebből a pontból a 45 fok pontján keresztül (+66 fok/D meredekségű) egyenest rajzolunk a +90 fok egyenesig, ezután a függvény értéke +90fok; 4. 160 - a másik ábrázolási mód szerint a töréspontok helyét ( ± I3 D) jelöljük be az w tengelyen, illetve a +90 fok egyenesen. Egyszerűbben A ábrázolhatók az alábbi alapfüggvények: lau = AI típusú függvények amplitúdó-karakterisztikája G[dB] = 20 -lg A = állandó , tehát a teljes tartományban egy nulla meredekségű egyenes, fázisszöge természetesen nulla. A I Gu =j a, 1 típusú függvények

amplitúdó-karakterisztikája COo G[dB]=20-lg~, coo tehát a teljes tartományban + 20 dB meredekségű egyenes, amely az co = co 0 pontban metszi D a 0 dB tengelyt, míg a fázisszög értéke +90 fok= állandó. A IG" = 1 . (0 ltípusú függvények amplitúdó-karakterisztikája 1COo G[dB]=-20-lg~, coo tehát a teljes tartományban + 20 dB meredekségű egyenes, amely az co = co 0 pontban metszi D a 0 dB tengelyt, míg a fázisszög értéke +90 fok = állandó. Ezen alapfüggvények jellemzőit táblázatban foglaljuk össze: Összetett hálózatok bonyolult átviteli függvényeinek felírásakor arra törekszünk, hogy a kifejezést a fenti egyszerű (egyszerűen ábrázolható) kifejezések szorzataként írjuk fel. Ilyen esetekben - a lg(a · b ·e)= lga + 1gb + lgc azonosság figyelembe vételével - az egyes függvények ábrázolásával, majd grafikus összegzésével az eredő függvény előállítható. Az átviteli függvény felírása után a

kifejezést úgy kell rendeznünk (átalakítanunk), hogy az a fenti alapösszefüggések szorzataként álljon elő. Ezt követően a fenti egyszerű 161 kifejezések amplitúdó illetve fáziskarakterisztikáját külön-külön ábrázolhatjuk, majd ezek összegzésével kapjuk meg az eredő függvényt! Az alapfüggvények (Bode építőelemek) jellemzőit az alábbi táblázatban foglaljuk össze: Az átviteli függvény általános alakja A fázis-karakterisztika törtvonalas közelítéssel Az amplitúdó-karakterisztika törtvonalas közelítéssel G,dB Gu(jm) =A w Wo 0 y=O Go=20·lgA Go G,dB y ,fok +90-1-----------y=+90 fok +20 Gu(jm) = j!!! OJo 0 ., e<, 01-------1---------=:,- -20 CJ 1 Gu(jm)=-- 01------4------CJo • 0) JOJo y=-90 fok -90-1------------ y,fok G,dB +90 +40 Gu(jm)=l+ j!!! +20 +45 OJo v.) 0 Wo l0Wo CJ 0 0,21CJo 0 0 1 1 . OJ +1OJo IOCJo Wo 10 CJo y,fok G,dB Gu(jm) = CJo 0,21CJ 0 w CJ -20 -45

-40 -90 162 -66fok D Határozzuk meg a 13. ábrán megadott kétpóluspár BODE-diagramját törtvonalas közelítéssel, ha az elemek értéke: C = 100 nF R = 5 kohm Mekkora frekvenciájú jelet kapcsoltunk a kétpóluspár bemenetére, ha U 1 = 20 V esetén U2 = 5 V mérhető a kimeneten? Megoldás: kétpóluspár A átviteli JmCR R U2 . Gu(Jm)=-=-=---= 1 + 1· mCR 1 U1 R = jOJC - G1 (jm) OJ = J- alakban: paraméteres függvénye . OJ 1- +-- ahol 13. ábra m0 . OJ 1+1- 1 . OJ OJ =}-· OJ 0 = GI. G2, 1+1OJo OJo 1 G2(Jm)=--1 . OJ illetve OJo +10Jo a fentebb már ismertetett alapfüggvények, amelyek ábrázolási szabályait már ismerjük. Tehát felírható két egyszerű kifejezés szorzataként, ahol a törésponti körfrekvencia a megadott r 1 1 m0 = - - = - - - - - - - - = 2000 - . adatok alapján: s C. R l 00 10-9 As 5 103 V A V G,dB 1 1 1 1 1 1 1 1 . ,-~ 1 1 +20dB D -12 ~ Y,fok . ~ 102 -- 3 .,, ✓- G, .--- °:. s -

"-, . . ~ 1 2 3 . 3 2 104 5 a) . G2 -20 dB D 5 r G roo.,,,--- i 11/ 2 .,,,- 1 1 ; 0 +20dB D : 1 1 -20 ~.,,, 1 20 5 1 1 90 ~ . 1 ~ 45 -- . 0 -45 ---. - . "" --- - Y, r y °:.s - r- -90 2 3 5 2 Y2 -r-- 3 5 14. ábra 163 2 3 5 b) Az amplitúdó karakterisztika: G[dB]= 20-lgJGuJ = G1[dB]+G2 [dB] A G 1 függvény amplitúdó karakterisztikája +20 dB/D meredekségű egyenes, amely az coo pontban metszi a 0 dB tengelyt (14a ábra). A G2 függvényt már ismerjük (1 a 6 ábrát) A két szaggatott vonallal ábrázolt - függvény grafikus összegzésével adódik a keresett (eredő) amplitúdó karakterisztika (folytonos vonal). Afáziskarakterisztika: {i) 0 (f) = (() 1 + (() 2 = 90 - arg tg{i)o Mivel G1 olyan komplex szám, amelynek csak képzetes része van, ezért (f) 1= 90°= állandó! A (f>2 szög alakulása már ismert (1. a 11ábrát), tehát az eredőt úgy kapjuk meg, hogy (f>2-t a

függőleges tengely irányában eltoljuk +90°-kal (14b ábra). A rákapcsoltfeszültségfrekvenciája a következő módon határozható meg: Az U1 és U2 feszültségek ismeretében a csillapítás: 5V G = 20 · lg-- = 20 -lg 0,25 = -12 dB . 20V A 1 la ábra amplitúdó karakterisztikája alapján -12 dB csillapítás {i) = 500.E esetén lép fel s A frekvencia a körfrekvencia alapján: f = .!!! = 500 Hz= 79,6 Hz 2,r 2,r Az {i)0 -nál nagyobb körfrekvenciájú jeleket a kétpóluspár csillapítatlanul átengedi (teljes átvitel van), míg az ennél kisebb körfrekvenciájú jeleket csillapítja ("levágja"). Az ilyen átviteli tulajdonsággal rendelkező kétpóluspárokat felüláteresztő (alulvágó) szűrőknek nevezzük. Ennek kapcsán megjegyezzük, hogy a 9. ábrán látható kétpóluspár az {i)0 -nál kisebb körfrekvenciájú jeleket engedi át csillapítatlanul, az ennél nagyobb körfrekvenciájúkat csillapítja, ezért aluláteresztő

(felülvágó) szűrőnek nevezzük. Példa: Határozzuk meg a 15. ábrán látható kétpóluspár BODEdiagramját! C1 =50nF C2=200nF R=l0kQ 0 1 1 1 U1 1 C1 R 1 1 a./ Rajzoljuk meg a függvények pontos menetét! b./ Határozzuk meg a legnagyobb fázisszög értékét! Milyen körfrekvencián lép fel? IC2: 1 1 1 ------15. ábra Megoldás: R+ Írjuk fel az átviteli függvényt: GuU{i))= 164 U 1 j{i) C2 2 =------- u1 U2 1 1 1 0 1 1 1 j{i)·C1 j{i)·C2 R+---+--- 0 Először a tört számlálójában illetve a nevezőjében szereplő törteket alakítsuk át úgy, hogy polinomokat kapjunk (ne legyen emeletes tört!). Először bővítsük a tört számlálóját és nevező-jét is jm · C 2 -vel, majd - a jm -val történő egyszerűsítés után - bővítsünk C1 -el: . ) G u ( JOJ - 1 + jm · C2 · R . . JOJ·C2 ;m-C2 ·R+--~+1 Jm·C1 = C1 · (1 + jm · C2 · R) .c---------"--------- C 1 +C2 + jm-C1 -C 2 -R Emeljünk ki a

számlálóból C,-et, a nevezőből pedig C 1+C2-t: . OJ 1 +;- . C1 l+jm-C2 -R m1 Gu(;m)=--- ----C-1--C-2--=A·---=A·G1 ·G2. C1 + C2 1+JOJ•---· R 1+1. OJ C1 +C2 OJ2 Így egy olyan kifejezést kaptunk, amely három - már ismert - alapfüggvény szorzata. 1 Ezek az alapfüggvények: G2=--. OJ 1+10J2 Az ábrázoláshoz meg kell határozni a konstans értékét, illetve a törésponti körfrekvenciákat: C1 50 G0 = 20- lg A= 20- lg----"---= 20-lg--- = 20 -lg0,2 = -14 dB. C1 +C2 50+200 A törésponti körfrekvenciákat ajm kifejezések szorzóinak reciproka adja: OJ1 = 1 = 1 = 500 E. C2 ·R 200-10- 9 -10-10 3 s A 16. ábrán megrajzoltuk a fenti három alapfüggvény, valamint az eredő függvény (Ge) pontos menetét (szaggatott vonallal) és törtvonalas közelítését is (folytonos vonal). A diagram helyességét a fizikai kép alapján is ellenőrizhetjük: Kis körfrekvenciákon (co ➔ 0) a kondenzátorok reaktanciája nagy (Xc ➔ oo), ezért az R ellenállás

elhanyagolható. Ezért a C1 és C2 kapacitásokból álló kapacitív feszültségosztót kapjuk. Erre a feszültségosztó képletet felírva: 165 ---+--- jOJ·C1 Jm·C2 az átviteli függvény a konstans tagja adódik. Nagy körfrekvenciákon (ro ➔ oo) a kondenzátorok reaktanciája kicsi (Xc ➔ 0), ezért a C 1 kapacitás rövidzárral helyettesíthető. Így a felső bemeneti és kimeneti pontokat a rövidzár közvetlenül összeköti, tehát a bemenetre kapcsolt jel közvetlenül meg fog jelenni a kimeneten (teljes átvitel azaz G = 0 dB!). G,dB 30 25 ,;•--•":--A 20 15 10 5 0 -5 -10 -15 · -is -JO ro, 10 1000 100 r/s 16. ábra cp, fok 100 80 60 40 · 20 - 0 ----io -40 -60 -so ro, -100 10 100 1000 17. ábra 166 r/s A fázis-jelleggörbe a 17. ábrán látható A fázisszög az előző esetben és ebben az esetben is nyilvánvalóan nulla, hiszen a két feszültség azonos fázisú. Fáziseltérés a törésponti körfrekvenciák

tartományában lép fel Ennek a legnagyobb értéke rom=l000 r/s esetén (17. ábra): IPmax = IPI - qJ2 = arc tg OJm - arc tg· OJm OJ1 OJ2 1000 500 alapján a behelyettesítéseket elvégezve: · 1000 2500 IPmax = arc tg-- - arc tg--= 63,43 - 21,80 = 41,6 fok A törtvonalas közelítéssel ennél néhány fokkal nagyobb érték adódik: IPmax = 66 . 1 0, 2 l OJ 2 = 66 -1 OJ 2 = 66 · l 25 00 = 66 · 1 5 = 46 1 fok g 0,21 · 0J1 g OJ1 g 500 g A fázisszög pozitív, ami azt jelenti, hogy az U2 feszültség siet az U1-hez képest. Ez a 18 ábrán megrajzolt fázorábra alapján közvetlenül is belátható, amely alapján a fáziskarakterisztika menete is jól követhető. Kis körfrekvenciákon U R nullához tart, ezért U1 és U 2 azonos irányú (vízszintes) lesz, a fáziseltérés így nullához tart. Nagy körfrekvenciákon a reaktanciák értéke tart nullához, ezért Xc 1 is nulla lesz. Tehát a rákapcsolt feszültség jelenik meg a kimeneten, fázistolás nem

léphet fel. Uc1 Uc2 18. ábra A műszaki gyakorlatban sok esetben Laplace-operátoros alakban adják meg az átviteli függvényt. A Laplace-transzformáció olyan matematikai módszer, amellyel a differenciálegyenletek algebrai egyenletekké alakíthatók át Így a differenciál-egyenletek megoldása algebrai egyenletek megoldására vezethető vissza, mivel a differenciálásnak a Laplaceoperátorral (,,s"-sel jelöljük) történő szorzás, az integrálásnak pedig az osztás felel meg. A Laplace-transzformáció jellemzőinek ismertetésére nem térünk ki, mert azt a matematikai tanulmányok keretében sajátíthatják el (illetve később - az átmeneti jelenségek vizsgálata kapcsán - térünk vissza a módszerre). Az alábbi táblázatban összefoglaljuk a három alapvető hálózati elem viselkedését leíró összefüggések különböző alakjait. Hálózati elem: Időfüggvény Laplace-operátoros alak Komplex alak ellenállás induktivitás kapacitás

u = R·i di u=L·dt u = C1 · 1dt U(s) = R · /(s) U(s) = sL · /(s) 1 U(s) = - · /(s) sC - - U =R·l U =JOJL·l 167 J- 1 U=-·l jOJC Az első két alak általánosan érvényes, tehát tetszőleges időfüggvényű gerjesztések esetén alkalmazhatók. A komplex alak csak szinuszosan váltakozó gerjesztések esetén érvényes (1. a váltakozó áramú hálózatok vizsgálatánál) A táblázat alapján megállapíthatjuk, hogy az operátoros alakból a már ismert komplex alakot az egyszerű Is = j OJ 1 behelyettesítéssel megkaphatjuk. (Így már érthetővé válik az a - bevezető példában már említett- szabály, amely szerint a függvények felírásakor a jOJ nem választható szét!) Természetesen a két alak nem azonos értékű, nem azonos jelentésű. Az operátoros alak az időbeli viselkedés vizsgálatra is alkalmas (1. később, az átmeneti jelenségek vizsgálatakor). Ezért írjuk fel a függvényt a gyakorlatban többnyire operátoros

alakban, amelyből a fenti behelyettesítéssel a frekvencia-függő vizsgálathoz szükséges alak előállítható. R Példa: Határozzuk meg a 19. ábrán látható kétpóluspár átviteli és ábrázoljuk a karakterisztikákat függvényét, törtvonalas közelítéssel. L2 = 5 mH L1 = 95 mH R = 20 n L I 19. ábra a.) Hasonlítsuk össze ezeket a tényleges görbékkel! b.) Határozzuk meg a csillapítás és a fázisszög legnagyobb és legkisebb értékét! c.) Mekkora a fázisszög értéke, amikor a csillapítás értéke éppen-20 dB? Megoldás: Írjuk fel az átviteli függvényt operátoros alakban! l+s· L 2 Gu(s)= R+s·L2 s · L 1 + R + s · L2 = R L1 + L2 l +s---~ 1 =-l + s -T,.c1 =(l+s•T1)· 1+ s · T2 1+ s · T2 R Az operátorok együtthatói idő jellegű mennyiségek, ezért jelölésük a villamos jelével történik (1. később, az átmeneti jelenségeknél) Ezek reciproka adja meg a törésponti kör-frekvenciák értékét: időállandó r,

= ~ = 5 . 10-3 ns = 2 5 10-4 s 1 R 20Q amiből OJ1 amiből 1 1 3 r =-=----=4·10 4 s 2,5 . 10- s TI OJ2 r 1 1 =-=---=200s T2 5-10-3 s A törésponti körfrekvenciák ismeretében a karakterisztikák ábrázolása elvégezhető. 168 G,dB 20.-------,---,-----,-,--,------,---,---,----,----,----,----r---,---,--,,---,-T7"-"1 15 "" ,.,,,0, ,,,0 10 ·-· "",,.," ·5 0 t-----+-,.,-=t:,:t-- --+--+----t+t---~ -10,,,,,,,,,,,,,~·--"c-,-,,,.+ i-15 -20- -25 -3ot-----+-+- -35 11 m, -40L------------------------------------------------,-----"-~-~-----, 10 100 1000 1•104 1•105 r/s 20. ábra Az amplitúdó-karakterisztika (20. ábra) alapján megállapítható, hogy a törtvonalas közelítés a tényleges görbével jól megegyezik, a legnagyobb eltérés (3 dB) a törésponti körfrekvenciákon tapasztalható. ro➔0 esetén a csillapítás nullához tart, mert az L1 induktivitás rövidzár (Xu ➔ 0). A bemenetre kapcsolt

feszültség közvetlenül megjelenik a kimeneten (teljes átvitel). ro➔oo esetén a csillapítás -26 dB-hez tart Ez az érték a törésponti körfrekvenciák alapján közvetlenül is számolható, mert a függvény számlálójában és nevezőjében is az „ 1" elhanyagolható, és s-sel egyszerűsíthetünk: i-1 2,5-10-4 i-2 5-10- Gu(oo)=20-lg-=20-lg 3 =20-lg0,05=-26dB illetve OJ2 200 Gu(oo) = 20-lg- = 20-lg-- = 20 -lgü,05 = -26 dB. OJ1 4000 <p, fok -so - -100L------L.L ~:L------------"-------------10 100 1000 1·10 4 21. ábra 169 0), 1·105 r/s A fázis-karakterisztika (21. ábra) alapján megállapíthatjuk, hogy a fázisszög w ➔ oo és w➔O esetén nullához tart, míg a törésponti körfrekvenciák tartományában negatív, tehát a kimeneten fellépő feszültség késik a bemenetre kapcsolt feszültséghez képest. Legnagyobb értékét 900 r/s körül éri el, ami az ábrából leolvasva kb. -85 fok Pontos értékét a

függvény meredekségének (-66 fok/D) ismeretében a törésponti körfrekvenciák alapján meghatározhatjuk: meredekségének (-66 fok/D) ismeretében a törésponti körfrekvenciák alapján meghatározhatjuk 4000 · m1 0,21 · m1 <Pmax = -66 · l g - - - = -66 ·lg-= -66 · lg 200 = -66 · lg 20 = -85,9 fok. 0,21 · m2 m2 Ez a törtvonalas közelítés alapján a fázisszög legnagyobb értéke, ami a leolvasott értékkel jól megegyezik. Az ábrából látható, hogy a fázisszög tényleges értéke ennél kb 20 fokkal kisebb: ·900 900 <Pmax = arc tg---arc tg--= 12,68-77,47 = -64,8 fok 200 4000 adódik, tehát jelentős az eltérés! Ennek magyarázata, hogy a két részgörbe töréspontja gyakorlatilag egybeesik, és mindkét görbe meredeksége nő ( <pi meredeksége O-ról +66 fok/Dra, míg {f)}. meredeksége -66 fok/D-ról nullára), így a törésponti eltérések (11,8°) összeadódnak! A fentiek alapján megállapíthatjuk, hogy a fáziskarakterisztika

törtvonalas közelítéssel ábrázolása bizonyos esetekben jelentős eltéréseket eredményezhet a tényleges értékekhez képest. Ezért a gyakorlatban - ha ez szükséges - az adott körfrekvenciához tartozó pontos szögértéket a függvény alapján számítással is meghatározzák. A törésponti körfrekvenciák ismeretében ez egyszerűen elvégezhető (1. alább) történő A -20 dB csillapításhoz tartozó fázisszög meghatározásához a körfrekvencia értékét kell ismerni. Az amplitúdó-karakterisztika alapján megállapíthatjuk, hogy ez 2000 r/s esetén áll fenn. A 2000 r/s körfrekvenciához tartozó fázisszög a fázis-karakterisztika alapján kb -65 fok. Értéke a törtvonalas alapján: 2000 2000 <p = <Pmax + 66 ·lg---= -85,9 + 66 ·lg--= -85,9 + 21 = -64,9 fok 960 4,8 · m2 A fázisszög pontos értéke a fentiek alapján: ·2000 2000 <p = arc t g - - - arc t g - - = 26,56 - 84,29 = -57, 7 fok . 200 4000 Tehát a két érték közötti

eltérés itt lényegesen kisebb az előzőnél. Eddigi vizsgálataink alapján megállapíthatjuk, hogy két azonos típusú energiatároló elemet és egy ellenállást tartalmazó hálózatok átviteli függvényének felírásakor csak elsőfokú kifejezések (alapfüggvények) fordulhatnak elő. Ez nyilvánvalóan érvényes egy energiatároló elemet és tetszőlegesen sok ellenállást tartalmazó hálózatokra is. Példa: Határozzuk meg a 22. ábrán megadott kétpóluspár üresjárási feszültség-átviteli függvényét, és ábrázoljuk a karakterisztikákat törtvonalas közelítéssel! C=lOOnF R3=2kQ R2=6kQ R1=12kQ 170 Megoldás: A kimeneten az R3 jelű ellenállás kapcsain fellépő feszültség jelenik meg, amit a feszültségosztó képlet kétszeri alkalmazásával írhatunk fel: ahol e Így az átviteli függvény operátoros alakja: 22. ábra R2 ·(l+sCR3) G (s) u - 1+ sC(R2 + R3) . sCR3 sCR3R2 R R2·(l+sCR3) l+sCR3 - R1 +R2 +sC(R1R2 +R1R3+R2R3) 1

+ 1 + sC(R2 + R3) A törtet úgy kell átrendezni, hogy az alapfüggvények szorzatát kapjuk. Ez a nevezőben az R 1+R2 kiemelésével biztosítható. Az így létrejövő konstans függvény számlálójában is ellen-állásnak kell szerepelnie, ezért a számlálóból emeljük ki R2-t: R2 6-10 3 Tehát Go = 20 -lg A = 20 -lg Ri + R2 = 20 -lg 12 . 103 + 6 103 = -9,54 dB C01 1 1 3 r =-=---=5-10 Ti 2- 10-4 s s T2 = C. R1R2 + R1R3 + R2 R3 = 10 7 72-10 6 + 24-10 6 + 12-10 6 = 6 10 4 s R1 + R2 18 · 10 3 amiből a törésponti körfrekvencia C02 1 1 3 r =- = 4 = 1,66 · 10 - . T2 6-10- s s 171 Ezek ismeretében a karakterisztikák ábrázolása már elvégezhető (23. és 24 ábra) G,dB 20 10 5 -30•-----------------.L-----~------------ -,-------------100 1000 ro, r/s 23. ábra cp, fok 80 40 , · 20 ---io -so. -1001 - - - - - - - - - - - - - - . - - - - - - - - - - - ~ - - - - - - - - - , - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - : 100 1000

1·104 ro, r/s 24. ábra Felmerülhet a kérdés, hogy a számlálóból miért nem R3-t emeltük ki. Természetesen megtehettük volna, ami A és m1 értékének megváltozását is jelentette volna. De az eredő amplitúdó karakterisztika ugyanaz marad, amit az ábra megrajzolásával könnyen ellenőrizhetünk! A fázis-karakterisztikát ez a módosítás nem befolyásolja, mert G1 fázisszöge a frekvenciától függetlenül +90 fok. Az R2 kiemelése mellett az döntött, hogy így a konstans a feszültségosztó képletre emlékeztető tört, illetve C és R 3 a soros RC-tagra jellemző mennyiségek (1. a Zp felírásánál). Viszont a két ellenállást egyszerre (R2·R3) nem emelhetjük ki, mert ekkor egyszerre két szabályt is megsértünk: 1./ A konstans dimenziója mindig 1, ugyanis az erősítés csak azonos jellegű mennyiségek között értelmezhető (tehát a konstans azonos jellegű mennyiségek hányadosa!); 2./ Az s (vagy jm) szorzótényezője mindig idő

jellegű mennyiség (C-R vagy LIR). 172 Ellenőrző kérdések: Mikor függnek a frekvenciától a négypólus átviteli jellemzői? Mi az üresjárási feszültségátviteli függvény? Mit értünk Bode-diagram alatt? Adja meg az erősítés meghatározását! Hogyan ábrázoljuk törtvonalas közelítéssel az amplitúdó karakterisztikát? Milyen eltérések vannak a törtvonalas ábrázolás és a tényleges függvény között az amplitúdó-karakterisztika ábrázolásakor? 7. Hogyan ábrázoljuk törtvonalas közelítéssel a fáziskarakterisztikát? 8. Milyen eltérések vannak a törtvonalas ábrázolás és a tényleges függvény között az fáziskarakterisztika ábrázolásakor? 9. Milyen típusú alapfüggvények segítségével ábrázolhatók a Bode-diagramok? 10. Miért és hogyan kell rendezni a felírt átviteli függvényt? 11. Mi a feltétele annak, hogy csak elsőfokú kifejezések szerepeljenek a függvényben? 12. Hogyan rajzolható meg az eredő

karakterisztika a részfüggvények ismeretében? 13. Mit értünk aluláteresztő szűrő alatt, és hogyan jellemezhető a Bode-diagramja? 14. Mit értünk felüláteresztő szűrő alatt, és hogyan jellemezhető a Bode-diagramja? 1. 2. 3. 4. 5. 6. 6.3 Másodfokú frekvenciafüggvények jelleggörbéi Ebben a fejezetben olyan eseteket vizsgálunk, amelyekben az átviteli függvény felírásakor a körfrekvencia második hatványát tartalmazó kifejezés is fellép, tehát nemcsak az eddig már megismert alapfüggvények szerepelnek. Ezek két energiatároló elemet tartalmazó áramkörök, ugyanis a kifejezés fokszáma a kapcsolásban lévő energiatároló elemek számánál nagyobb nem lehet. (Kisebb lehet, amint ezt az előző fejezetben ismertetett példák igazolják) Vizsgáljuk meg a 25. ábrán látható - két különböző energiatárolót tartalmazó - kétpóluspár átviteli függvényét! A függvény felírása és rendezése után a 1 . )U2 G u ( JOJ - - u, 1

jwC - =-------- R+ jwL+-1JwC 1+ jwCR+(Jw)2 LC kifejezést kapjuk, amelynek nevezőjében másodfokú 1 kifejezés található. Ábrázolható-e ez a függvény - a már ismert - elsőfokú függvények segítségével, azaz felbontható-e elsőfokú kifejezések szorzatára? Tehát mi a feltétele az alábbi egyen-őség teljesülésének? L R 1 CI i 0~1-------------0 ----------- 1 1 1 --------=--- --- 25. ábra 1+ jwCR +(Jw )2 LC .OJ 1 .OJ 1+ 1 - +1 - 0J1 173 OJ2 A bal oldal zérushelyeit a megoldóképlet alkalmazásával határozhatjuk meg: . -CR±-J(cR)2-4LC R - - - - -- - 2L + (l m) 1•2 -- - - -2LC - 2 a2 - OJ02 a = !i. a csillapítási tényező és ahol m0 = (R) 1 2L - LC =-a± JI 2L ~ a csillapítatlan sajátkörfrekvencia. -vLC Az egyenlőség jobb oldalának zérushelyei : 1.eset: a>~ Két valós gyököt kapunk, tehát a kifejezés felbontható elsőfokú kifejezések szorzatára. Ekkor a két törésponti körfrekvencia:

illetve A kifejezés felírható két elsőfokú (alap)függvény szorzataként: Gu(jm)=-1- 1 .OJ 1 .OJ 1+J+1- 0J1 OJ2 Hol, hogyan helyezkednek el ezek a töréspontok a logaritmikus beosztású tengelyen? Ennek meghatározásához végezzük el a következő átalakítást: amiből ~ kifejezhető: Tehát a két töréspont ~-tól azonos távolságra (arra szimmetrikusan) helyezkedik el a logaritmikus beosztású tengelyen (1. a 26a ábrán) Az amplitúdó-karakterisztika ábrázolásakor a két részfüggvényt külön-külön ábrázoljuk a már megismertek szerint (szaggatott vonallal jelölve), majd grafikusan összegezzük azokat. Az eredő görbének három különböző meredekségű szakasza van: 174 < m1 esetén mind-két függvény értéke nulla, így az eredő függvény (folytonos vonal) OJ értéke és meredeksége is nulla. m1 < OJ < m2 esetén G 1 meredeksége már-20 dB/D, de G2=0, ezért az eredő függvény is-20 dB/D meredekségű. m2 <

OJ esetén már mindkét függvény -20 dB/D meredekséggel csökken, ezért az eredő függvény meredeksége -40 dB/D. --y,fok G,dB CJ1 0 CJo CJ CJ2 0 -2 -90 -40 -180 b) a) 26. ábra A fáziskarakterisztika is a két részfüggvény összegzésével állítható elő. Az ábra alapján nyilvánvaló, hogy OJ ➔ 0 esetén y ➔ 0 ( a törtvonalas közelítés miatt m < 0,2lm 1 esetén 0), míg OJ ➔ oo esetén y ➔ -180 fok . A fáziseltérés pontos értéke m = mO esetén -90 fok. Ez közvetlenül belátható a függvénybe történő visszahelyettesítéssel: . 1 1 1 1 2 =-----=----=-;--. Gu(mo)= m0 CR 1 + jm 0 CR + j2 1 + jm 0 CR -1 ) l+Jm 0 CR+ ( 1:: A fáziskarakterisztika meredekségem összetevő OJ O - = m0 esetén -132 fok/D, mivel itt mindkét változik --66 fok/D meredekséggel. Ha a>> OJ 0 , akkor OJ 1 és m2 egymástól és tól távol vannak ( OJ O < 0,2 lm 2 ), ezért a fáziskarakterisztika meredeksége 0 lesz az mO pontban. 2.

eset: a =~ (határeset) A diszkrimináns értéke 0, ezért m1 = OJ 2 = m0 , a két függvény egybeesik. 1 1 Gu(Jm)=-- - 1 .OJ 1+.OJ ; - +1Wo 175 OJo Az eredő függvény egyszerűen megrajzolható (27. ábra) Az amplitúdó-karakterisztika az m = m0 pontban -40 dB/D meredekséggel törik, a törtvonalas közelítés eltérése a pontos értéktől OJ = OJ 0 esetén-6 dB. A fáziskarakterisztikának két töréspontja van, a változó szakaszon meredeksége végig -132 fok/D. Így a töréspontokban eltérése a tényleges függvénytől is kétszeres A fázisszög pontos értéke az OJ = OJ 0 pontban 2·(-45 fok)= -90 fok. - i,,fok G,dB l0CJo CJo 0 CJ 0 --G1=G2 -90 0,21CJo -.::~-- -2oi -20 -4odB D -40 G --- CJ CJo i1= ~12 --) -180 a) b) 27. ábra 3. eset: a<~ Nincs valós gyök, nem bontható fel a kifejezés két elsőfokú függvény szorzatára. Ilyenkor az ábrázolást a és OJ 0 arányától relatív csillapítási tényező függően

végezhetjük el. Ehhez bevezetjük a (?) fogalmát: ;: .!! R C RC RC 2 RC m0 - 2Lm 0 C - 2m 0 LC - 2m 0 mo 2 = - OJ 0 amiből az elsőfokú tag együtthatóját kifejezve: RC = 2 { . Ezt helyettesítsük vissza az eredeti kifejezésbe: 1 Gu(Jm)= l+ jmCR+(Jm)2 LC = = - - - 1 · 1 . OJ ( OJ 1+ 2<; · J - + J OJo ) 2 ( 1- !!! OJo Először OJo ) 2 + }2<; !!! OJo vizsgáljuk meg az amplitúdó karakterisztika alakulását: OJ ➔ 0 esetén Gu ➔ 1, tehát aszimptótája a 0 dB tengely. Az OJ ➔ oo vizsgálathoz írjuk fel a függvényt: OJ ➔ oo esetén az első tagból az 1 elhanyagolható, illetve m 4 >> m 2 miatt a második tag is elhanyagolhatóvá válik. 176 Így a függvény a közelítő OJ 0 OJ kifejezéssel adható meg nagy körfrekvenciákon. Ez az aszimptótája OJ ➔ oo esetén. Ezek az eredmények megegyeznek az előzőekben tárgyaltakkal, tehát eltérés csak az körüli körfrekvenciák

esetén várható. Ezért határozzuk meg a függvény pontos értékét az = OJ 0 körfrekvencia esetén: n [1-( :: +(2f :: r] =-!O!g(2q) = -20lg(2f). Gu(w,)= -IO!gl Tehát az erősítés értéke OJ = OJ 0 esetén függ a relatív csillapítási tényező értékétől (15. ábra) Például <; = 1 esetén Gu (OJ 0 ) = -20 lg(2 · 1) = -20 lg 2 = -6 dB (l. a határesetet!) <; = 0,5 esetén Gu(OJ 0 ) = -201g(2 · 0,5) = -20lgl = 0 <; = 0,1 esetén Gu(OJ 0 )= -20lg(2 · 0,1) = -20lg0,2 = +14 dB (erősítés van!). Utóbbi azt jelenti, hogy a kondenzátor kapcsain nagyobb feszültség lép fel, mint a bemenetre kapcsolt feszültség, tehát soros rezonancia alakul ki. Ez előidézhető a kör ellenállásának csökkentésével (a értéke csökken, de OJ 0 értéke nem változik!). Mindhárom esetnek megfelelő amplitúdó-karakterisztikák pontos értékét ábrázoltuk (15. ábra 3, 2 és 1 jelű görbéi) Az amplitúdó karakterisztika legnagyobb értéke OJ m

körfrekvencia esetén lép fel. Ez OJ 0 -nál kisebb, és értéke függ a relatív csillapítási tényező OJm = OJo.jl-2<;2 értékétől: . Az összefüggésből megállapíthatjuk, hogy szélsőérték csak akkor létezhet, ha ; Tehát ; ~ }i esetén meg kell határoznunk a Gnr = G(OJm) 1 ~ ✓ 2 . maximális értéket, míg a többi esetben elegendő a törtvonalas közelítés (l. a határesetet) A fenti három esetnek megfelelő amplitúdó-karakterisztikák a 28a ábrán láthatók. G;dB I,/ fa<: CJ 0 0,21CJo (=0,5 t=O,l 0 -~ -Xl -40 CJo -1~ -100 a) b) 28. ábra 177 CJ Wo A fáziskarakterisztika megrajzolásakor a határesetnek megfelelő ábrázolási módszert alkalmazhatjuk, de az OJ = m0 inflexiós ponthoz húzott érintő meredeksége a relatív csillapítástól függ: - 132 fok . Az ennek megfelelő fáziskarakterisztikák a 28b ábrán láthatók q D Végül fel szeretnénk hívni a figyelmet arra, hogy két azonos típusú

energiatároló elem esetén - ha másodfokú kifejezés lép fel - mindig felírható az átviteli függvény elsőfokú kifejezések szorzataként (van két valós gyök). Példa: Határozzuk meg a 25. ábrán látható kétpóluspár átviteli jellemzőit, ha L=25 mH C = 10 µF Az ellenállás értéke R = 10 n, 50 n, 100 n, 500 n, 5 kn. Megoldás: A karakterisztikákat számítógéppel készítettük el (29. és 30 ábra) R 1 = 10 Q R2 = 50 n R3 = l00Q -10 Ri= 5oon -so -so . "" ··~~ >·· ~ 29. ábra 178 0 -30 -45 -60 ,5 ···-- -- -· . --90 -105 -·-··+-·t-+-t·++l+I -120 -135 -······ -150 .• , •• -165 -t--++++1++----+--0-.;;+++t++ l -180 L .l LlL!!J!L-L,;11~LI---L ; LJillJ J w=::::t==;= =-.;;; 10 100 1000 30.ábra Ellenőrző kérdések: 1. Milyen jellegű átviteli függvény alakul ki, ha a kétpóluspár különböző típusú energia tároló elemeket tartalmaz? 2. Mikor bontható fel a másodfokú kifejezés két

elsőfokú kifejezés szorzatára? 3. Hogyan határozhatók meg a másodfokú kifejezés zérushelyei? 4. Mi a relatív csillapítási tényező? 5. Hogyan befolyásolja a relatív csillapítási tényező értéke az amplitúdó jelleggörbét? 6. Hogyan befolyásolja a relatív csillapítási tényező értéke a fázis- jelleggörbét? 7. Milyen esetekben elegendő az amplitúdó jelleggörbe törtvonalas közelítése? 6.4 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) 1. Írja fel az alábbi ábrán látható kétpóluspárok komplex üresjárási (feszültség) átviteli karakterisztikáját! R=2kQ C=1µF j, -------lc~=j= u1 ju 2 1 u 1., J R =1 1<n --oju 2 179 R=10Q L=10mH ! u1 R=1k.Q o-j u1j !u2 u1! R=10Q ll 25Q R=1k.Q 1 0 25Q ~ ju2 C=1µFT !u2 L=10mH ui !u, D 2. Rajzolja meg a fenti kétpóluspárok esetén az átviteli karakterisztika amplitúdóját a lgro függvényében! Jelölje be a törésponti frekvenciát

és adja meg az aszimptóták meredekségét! 3. ro=l000r/s esetén mekkora az adott kétpóluspár csillapítása? (G=? dB) L=10mH R=10Q 4. Mekkora ro körfrekvencián lesz az adott kétpóluspár csillapítása G= -20 dB? R=10Q L=10mH 5. Mekkora ro körfrekvencián lesz a fenti kétpóluspár csillapítása pontosan G= -3 dB? 6. Mekkora ro körfrekvencián lesz az adott kétpóluspár kimeneti feszültsége a bemeneti feszültség 0.01-e? 7. Ábrázolja a Gu Elegendő 1 feszültségátvitel amplitúdó karakterisztikáját! 500 l + . !!! 1 1000 a törtvonalas közelítés megadása, de adja meg a töréspontok helyét = 0,5j !!! , 8. Rajzoljon egy egyszerű alul 9. Rajzoljon egy egyszerű felül áteresztő szűrőt! áteresztő szűrőt! 180 6. 5 A felkészülést ellenőrző feladatok R1 = 80 Q L=40mH L Rajzolja meg a léptékhelyes jelleggörbéket!! 1 ---------- Megoldás: U2 Zp Gu(OJ) =-=- = -------=U1 R1 +Zp R2 · JOJL R2+JOJL Gu(OJ)=R R2·JOJL

1+~-- ahol z = R~2 · jOJ L P R2·JOJL R2 + jOJL . I L = R1·R7+jOJL·(R1+R2)=J1ilRi· 1 · LR1+R2 +JOJ R1 -R 2 - R2 + jOJL Így a törésponti körfrekvenciák: R1 --- -80 O -J 1 --L 0,04 2000 -rad s illetve R1 . R 2 80 · 20 400 rad OJ 2 - L-(R1+R2)-0,04-(80+20)s Tehát - 1iJ Gu(OJ)=j 2000. . OJ l+J400 A léptékhelyes diagramok: cg <p, fok G,dB 100 80 60 40 20 0 -so -100-------- .~~-----~ 100 10 181 1000 Rr = l0kQ R2 = 20 kQ C = 100 nF Rajzolja meg a léptékhelyes jelleggörbéket!, e Megoldás: 1 R·- 2 Gu ( ú) ) - U U1 - Zp R1 +Zp = Zp ahol jwC 1 R +~2 jwC 2 R2 1+ jwCR 2 =---- R2 . e R1 R2 + júJ Rr + R2 1 R1 +R2 Így a törésponti körfrekvencia: OJo = Rr + Rz C·Rr -R 2 30. 103 10- 1 -10 4 -2-10 4 20 · 10 3 2 (10 + 20 )· 10 3 3 illetve az együttható 2 Gu(OJ)=-·--3 1 . úJ + J 1500 Tehát = 1500 rad s G0 = 20-lgA = 20· lg2 =-3,52 dB. 3 A léptékhelyes diagramok: cp, fok 10 0

i-~=::::::r-.,-; ~o~-~~~~-~~. ,~-~~ 100 1000 1·104 100 182 1000 ---------- [D = 360 n L= 180mH R1 R1 ui R2 L lu, =40 R2 n a) G = 0,25 esetén <p =? b) (pmax =? c) U1 = 50 V U2 = 9,5 V esetén (D =? <p =? 1 ---------- Megoldás: - U2 R2 U1 R2+Zp Gu(m)=-=-= - Gu (()) )-- R2 R1 ·)ml +R 2 R1+ jmL - Zp ahol R1+JmL -(I + . R2·(R1+JmL) - -----=----.,---:,------~ R1 -R2 + jmL-(R1+R2 ) R1 · jmL =~-- 1 J t i JL) - .- - - - - R1 l+ jmL R1 +R2 R1 ·R2 Így a törésponti körfrekvenciák: 360 = 2000 rad s ml = R1 = L illetve 0,18 ( 1+ ) OJ-) · - I Gu(m)= 2000 1+ . !!! J 200 Tehát A léptékhelyes diagramok: cp, fok G,dB 100 .---~,,,,------,-,,----,-,,,,,---~,, 80 60 40 -t---r-"Mi1· t 0 -5. 20 l···--·· . ·····1··•f·•HHH 0 l:::=-fflfft---f-1, -10 -15-- --20-- i 1 ~5 -601-!-+iH+HH-t-··H"lic -30 -go1·•--•+••·t·•i•··cnHI··-·.+-·+++l -100,~-~--~~~10 -40 10 100 a)

G=0,25 estén a csillapítás 20·lg0,25 = -12 dB. Az ábra alapján ez ro=800 rad/s esetén áll fenn, amelynél <p = -66 fok. b) Az ábrából a törtvonalas közelítés alapján a maximális fázistolás: A pontos érték mm m tmax = .Jm1 · m2 = ✓2000 · 200 = 632,4 rad s <pmax = -66 fok. esetén: 632,4 632,4 = arc t g - - - arc tg--= 17,54-72,45 = -54,9 fok. 2000 200 c) A csillapítás 20·lg(9,5/50) = -14,4 dB, ekkor ro=lO00 rad/s, amelynél <p = -66 fok. 183 [TI --------1 1 R1 R2I U11 1 1 e R1 =40kQ C = 50 nF lu, R2 = 10 kn a) G=0,4 esetén <p =? b) (j)max =? e) U1 = 100 V U2 = 31,8 V esetén d) ro=? cp=? 1 ---------1 Megoldás: 1 1 rad Így a törésponti körfrekvenciák: w1 = - - = - - - - - - , - = 500 4 8 C·R1 5-10---- -4-10 s illetve 4 W2 = Tehát Q R1 + R2 = 5 · 10 = 2500 rad C · R1 · R2 5 · 10----8 · 4 · 10 4 · 10 4 s ~----------~ 1 Gu(m)=0,2-(1+ 500 l + . !!! J 2500 j~)- cp, fok G,dB ~

20.---,--,,~n-----,-----,-,,,"rT"T""----r-,,,,, 100 80 15 10 5 40 0 1---+----+- 20 0 ----20 ----40 ---- ----20· -60 ----25 -so - 3 0 ~ ~ - ~ ~ - ~ - ~ . , , ~ ~ 100 1000 + -100 l00 1000 a) 20·lg0,4 = -8 dB esetén ro=lO00 rad/s, amelynél b) az ábrából: (j)max = +47 fok (A pontos érték: (j)max cp = +47 fok. = +41,8 fok) e) 20·lg0,318 = -10 dB esetén ro=800 rad/s, amelynél cp = +47 fok (a pontos érték: cp = arctgl,6-arctg0,32 = 58- 17,7 = 40,3 fok) 184 R1 = 80 Q 1 R2 = 20 Q R3 = 20 Q L=40 mH 1 R3 1 1 =? =? a) Gmax b) cp= 15 fok esetén G=? (()max 1 1 ------------ Megoldás: G () u OJ = Gu(OJ) = Gu(OJ)= U2 U1 = R3 R2 + R3 + Z p R3 R1 ·JOJL R R - - - + 2+ 3 R1 + j@L Z = R1·J@L ahol P R1 + jOJL R3 ·(R1 + jOJL) = R1 ·R2 +R1 ·R3 + jOJL· (R1 +R2 +R3 ) R1·R3 ·(l+jOJ.!: J, 1 R1 · R2 + R1 · R3 R1 l + j@L R1 + R2 + R3 R1 · R2 + R1 · R3 Az együttható: R1 · R3 80 · 20 1 A=----- - -

- - - R1 · R2 + R1 · R3 80 · 20 + 80 · 20 2 •k : . a törésponti k örfr ekvencia Igy rad 1·11etve R, -- - SO - -2000 OJ 1 - 3 L 40·10s R1 · R2 + R1 · R3 80-20 + 80 · 20 2 OJ = L·(R1 +R2 +R3) = 40-10- 3 -(80+20+20) = 666 6 rad s ( 1+ ) m- ) · - 1 Gu(m)= 2000 l . OJ + J 200 Tehát A léptékhelyes diagramok: G,dB cp, fok 20 60 10 30 5 15 0 -30 -10 -45 i 0), -20L---~------"--------------------,--~-----~ 100 1000 l •10 5 -60 100 !OOO a) Az ábra alapján a maximális csillapítás Gmax = -16 dB, a maximális fázistolás az ábrából: (J)max = -32 fok (A pontos érték: (J)max = -30 fok) b) <p = -15 fok esetén m=250 rad/s, amelynél a csillapítás értéke -6 dB, tehát a definíció alapján G = 10-0,3 = 0,5. 185 a) Rajzolja meg az amplitúdó jelleggörbét! b) cpmax =? R 1 = 60 kO 0 R2 = 20 kO C = 25 nF G,dB cp, fok 20 100 80 15 60 . 10 40 5 20 0 0 -5 -40 -10· -60 .• -15 ----io Az ábrából: [] -100

1·105 1000 100 <pmax = -40 fok (A pontos érték: ---------- 1 ! LJ C1 uJ Ic, R <pmax 1000 = -36,9 fok) a) Rajzolja meg az amplitúdó jelleggörbét! 11 0 100 10 0 lu, i b) cpmax =? 0 1 C1 = 10 nF C2 = 40 nF R = 25 kQ [2J G,dB cp, fok ~: ~ .- 1 - -+ , , , - - - ~ ~ - ~ 10 ~Jtl . L 20 5 0 -5----10-- • -15 - -60 ··t ~ ----io. ~, . , 100 1000 Az ábrából: <pmax -so -1QOL--L--<--.wJLlL-------"""---L------!llW1JJO) 100 1000 1•105 r/s = -46 fok (A pontos érték: <pmax = -41,8 fok) 186 a) Rajzolja meg az amplitúdó jelleggörbét! R b) cpmax =? L 1 = 200 mH L2 = 50 mH R = 20 0 cp, fok 90,----,----,--,-,.,,,--,--,,,-,,----,-,,,, 75 [----j--,,i,+ 60 10 45 15 or----15 -10 -30 -45;1---+--,-;-t+➔➔➔--"-~--0~·" 1 i -60,~~-~~-~~-~---~., ----io,~---------"---~~~~----"-., Az ábrából: (pmax 100 10 1000 100 10 ro, r/s = +47 fok (A pontos

érték: {pmax = +41,8 fok) [TI--------~-------Cl I u, R1 1 1 Rajzolja meg az amplitúdó jelleggörbét! C R2 1 R 1 = 90 kO R2 = 10 kO C = 20 nF cp, fok 100 80 01~.;-- 60 -5, -10•---~,-~ 20 0 -40 --so --60 -40------10 ,, ro, -100 100 1000 1·10 187 10 100 1000 1• 104 r/s R 1 = 100 n R2 = 20 n L 1 = 20 mH L2 = l00mH a) Gmax=? Gmin=? b) cpmax=? (pontos érték is) G,dB cp, fok 100 80 60 l--+-+- 40 -20-------.--"-----~------~~i--l 100 1000 -----. --"""--Ll--------------------,Jú), 1·104 r/s a) Az ábra alapján: Gmax = -2 dB, Gmin = -16 dB. b) Az ábrából: <pmax = +47 fok (A pontos érték: <pmax = +41,8 fok) A léptékhelyes ábrázolásokhoz használjuk a következő oldalon levő lin-log beosztású mezőket! 188 ú) 189 7. Nem szinuszos periodikus áramú hálózatok (többhullámúfeszültségek és többhullámú áramok) Eddigi tanulmányaink során olyan lineáris hálózatokat

vizsgáltunk, amelyekben a feszültséggenerátorok, illetve áramgenerátorok időben állandó (egyenáramú hálózatok), vagy időben szinuszosan (váltakozó áramú hálózatok) váltakozó jelet szolgáltattak. Ebben a fejezetben azt mutatjuk be, hogy időben nem szinuszos periodikusan változó jelek esetén hogyan végezető el az áramkörök számítása. Ilyen nem szinuszos, periodikus jel lehet szimmetrikus négyszög (l.a ábra), háromszög (lb ábra), fűrészjel (1c ábra), egy- vagy kétüteműen egyenirányított szinuszos jel (1.d, le ábra), vezérelt egyenirányító (1f ábra) és váltakozó áramú szaggató kapcsolás kimenő jele (1.g ábra) stb u(t u(t Umax Umax . T T/2 : t T -Umax -Umax ····· ······ ······· ·······- · ···-·· · ··· · b a u(t) Umax T 2T 3T t T/2 e d u(t u(t T/2 T f e u(t a g Lábra 190 T 7.1 A Fourier-sor A nem szinuszos periodikus áramú hálózatok számításának

matematikai alapja az, hogy egy tetszőleges időben periodikus függvény mindig előállítható időben állandó, és időben szinuszosan és koszinuszosan változó jelek összegeként, melyek frekvenciái a legkisebb frekvenciájú tag frekvenciájának egész számú többszörösei. Ezt a függvénysort nevezzük az adott f(t) periodikus jel. A Fourier-tétel értelmében ha f(t) periodikus függvény korlátos és periódusideje T, vagyis f(t) = f(t + T), akkor a periodikus időfüggvény Fourier-sora a következő általános alakban adható meg: <1J <1J f(t) = A 0 + IAk k=I Ahol · coskmt +IBk · sinkmt, k=I k= 1,2,3 . egész szám, egyszerű időfüggvény a periodikus f(t) A0 villamosságtanban egyenáramú összetevőnek is nevezni. középértéke. Szokásos Az f(t) időfüggvénnyel megegyező periódusú szinuszos, illetve koszinuszos tagot alapharmonikusnak nevezzük. Ha az f(t) periodikus jel periódusideje T, akkor az alap harmonikus frekvenciája: f

= ! , illetve körfrekvenciáj a OJ = 2TC = 2TC • f T T A sor k · OJ körfrekvenciájú tagját ( k = 2,3,4 . ) felharmonikusoknak nevezzük a felharmonikus összetevők csúcsértéke, növekvő diszkrét k • OJ Ak és Bk értékek tartoznak. Ák és Bk értékeit a matematikában tanultak amplitudó csökkenő értékekhez szerint integrálszámítással lehet meghatározni. Bizonyos esetekben a periodikus időfüggvény szimmetriatulajdonságából következően a Fourier-sor egyszerűsödik, egyes tagok (1.a, l b, l .g ábrák esetén) pl az egyenáramú összetevő (Ao) értéke nulla, mivel az adott időfüggvények egy periódusra vett átlagértéke zérus. Ebben a fejezetben a Fourier-sorba fejtéssel nem foglalkozunk, a leggyakrabban előforduló periodikus jelek Fourier-sora matematikai kézikönyvekben megtalálható, így a vizsgált jelek sorát ismertnek tételezzük fel, illetve a feladatokhoz megadjuk. Az általános Fourier-sor alakját átalakítva csak

szinuszos, vagy csak koszinuszos tagokat tartalmazó alakhoz juthatunk <1J <1J f(t) = A0 + IAk k=I ·coskmt+ IBk -sinkmt, k=I <1J = Áo + I ck . sin(kmt + rpk), ahol: k=I 191 Bk = arctg- rpk Ak A továbbiakban a Fourier-sornak ezt az egyszerűbb alakját fogjuk használni. A nem szinusws periodikus áramú hálózatok számítása 7.2 A nem szinuszos periodikus áramú hálózatok számításának lényege az, hogy a Fouriersor segítségével a periodikus jelet időben állandó és szinuszos, illetve koszinuszos jelek összegére bontjuk fel. Lineáris hálózatok esetén a periodikus jel hatására létrejövő válaszjel minden egyes harmonikusra külön-külön számítható. A periodikus jelet szolgáltató generátor lineáris hálózatok esetén a szuperpozíciótétel értelmében helyettesíthető olyan generátorok soros kapcsolásával, amelyek az egyes harmonikusoknak megfelelő szinuszos feszültséget és a megfelelő nagyságú

egyenfeszültséget szolgáltatják. Az egyes harmonikusok hatására létrejövő válaszjel a szinuszos áramú hálózatoknál megismert módszerrel (komplex számítás) számítható. Ügyelni kell azonban arra, hogy a hálózat energiatárolós elemeinek reaktanciája az egyes harmonikusokra más és más. A k · OJ körfrekvenciájú harmonikusra az L önindukciójú együtthatójú induktivitás reaktanciája: xlk = k- OJ -L, a C kapacitású kondenzátor reaktanciája: 1 Xck = - - - k·OJ·C értékre módosul. Ebből következik, hogy egy periodikus feszültségjel hatására kialakult áram felharmonikusát az induktivitás fojtja (simítja), míg a kapacitás az áram felharmonikusait kiemeli. Egyenáramú gerjesztés esetén L önindukciójú tekercs rövidzárral, C kapacitású kondenzátor szakadással helyettesítendő. 7.3 Periodikus jel effektív értéke Legyen egy periodikus u(t) feszültség, illetve i(t) periodikus áram Fourier-sora a általános alakban

megadva: következő i(t) = la + ilmax . sin(OJ t + rp,1) + i2max • sin(20J t + rpi2) + i3max sin(30J t + rp,3) + ahol U0 és 10 a feszültség, illetve áram egyenáramú U1 max, U2max, u3max, ilmax, i2max, i3max összetevője. a feszültség, illetve áram harmonikusainak maximális (csúcs) értéke, m tul, rp u2 rp u3 rp il rp i2 rp i3 a feszültség, fáziseltérése. 192 illetve áram egyes harmonikusainak A feszültség, illetve áramjel effektív értéke (a részletes levezetést négyzetes középérték tétele alapján: lfu (t)dt=U ✓ U=1,1 mellőzve) a T 2 ~T o 0 2 +U12 +U 2 2 + . +U„ 2 T 1 J-2 ✓ 0 2 +112 +12 2 + . +1,, 2 , 1=,z (t) dt=1 To ahol U0 és 10 a feszültség, illetve áram egyenáramú összetevője I 3 = i3max . ✓ 2 Jn = inmax ✓ 2, az egyes harmonikusok effektív Számítsuk ki az l.d ábrán látható periodikus jel effektív értékét, ha Umax=150 V Számításnál a Fourier-sor első négy tagját

vegyük figyelembe. Megoldás: A periodikus jel Fourier-sora: u(t) = umax •(1 + 1r 7r • sinOJt-I 2 3 •cos20Jt- 3 · cos40Jt) V 15 = 48 + 75 •sinOJt-31,8 •cos20Jt-6,4 •cos40Jt V A feszültség jel effektív értéke a definíciós összefüggés alapján: Természetesen ugyanerre az eredményre jutottunk volna, ha a „félszinuszos" jelet közvetlenül a négyzetes középérték tétel alapján integrálással határoztuk volna meg. 2 Így a félszinuszhullám Ismeretes, hogy a teljes szinuszhullám effektív értéke : Umaxl ✓ négyzetes középértéke: U = umax = 75V 2 193 7.4 Többhullámúfeszültségek és áramok teljesítményei A váltakozó áramú körök tárgyalásánál megismert teljesítmények itt is hasonlóan értelmezhetők. • A hatásos teljesítmény a pillanatnyi teljesítmény egy periódusra vett átlaga. definícióból kiindulva (a részletes matematikai levezetést mellőzve): Ebből a I T P=- fu(t)·i(t)=U 0 ·10 +

Luk ·lk •cosrpk [W], T O k=I 00 ahol U0 , 10 a feszültség, illetve áram egyenáramú összetevője, Uk, h az adott felharmonikus frekvencián a feszültség, illetve áram effektív értéke, Pk = Puk - rp,k a feszültség és az áram közötti fáziseltérés. Tehát a hatásos teljesítmény az egyes harmonikusok hatásos teljesítményeinek összege. Mértékegysége: W (Watt) Fontos, hogy hatásos teljesítményt csak azonos rendszámú (összetartozó) feszültség, illetve áramok hoznak létre. • Hasonlóan definiálhatjuk a meddő teljesítményt is. 00 Q = z:uk. Ik -sinrpk k=I • Azaz az eredő meddő teljesítmény az egyes harmonikusok meddő teljesítményeinek összege. Fontos megjegyezni, hogy az egyenáramú összetevő meddő teljesítményt nem hoz létre. A meddő teljesítmény számításánál figyelni kell az előjelhelyes összegzésre is, ugyanis az induktivitás, illetve a kapacitás reaktanciáinak eltérő jellegű frekvenciafüggése

miatt a meddő teljesítmény előjele eltérő lehet a különböző felharmonikus frekvenciákon. A meddő teljesítmény mértékegysége: [var]. • A látszólagos teljesítményt - hasonlóan a szinuszos áram esetén - az effektív értékek szorzataként definiáljuk. S=U·I, a fogyasztó feszültségének, illetve áramának effektív értéke. A látszólagos teljesítmény mértékegysége: [V A]. 194 A nem szinuszos periodikus áramú hálózatok esetén nem teljesül a szinuszos áramú hálózatok esetén megismert összefüggés a látszólagos-, hatásos- és meddő teljesítmények között: 82 * p2 + Q2. Legyen egy fogyasztó feszültségének és áramának időfüggvénye a következő: u(t) = 60 + 100 · sin(mt + ;r) + 80 •sin(2mt + 7r) + 40 · sin3mt 4 6 i(t) Határozzuk meg az nagyságát! V = 5 + 3,2 •cosmt + 2 •sin(3mt - ;r) A eredő 3 hatásos (P), meddő (Q), és a látszólagos (S) teljesítmények Megoldás: A hatásos és a

meddő teljesítményeket harmonikusonként kell számolni, amihez ismerni kell az egyes harmonikusok feszültsége és áramuk közötti fáziseltérést. Ehhez át kell alakítani az áram időfüggvényének alap-harmonikusát úgy, hogy a fáziseltérés közvetlenül felírható legyen, cos x = sin( x + ; ) i(t) szerint. Így az áram idő függvénye: = 5 + 3,2 •sin( mt + ; ) + 2 •sin(3mt - ; ) A A hatásos teljesítmény: A meddő teljesítmény: A negatív előjel az eredő meddő teljesítmény kapacitív jellegére utal. Fontos megemlíteni, hogy hatásos-, illetve meddő teljesítményeket csak azonos frekvenciájú harmonikusok hoznak létre, így a kétszeres frekvenciájú felharmonikus feszültség hatására áram nem jön létre (az áram időfüggvényéből a második rendszámú tag hiányzik), tehát ezen a frekvencián a hatásos és meddő teljesítmény értéke zérus. 195 A látszólagos teljesítmény meghatározásához a feszültség és az

áram effektív értékére van szükség: / 2 2 52 + 3,22 +~ = 5 67A 2 2 2 1 = -V 1o + 11 + 13 = A látszólagos teljesítmény: S= U · 1 = 112,2 · 5,67 = 635,9 VA A nem szinuszos periodikus áramú hálózatok számítási módszereit további típuspéldákon mutatjuk be. Az ábrán látható R-L-C körre az alábbi u(t) időfüggvényű = 10 + 10 •sin(mt + 30°) + 5 · sin2mt R u(t) j L feszültséget kapcsolunk: V R=l0Q L = l0mH C = 25 µF r m = 1000 - e s Határozzuk meg az teljesítményt! eredő áram időfüggvényét, valamint az eredő hatásos Megoldás: A feladatot szuperpozíció segítségével lehet megoldani. Az u(t) időfüggvényű jelet szolgáltató generátort a szuperpozíció tétel értelmében Uo=l 0 V-os, időben állandó, u1 (t) = 10 · sin(mt + 30°) V alapfrekvenciájú, valamint u 2 (t) = 5 · sin 2mt V kétszeres frekvenciájú szinuszos generátorok soros kapcsolásával helyettesítjük. A szuperpozíció tétel

segítségével a feladat a következőképpen oldható meg Az egyenáramú gerjesztés hatására (a ábra) az induktivitást rövidzárral, a kondenzátort szakadással helyettesítjük. Így az Uo=l0 V-os egyenáramú feszültség összetevő hatására folyó eredő áram értéke: lo = Uo = ! Q=lA R 10 196 R Uo R j u,(t1 w-L 1 w-C a ábra b ábra R u,(t1 2w-L 1 2w-C e ábra Az alapharmonikus feszültség jel hatására folyó alapharmonikus áram értékét a szinuszos hálózatok számításánál megismert komplex számítással kell meghatározni. Alapfrekvencián: XL, = OJ. L = 1000-10- 10-3 = 10 Q X Cl 1-= =l =40Q OJ·C 1000-25-10-6 Az eredő impedancia az alapfrekvencián: Z el = R + j · X LI Az alapharmonikus @ (- feszültség j · X Cl)= 10 + 10 j komplex @ (- 40 j) = 10 + 13,3 j Q csúcsértéke az u 1 (t) = 10 • sin(wt + 30°) V / időfüggvényből: U 1 = 8,66 + 5 j V Az eredő áram alapharmonikusának komplex csúcsértéke: /

1"1 = U i = 8,66 + 5 j = 0,55 - 0,241· A . i1 (t) = 0,6 · sin(wt - 23°) A Ze1 10 + 13,3j A kétszeres frekvenciájú feszültség jel hatására : XL2 = 2-0J -L = 2-1000-10-10-3 = 20Q, Xc2 = 1 1 =------=20Q 2-w -C 2-1000-25 ·10-6 197 (c ábra) párhuzamos rezonanciát alkot, így a kapcsolás (szakadás). Ennek következtében második harmonikus áram az Tehát az eredő eredő eredő impedanciája végtelen ágban nem folyik. áram időfüggvénye a részáramok időfüggvényeinek összege lesz. i(t) = 10 + i1 (t) = 1 + 0,6 · sin(wt - 23°) A Megfigyelhető, hogy a kétszeres frekvenciára „hangolt" párhuzamos rezgőkör miatt az eredő áram időfüggvényéből hiányzik a második harmonikus tag, tehát párhuzamos rezgőkörrel az eredő áram tetszőleges rendszámú harmonikusa kiszűrhető. Az eredő hatásos teljesítményt az egyes összetartozó harmonikusok hatásos teljesítményeinek összegeként kapjuk. ( A második harmonikus

nem hoz létre hatásos teljesítményt, ezért a teljesítmény összefüggésben nem szerepel.) Természetesen megkaphatjuk, ahol / az az eredő eredő hatásos teljesítményt áram effektív értéke. P P = 1 2 R összefüggésből 1s = 1 2 R = 1,086 2 • l O= 11,8 W Soros R-L-C körre u(t) = 10 + 100 · sinwt + 50 • cos2wtV időfüggvényű feszültséget kapcsolunk. R = lOQ, L=l0mH, C=25µF, w=l0 3 ~. s Határozzuk meg az eredő áram időfüggvényét, valamint az eredő látszólagos teljesítményt! Megoldás: UO = 10 V-os egyenáramú feszültség összetevő hatására a soros kondenzátor (szakadás) miatt az eredő áram egyenáramú összetevője zérus. / 0 u 1 (t) = 100 · sin wt = 0 A. V alapharmonikus feszültség összetevő esetén: 198 XLI = OJ -L = 1000-10-10-3 = 10 Q 1 X Cl Az eredő impedancia: Z el 1 =--=----=40Q 0J · C 1000 · 25 · 10-6 =R + j · X Ll - j · X Cl = 10 - 30 j n. Az áram komplex csúcsértéke: . / ;l

= Z.1 u1= 100 = 1+ 3j A 10-30} i1(t) = 3,16-sin(mt + 71,6°) A Kétszeres frekvenciájú jel esetén: XL2 Xc2 =--1-= =2·0J·L=2-1000-10·10-3 =20Q, soros rezonancia lép fel, így az eredő 2-m · C 1 = 20Q 2-1000- 25 -10-6 impedancia kétszeres frekvenciájú jel esetén: Z.2 = R = lOQ. Ebből következik, hogy a második harmonikus áram a soros rezonancia miatt fázisban van a gerjesztő feszültség második harmonikusával. i 2 (t) = 5 · cos 2mt A Az eredő áram időfüggvénye: i(t) = i1 (t)+ i1 (t) = 3,16 · sin(mt + 71,6°) + 5 · cos2mt A A látszólagos teljesítmény az eredő feszültség és az eredő áram effektív értékeinek szorzata. Az ábrán látható hálózat kapocsfeszültségének időfüggvénye: u(t) = 100 + 200 · sin( OJt + 45°) + 50 •sin 3mt V 199 i(t) ! R =50Q w-L=l0Q e - 1-=90Q w-C R u(t) L Határozzuk meg a bejelölt áram időfüggvényét! Megoldás: Az UO = 100 V-os összetevő egyenáramú feszültség

hatására a kondenzátor szakadással helyettesíthető (a ábra). Így a bejelölt áram egyenáramú összetevője IRO IRo ! 2R t> lRJ ! R u(t) Uo =-=lA. 1: u(t) a ábra 1R3 t> R b ábra ! u(t) e ábra Alapfrekvencián (b ábra): x Ll on = w .L = 1 1 Xc 1 =--=90Q w-C A kapcsolás eredő Z el impedanciája: = R + R · 0(J · X LI - j · X cJ = 50 + 50 0 (-80)} = 86 - 22,5 j n. Az eredő áram komplex csúcsértéke: A Íei = U1 Z el = 141,4 + 141,4} = 114 + l 94 86 - 22,5 j A bejelölt áram komplex csúcsértékét áramosztással kapjuk meg. 200 . A ] R !::. f RI . -80j . J·XLI - J·Xc1 !::. = fel·----=-----"------= (1,14 + 1,94 J) · - - - = 1, 7 + 0,88 j A 50 - 80 j R + j · X LI - j · X Cl iR, (t) = 1,9 · sin(mt + 27,6°) A A harmadik harmonikus hatására (e ábra): X L3 = 3. (í) L = 30 Q XC3 1 =---=30Q 3-m-C soros rezonancia lép fel, mely rövidzárral helyettesíthető. Így a bejelölt áram harmadik

harmonikust nem tartalmaz, azaz: iR3 =0A. Tehát a teljes időfüggvény iR (t) = I Ro + i, 1 (t) = 1 + 1,9 · sin(mt + 27,6°) A Példa: Az adott kapcsolásban U 0 =l00V, és u(t)=100+100-sin2mt V. Mekkora a kondenzátor feszültségének effektív értéke? Xc, R llc(t) l = 40 Q (lm -án) R=20Q e Megoldás: Uco egyenáramú összetevő értéke: Uc 0 =100V u,j e 201 U ez értéke szuperpozíció elv alkalmazásával: Xc 2 = 20Q R e " C2 U = U" 2 • R ® (- j . X c 2 ) R+R®(-j·Xc 2 ) - ------".;e - - 100 • l O- lOj -- 40 - 20 ] . V 30-lOj [20 ® (-20j) = 10-lüj] úc2 = ✓40 2 +20 2 =44,7V 20 40 rp 2 =-artg- = -26,6 0 uc(t) = U + uc 2 (t) = 100 + 44,7 · sin(2qJt-26,6°) V Uc =,/U +Uc, Ellenőrző = 100 2 +( 7z) =104,9 V kérdések elő 1. Milyen függvények összegeként állítható 2. Hogyan adható meg egy periodikus függvény Fourier-sora általános alakban? 3. Mi az alapharmonikus és mekkora a frekvenciája?

4. Mi az egyenáramú összetevő? 5. Hogyan változik az energiatároló elemek reaktanciája a frekvencia függvényében? 6. Hogyan alkalmazzuk a szuperpozíció elvét az áramkörök számításánál? 7. Hogyan határozható meg a többhullámú áram (feszültség) effektív értéke? 8. Hogyan határozható meg a hatásos, meddő és a látszólagos teljesítmény? 202 egy periodikus jel? 7.5 1. Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) Egy R= 10 ohmos ellenállás feszültségének időfüggvénye: u(t) = 100 + 60-sinwt + 80-sinwt + 40-sin2wt [V]. Határozzuk meg az ellenállás áramának effektív értékét! !=? 2. Ideálisnak tekinthető tekercs feszültségének időfüggvénye: u(t) = 60-sinwt + 80-sinwt + 40-sin2wt [V]. L= lümH, ru = 1000 1/s Írja fel az áram időfüggvényét! i(t)=? 3. Egy ideális kondenzátor feszültsége: u(t) = 100 + 60-sinwt + 80-sinwt + 40-sin2wt [V]. C=25 µF, ru = 1OOO 1/s Írja fel az áram

időfüggvényét! i(t)=? 4. Számítsa ki az alábbi feszültség effektív értékét! u(t) = 10 + 40-sinwt + 20-sin2wt [V] 5. Mekkora az alábbi feszültség effektív értéke: u(t) = 100 + 60-coswt + 80-sinwt + 40-sin2wt [V]. C=1µF O>-------ilt-----0-------0 R=1kQ 6. Mekkora lesz a kimeneti üresjárási feszültség effektív értéke a fenti RC-kör esetén, ha u 1(t) = 10 + 10-sinwt + 10-sin2wt [V], és w = 1OOO 1/s. 7. Egy soros RLC kört (R = 10 Q, C = 10 µF) u(t) = Uo + u1m sin wt + u3m sin 3wt feszültséggel táplálva az áram alakja i(t) = i lm sin (wt+cp) + i3m sin 3wt. (w=3141/s) Mekkora az induktivitás, L =? 203 7.6 Felkészülést ellenőrzőfeladatok 1. Határozza meg az alábbi időfüggvényű áram effektív értékét! i(t)=3+2-cos(M-30°)+1·sin2mt A (J=3,4A) 2. Egy soros R-L kör áramának időfüggvénye: R = I0Q, i(t)=5+10-sinmt+3-sin(2mt+20°) A, mL = l0Q. Mekkora a kapocsfeszültség effektív értéke? (121,4 V) 3. Egy

párhuzamos R-C tag kapocsfeszültségének időfüggvénye: u(t) = 100 + 50-sin(2mt-45°) V. R = l0Q, - 1- = 20 Q. mC Határozza meg a kapcsolás eredő áramának időfüggvényét! (i(t) = 10 + 7,07 · sin2mt A) 4. Sorba kapcsolt R ellenállásból és 35 µF-os kondenzátorból álló hálózat áramának időfüggvénye: i(t) = 5 • sinmt + 2 •sin3mt + 1 · sin5mt A A felvett hatásos teljesítmény P = 900 W. f = 50Hz. Számítsuk ki R és a kapocsfeszültség effektív értékét! (60 Q, 400 V) 5. Párhuzamosan kötött R-L-C hálózatra u(t) = 240 · sin mt + 120 • sin(3mt -30°) + 60 • sin(5mt + 60°) feszültséget kapcsolunk. R = 20 Q, mL = 20 Q, V időfüggvényű - 1-=60Q. mC Írja fel a hálózat elemein átfolyó áram időfüggvényét és effektív értékét! (iR(t) iL = 12-sinmt + 6 · sin(3mt-30°) + 3- sin(5mt + 60°) A, I R = 9,72 A (t) = 12 · sin(mt -90°) + 2 · sin(3mt -120°) + 0,6 • sin(5mt -30°) A, I L = 8,61 A

ic(t)=4-sin(mt+90°)+6·sin(3mt+60°)+5·sin(5mt+150°) A, le =6,2A) 204 6. időfüggvénye: Egy impedancia áramának és feszültségének u(t) = 10 + 5 •sin mt + 2 •sin(2mt -15°) V, i(t) = 1 + cos OJt + 0,2 · sin(20Jt - 45°) A Számítsuk ki az eredő hatásos (P), meddő (Q), és a látszólagos (S) teljesítmények nagyságát! (P=l0,2 W, Q= -2,4 var (kapacitív), S= 13,2 VA) 7. Az alábbi kapcsolásban a kapocsfeszültség időfüggvénye: i(t) ! u(t) = 50 + 100 · sinmt + 50 · cos3mt V [> R=l0Q R R u(t) OJL = l0Q e L - 1- mC = 30Q. Határozzuk meg az eredő áram időfüggvényét, valamint az eredő meddő teljesítmény értékét! (iL (t) = 5 + 6,3 · sin(mt-18,4°) + 3,16 · sin(30Jt + 108,4°) A, Qe = 75 var induktív) 8. Az alábbi kapcsolásban a kapocsfeszültség időfüggvénye: u(t) = 20+10-sin( mt+; )+5 ·sin3mt V. R=5Q L=5mH e OJ = 103 !. s Határozzuk meg C értékét úgy, hogy az eredő áram ne tartalmazzon harmadik

harmonikust! Írjuk fel az eredő áram időfüggvényét! ( C = 22,2 µF, i(t) = 4 + 1,33 •sin(mt-18,4°) A) 205 9. Soros R-L-C kör feszültsége: u(t) = 100 + 150 · sinwt + 45 · sin(3wt + 45°) V. Az áram effektív értéke 10 A. A harmadik harmonikus fázisban van a feszültség harmadik harmonikusával. Az áramkör hatásos teljesítménye P = 1OOO W. Írja fel az eredő áram időfüggvényét! ( i(t) = 13,4 • sin(wt + 26,6°) + 4,5 •sin(3wt + 45°) A) 10. Az ábrán látható kapcsolásban a kapocsfeszültség időfüggvénye: u(t) = 10 + 40 •sin wt + 20 •sin( 2 w • t - 45 ) V R=lOQ R L 1 =20mH C1 L 2 =lOmH i(t) t> u(t) C1= 50µF C2 L2 C 2 = 25 µF w=l0 3 .C s Határozzuk meg a bejelölt áram időfüggvényét! ( i(t) = 1 + 2 •sin(wt -90°) + sin(2wt-135°) A) 206 8. Átmeneti jelenségek I 8.1 Az állandósult és az átmeneti állapot fogalma Az előzőekben a villamos hálózatoknak csak az állandósult (stacionárius)

állapotát vizsgáltuk. Állandósult állapotban a generátorok és az áramköri elemek feszültsége és árama vagy időben állandó (egyenáramú körök), vagy periodikusan ismétlődő (szinuszosan váltakozó áramú, ill. többhullámú áramkörök) Amikor a generátorokat a hálózatra kapcsoljuk, az állandósult állapot nem jön létre azonnal, csak bizonyos idő elteltével, az ún. átmeneti jelenség, másképpen tranziens jelenség lezajlása után. Ennek az az oka, hogy a hálózatok nemcsak ellenállásokat tartalmaznak Egy I árammal átjárt induktivitásnak 1 2 WL =-·L·I 2 mágneses energiája, és egy U feszültségű kapacitásnak 1 2 Wc =-·C-U 2 villamos energiája van. Ha a bekapcsolás előtt a tekercs árama, illetve a kapacitás feszültsége zérus, akkor az energiamentes energiatárolót jelent. Az induktivitás árama illetve a kapacitás feszültsége nem érheti el a bekapcsolás után azonnal, azaz ugrásszerűen az állandósult értéket,

mivel ez végtelenül gyors energia-felhalmozódást jelentene. Ez pedig végtelen nagy teljesítményű generátort igényelne. Tehát a bekapcsolás és az állandósult állapot létrejötte között egy átmeneti, tranziens folyamatnak kell lezajlania. Tehát a villamos hálózatokban akkor alakul ki tranziens jelenség, ha a hálózatban olyan változások történnek, melyek következtében az energiatárolók energiája úgy változik meg, hogy ahhoz egy új állandósult érték tartozik. Az áramkör két, különböző állandósult állapota közti átmenetet biztosítja az átmeneti folyamat úgy, hogy közben ugrásszerű energiaváltozás ne jöjjön létre. Átmeneti jelenségek nemcsak bekapcsoláskor lépnek fel, hanem kikapcsoláskor (áramkör megszakításakor), a fogyasztók új generátorra történő átkapcsolásakor, és akkor is, ha az áramkörbe új fogyasztót iktatunk be- vagy ki. A villamos hálózatokban leggyakrabban kapcsolási műveletek miatt

játszódik le átmeneti jelenség. De tranziens folyamat alakul ki a generátor forrásmennyiségének vagy a passzív elemek elrendezésének megváltozásakor is. A villamos hálózatokban lejátszódó átmeneti jelenségek vizsgálata igen fontos mind a hálózat üzembiztonsága, mind az egyes elemek méretezése szempontjából, ugyanis az átmenet során sok esetben jelentősen nagyobb áramok és feszültségek lépnek fel, mint az állandósult állapotban. Az átmenet ideje alatt - az eddig megismert - állandósult áramok és feszültségek mellett fel kell lépnie olyan áram-, illetve feszültségtagnak is, amely az átmenetet biztosítja. 207 Tehát az átmenet idején az áram időfüggvénye: ahol: i(t) iá(t) i1r(t) az áramkör árama, az i áram állandósult része, az i áram átmeneti, tranziens tagja. Az átmenet lezajlása után: i(t) = iá(t). Az átmenet időtartama a műszaki gyakorlatban az áramköri elemek által meghatározott véges, de a

matematikai megoldást tekintve végtelen, így: lim i(t) = iá (t) t ➔ oo Az átmenet lezajlása után a tranziens tag értéke zérus, tehát: lim itr (t) = 0 Az átmeneti jelenségek tárgyalása során éppen az a feladatunk, hogy az eddig ismert állandósult összetevő mellett az áramok és feszültségek tranziens összetevőjének időfüggvényét is meghatározzuk. Csak koncentrált paraméterű, lineáris, invariáns áramköröket vizsgálunk. A hálózatok tranziens állapotát is a Kirchhoff-törvényekkel írhatjuk le. Adott hálózat esetén így egy állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletet illetve differenciálegyenlet-rendszert kapunk. A hálózatok tranziens állapotának analízisét kétféle módszerrel fogjuk végezni. Egyszerű, egy energiatárolót tartalmazó (röviden: egytárolós) áramkörök esetén ezt a differenciálegyenletet oldjuk meg. Ezt hívjuk klasszikus számítási módszernek. Bonyolult áramkörök esetén a tranziens

analízist Laplace-transzformáció segítségével végezzük. 8.2 Az egytárolós egyenfeszültségű áramkörök átmeneti jelenségei 8.21 A soros RL kör egyenfeszültségre kapcsolása (bekapcsolási folyamat) Az 1. ábrán látható sorosan kapcsolt ellenállást és induktivitást kapcsoljuk egy generátorra. A bekapcsolás pillanatát, azaz az ideálisnak tekinthető kapcsoló zárásának pillanatát jelöljük t = O-val! Ez a tranziens folyamat kezdeti pillanata. A kapcsolási időt „végtelenül rövidnek", azaz nullának tekintjük. A kapcsolás előtti pillanat jele legyen a t = -0 , és ekkor az ideális kapcsoló az áramkörben szakadásnak tekinthető. Közvetlenül a kapcsolás utáni pillanat jele pedig legyen a t = +O, és ekkor az ideális kapcsoló az áramkörben már rövidzámak tekinthető. egyenfeszültségű R iu, t> i(t) UR llL t=O 1. ábra 208 ! L Írjuk fel a huroktörvényt a kapcsoló zárása utáni tetszőleges időpontra (

t ~ 0 ): uR(t)+uL(t)=U0 . Az egyes elemek feszültsége és árama közti általános kapcsolatot felhasználva (a t független változót elhagyva, az időtől függő mennyiségeket kis betűvel jelölve): . L ·di U R ·l+ -= 0 dt . Egyenletünk lineáris, állandó együtthatójú, elsőrendű differenciálegyenlet. Matematikai tanulmányainkból már ismert, hogy a fenti differenciálegyenlet megoldása a homogén egyenlet általános megoldásának és az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldásának összege. • Az állandósult áram nyilván kielégíti t ➔ oo esetén az inhomogén egyenletet, tehát annak egy partikuláris megoldását szolgáltatja. Állandósult állapotban egyenáramú kör esetén az áram nem változik, így az induktivitás feszültsége zérus. Tehát állandósult állapotban egyenáramú kör esetén az induktivitás rövidzárral helyettesíthető. Mivel az U 0 feszültség az ellenállásra jut az állandósult áram: J, a = Uo R

(U 0 =0) • Így a homogén egyenlet időfüggvényét adja meg: 0 R ·l. + L ·dirr tr dt= . . , , A tranziens összetevót ztr . = A ·e AJ általános megoldása a tranziens tag illetve: alakban keresve: AJ L AJ A·e +-·A·e ·A=0 R Mivel nyilvánvalóan az A L 1+-•l=0 R *0 AJ L A · e (1 + - · l) R =0 . megoldást keressük: R l=-L tehát a tranziens áramtag időfüggvénye: Ítr(t) • = Á·e R --·t L Az inhomogén egyenlet általános megoldása, a kör áramának időfüggvénye: u R --·t 0 +A·e L i(t)=iá(t)+Írr(t)=R • Az összefüggésben szereplő A állandót, a kezdeti feltétel határozza meg. 209 Ha a kapcsoló zárása előtt a körben nem folyt áram, az energiamentes induktivitás árama: i(-0) = 0. Akkor beszélünk bekapcsolási folyamatról, ha a feszültségre kapcsolás előtt az áramkör energiamentes volt. Az induktivitás energiatároló tulajdonsága következtében az áram a bekapcsoláskor nem

változhat meg ugrásszerűen, tehát a kör árama a kapcsoló zárása utáni pillanatban: i(-0) = 0 = i(+O), ahol az i( +O) az áram idő függvényének a kezdeti értéke, azaz a t = +O -beli helyettesítési értéke. Tehát az energiamentes induktivitás szakadással helyettesíthető Az áram időfüggvényébe helyettesítve: u u R R 0 +A-e 0 = Q +A, i(+0)=0=- i(+O)=Iá +A-e 0 =Iá +A, Másképpen: • Az áram ahonnan: A=-Uo. ahonnan: A= i(+O)-Iá R időfüggvénye: i(t) = iá (t) + Ítr (t) = u ; - u R --·t Ro · e L . Vezessük be a T=.!: R jelölést! A T neve: időállandó, mértékegysége a másodperc. Az időállandót beírva az áram kifejezésébe: u u --t u i(t)= Ro - Ro -e T = Ro ( 1-e --t J T . Tehát az egyenáramú kör áramát állandósult értékének, kezdeti értékének és az áramkör időállandójának ismeretében az alábbiak szerint írhatjuk fel: t i(t) =Iá+ [i(+O)- IJ· e -T Az időfüggvényt a 2.

ábrán rajzoltuk meg Látható, hogy az áram zérusról indulva folyamatosan éri el az állandósult értékét. Míg az átmenet kezdetén az áram gyorsabban növekszik, addig az állandósult értéket érintőlegesen közelíti meg. Tehát az áram meredeksége folyamatosan csökken 210 Iá ---------------------- --------------------------------------------------------------------------- ------- 0 2. Vizsgáljuk meg, hogy az ábra . időállandónak milyen szemléletes jelentés tulajdonítható! Az áram a t = T pillanatban: 1.) i(T)= Uo - Uo -e- 1 = Uo (1-037)=1- -063 R R R a azaz T idő alatt a teljes áramváltozás 63%-a zajlik le. 2.) Határozzuk meg azt az időt (t 0 ) 99%- át! amely alatt az áram eléri az állandósult értékének , t0 =T-ln100=4,6T. Megállapíthatjuk, hogy a bekapcsolás után 5T idő múlva az állandósult értéktől való eltérés kisebb 1% -nál, vagyis az átmeneti jelenség gyakorlatilag ST idő alatt lezajlik. 3.)

Számítsuk ki az áramgörbe kezdeti dil dt = Uo t=O .! e-t!TI R T érintőjének meredekségét! = U0 ,.! = Iá R T t=O T Tehát az áramgörbe kezdeti érintőjét úgy rajzolhatjuk meg, hogy az állandósult áramnak megfelelő egyenesre felmérjük a T időt, és az így kapott pontot összekötjük az áram t = +O -beli kezdeti értékével. 4.) A differenciálegyenletben, ha az áram együtthatója 1, akkor deriváltjának együtthatója a T. Tehát összefoglalva megállapíthatjuk, hogy az áramváltozás gyorsaságát és a tranziens folyamat gyakorlati időtartamát az időállandó szabja meg. Az ellenállás feszültsége az átmenet során: u [ u R (t) = R · i = R • Ro 1- e ! ] =U [1-e ! ] O• T 211 T . Az induktivitás feszültsége az átmenet során: J di d UO -U O I --t --t t uL (t) = L · - = L •- - - [ I-e T =L·-•-•e T =Uo ·e T dt dtR RT vagy másképpen, a huroktörvényből meghatározva: uL(t)= Uo -uR(t) =Uo -U0 {1-e-fJ

=Uo -e -f A fentiek alapján belátható, hogy egy rendszerben valamennyi áram és feszültség tranziens folyamata egyszerre, azaz ugyanolyan időállandóval zqjlik le. Az idő függvényeket a 3. ábrán rajzoltuk meg u Uo 0,63Uo 0,37Uo 3. ábra Mivel az ellenállás feszültsége arányos az árammal, a kezdeti értéke zérus. Így a bekapcsolás pillanatában a teljes tápfeszültség az induktivitásra jut. Ez azt jelenti, hogy az áram meredeksége a kezdeti pillanatban a legnagyobb. Ahogy csökken idővel az áram meredeksége, úgy csökken az induktivitásra jutó feszültség. Ez megfelel az induktivitás azon tulajdonságának, hogy a feszültsége az áramának időszerinti deriváltjával arányos. T idő elteltével az induktivitás feszültsége 63%-nyit változik, tehát értéke 0,3 7UO . 8. 2 2 A soros RC kör egyenfeszültségre kapcsolása (bekapcsolási folyamat) A 4. ábrán látható sorosan kapcsolt ellenállást és kapacitást kapcsoljuk a t = 0

pillanatban egy egyenfeszültségű generátorra! Tételezzük fel, hogy a kapacitás energiamentes volt a kapcsoló zárása előtt ( t =-0 ), tehát egy bekapcsolási folyamat analízisét fogjuk elvégezni. Először határozzuk meg a kör áramának időfüggvényét! R ! ----11> u, J! o - - -u C , • 0 t=O 4. ábra 212 Uc Írjuk fel a huroktörvényt a kapcsoló zárása utáni tetszőleges időpillanatra ( t ~ 0 ): uR(t)+uc(t)=U0 . Az egyes elemek feszültsége és árama közti általános kapcsolatot felhasználva: R·i+ .!: ·(q 0 + f idt)=U0 e , ahol q 0 a kapacitás kezdeti töltése. Bekapcsolási tranziens esetén, az energiamentes kapacitás töltése természetesen nulla: R ·i+ .l f idt = U O • e Ha ezt az egyenletet t szerint deriváljuk: di 0 . RC •-= z+ és ezt rendezve: egy lineáris, állandó együtthatójú, elsőrendű dt homogén differenciálegyenletet kapunk. Egyenáramú körben állandósult állapotban

helyettesíthető. Tehát a kör állandósult árama zérus • a kapacitás szakadással • A homogén egyenlet általános megoldása a tranziens tag időfüggvényét adja meg, mely egyúttal jelen esetben a kör áramát jelenti. Az előzőekben láttuk, hogy egy lineáris, állandó együtthatójú, elsőrendű homogén differenciálegyenlet általános megoldása: t i(t) =A· e ahol az tehát: időállandó T alakú, a felírt differenciálegyenlet rendezett alakjában a derivált tag együtthatója, T=R·C. • Az összefüggésben szereplő A állandót, a kezdeti feltétel határozza meg. Ha a kapacitás a bekapcsolás előtt ( t = -0) energiamentes volt, az energia a t = +0 időbeli értéke is zérus marad. Mivel a kapacitás energiája a feszültségével arányos, a kapacitás feszültségének kezdeti értéke: uc ( -0) = 0 = uc ( +0) . Tehát a bekapcsolást követő pillanatban a teljes tápfeszültség az ellenállásra jut. A kör áramának kezdeti

értéke Ohm törvénye alapján: i(+O)=uR(+O)=Uo. R • R A kör áramának időfüggvénye: t i(t) = Iá + [i(O+) - Iá]. e -T 213 ; u --t i(t) = Ro . e T=R·C. ahol: T Az ellenállás feszültsége az átmenet során: A kapacitás feszültsége a legegyszerűbben a huroktörvény alapján határozható meg: uc(t) = U 0 -uR(t) = Uo -U0 ·e-f = U0 -(1-e-f J. Felírható a kapacitás feszültsége állandósult és kezdeti értékének ismeretében is: uc(O+) =0 , t uc (t) = U Cá + [uc (O+ )-U Cá ]-e-T = U O -U O · e t T u T 5. ábra Az időfüggvényeket az 5. ábrán rajzoltuk meg Az ábrákból kitűnik, hogy míg az ellenállás árama és feszültsége arányos egymással, addig a kapacitást az jellemzi, hogy a nagyobb áramerősség hatására gyorsabban töltődik, gyorsabban nő a feszültsége, azaz az áramerősség nagysága és a feszültség meredeksége arányos egymással. 8.23 Általános felépítésű egytárolós áramkör

egyenfeszültségre kapcsolása (bekapcsolási folyamat) A címben szereplő áramkörök több, tetszőlegesen kapcsolt ellenállásból és egy energiatárolóból (induktivitásból vagy kapacitásból) állnak. A 6. ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban zárjuk a kapcsolót rendszer energiamentes volt. Vizsgáljuk meg, hogyan alakul az eredő (i 1) áram 214 Előzőleg a R1 Uo I> j IJ R2 li, j }L t=O 6. ábra A feladat megoldásához alkalmazzuk a csomóponti potenciálok módszerét! Az adott áramkör ún. kétcsomópontos, tehát egyetlen csomóponti törvényt kell felírni rá: Az induktivitás feszültségét felvéve ismeretlennek: Az induktivitás árama és feszültsége közti kapcsolatot felhasználva: L dii dt . ---·-+lL. R1 ® R2 Az induktivitás áramára lineáris, állandó együtthatójú, elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet kaptunk. Tehát az átmeneti folyamat jellege az előzőekben vizsgált egytárolós

áramkörökével megegyező. • Az átmeneti folyamat derivált tag együtthatója): időállandója a differenciálegyenletből kiolvasható (a Az időállandó tehát az induktivitás önindukciós együtthatójának és egy eredő ellenállásnak a hányadosa. Az R1 ® R2 ellenállás a dezaktivizált hálózatnak (A „nem dolgozó" feszültséggenerátor rövidzár.) az induktivitás kapcsaira vonatkozó eredő ellenállása • Az eredő áram állandósult értéke: Uo I1á = R1 mivel az induktivitás egyenáramú körben állandósult állapotban rövidzárral helyettesíthető. • Az eredő áram kezdeti értéke: i1 (+O) = Uo R1 +Rz mivel az energiamentes induktivitás szakadással helyettesíthető. 215 • Az eredő áram időfüggvénye az t i1 (t) = l1á + [i1 ( +0)- liá le T összefüggés alapján határozható meg. Az előző példában kapott eredményünket általánosíthatjuk. Egytárolós lineáris áramkörök tranziens

analízise során mindig lineáris, állandó együtthatójú, elsőrendű inhomogén differenciálegyenletet, egyenletrendszert kapunk. Tehát egyenáramú körben az átmenet során az időfüggvények az állandósult állapot, a kezdeti érték és az időállandó ismeretében az alábbi összefüggés alapján határozhatók meg: t i(t) = Iá + [i( +O) - Iá]- e -T Egyenáramú körökben állandósult állapotban az induktivitás rövidzárral, a kapacitás pedig szakadással helyettesíthető. A bekapcsolás pillanatában az energiamentes induktivitás szakadással, az energiamentes kapacitás pedig rövidzárral helyettesíthető. [3J Egy induktivitást és ellenállásokat tartalmazó áramkörben a soros RL kapcsoláshoz hasonlóan: T=- Re alakban számolhatjuk ki az időállandót. Egy kapacitást és ellenállásokat tartalmazó áramkörben a soros RC kapcsoláshoz hasonlóan: alakban számolhatjuk ki az időállandót. Az eredő ellenállást az energiatároló

felől úgy kell kiszámolni, hogy gondolatban a feszültséggenerátort rövidre kell zárni. 8.24 A soros RL és RC kör megszakítása egyenfeszültségen (kikapcsolási folyamat) R <J,---7. ábra Egy soros RL kört a 7. ábrán látható módon válasszunk le az egyenfeszültségű tápforrásról úgy, hogy egyidejűleg rövidre is zárjuk. Tételezzük fel, hogy a kikapcsolás előtt kialakult az áramkörben az állandósult állapot. Az áram nullára fog csökkenni, de ez ugrásszerűen nem mehet végbe az induktivitás következtében. 216 • Az állandósult áram: • Tehát kikapcsolás során az áramnak csak tranziens összetevője lesz. Mivel az induktivitás árama ugrásszerűen nem változhat, a tranziens összetevő nagysága a kikapcsolás pillanatában megegyezik az induktivitás kapcsolás előtti áramával, tehát az áram kezdeti értéke: i(-0) = U o = i( +O) . R • A továbbiakban az áram a sággal csökken. • időállandóval T=LIR

megszabott gyorsa- A kör kikapcsolás utáni árama: t u -i(t) =-O ·e T R Az induktivitás feszültsége a kapcsolás pillanata előtt zérus, majd a t = +O pillanatban már azonos nagyságú, de ellentétes irányú - a huroktörvény értelmében - az ellenállás feszültségével: u L ( +O) = -1á · R = -UO • t Az induktivitás feszültsége: u L (t) = -UO • e T . Tehát a kikapcsolási folyamat során a kezdeti pillanatban az induktivitást előző állapotbeli áramával kell figyelembe venni, és ugyanakkor feszültségének kezdeti értékét az adott áramkör szabja meg. Tehát az energiával rendelkező induktivitás a kezdeti pillanatban egy kezdetiérték-generátorral helyettesíthető, mely áramgenerátor. Az áram és feszültség változását a 8. ábrán rajzoltuk meg A kikapcsolási folyamat alatt az induktivitás leadja a mágneses energiáját, és mint termelő, árama és feszültsége ellenkező irányú. Az energia-megmaradás tétele

értelmében az ellenálláson hővé alakuló munka megegyezik az induktivitásban a kapcsolás pillanatában tárolt energiával. 8. ábra Az áram pillanatszerűen akkor sem szűnik meg, ha a tekercset megszakításkor nem zárjuk rövidre. Ekkor a kapcsoló szétváló érintkezői közt keletkező villamos ív biztosítja az 217 áram folyamatos csökkenését. Ha az ív igen rövid tekercsen igen nagy túlfeszültség léphet fel. idő alatt szakad meg (di/ dt nagy), a R ~o ~ Ucllc <1-- 10. ábra 9. ábra Soros RC kör kisütésekor (9. ábra) az előzőleg Uo feszültségre feltöltődött kapacitás energiája a tranziens jelenség folyamán alakul az ellenálláson hővé. A kapacitás feszültsége a kezdeti értékéről ( Uo) csökken a T = R •C időállandóval zérusra (ez az új állandósult érték). Tehát a kapacitás feszültsége: uc (t) =U O • e T . Huroktörvény értelmében az RC tag rövidre zárása után: uR(t)+uc(t) = 0, t tehát

az ellenállás feszültsége: és a kör árama: uR(t) =-Uo ·e T , u0 --t i(t) = - - ·e R T Az áram negatív előjele azt fejezi ki~ hogy kisüléskor az áram iránya ellentétes a kondenzátor feltöltésének megfelelő áramiránnyal, tehát a kapacitás energiát ad le. Az időfüggvényeket a 10. ábrán rajzoltuk meg Tehát a kikapcsolási folyamat során a kezdeti pillanatban a kapacitást előző állapotbeli feszültségével kell figyelembe venni, és ugyanakkor áramának kezdeti értékét az adott áramkör szabja meg. Tehát az energiával rendelkező kapacitás a kezdeti pillanatban egy kezdetiérték-generátorral helyettesíthető, amely feszültséggenerátor. 8.25 Általános felépítésű egytárolós (kikapcsolási folyamat) áramkör megszakítása egyenfeszültségen Az eddig elmondottakat alkalmazzuk az alábbi példára! Példa: A 11. ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban zárjuk a kapcsolót rendszer energiamentes volt. Majd 3 ms

múlva kinyitjuk a kapcsolót 218 Előzőleg a Határozzuk meg az induktivitás áramát és feszültségét! t = 3+0 ms: 300 60 n 60mH 12. ábra 11. ábra Megoldás: Először vizsgáljuk meg a bekapcsolási folyamatot önállóan úgy, hogy közben nem vesszük figyelembe a kikapcsolás tényét. Azt, hogy a bekapcsolás során kialakul-e az új állandósult állapot, a bekapcsolási folyamat időállandójának ( T) és a kikapcsolás időpontjának viszonya szablya meg. Ha a kapcsoló legalább 5T ideig zárva van, akkor úgy tekintjük, hogy a bekapcsolás során létrejött az új állandósult állapot. Ha a feszültségrekapcsolás ideje ennél (51) rövidebb, akkor a bekapcsolási folyamat nem tud befejeződni, nem jön létre az új állandósult állapot. • A bekapcsolási folyamat időállandója: 60-10-3 -3 Tib =---=3-10 s=3ms e 30® 60 ugyanis az induktivitás felől nézve - a feszültséggenerátort és a bezárt kapcsolót rövidzárnak tekintve -

az ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva. Mivel a feszültségre-kapcsolás ideje csak 3 ms = 1Tbe , nem jön létre az állandósult állapot. Ennek ellenére meg kell határozni az áram állandósult értékét, hiszen azonnal a kapcsoló zárása után az áram ehhez az értékhez fog tartani. • Az induktivitás áramának állandósult értéke a bekapcsolási folyamatot során: * U 0 90 h-=-=-=3A a 30 30 lenne, hiszen az induktivitás egyenáramú körben állandósult állapotban rövidzárral helyettesíthető. Mivel ez az érték nem alakul ki, ezért ezt az állandósult értéket, ahova a bekapcsolási tranziens tart, * -gal jelöljük meg. • Az áram kezdeti értéke: iL ( +0) = 0 , • Az áram időfüggvénye, mivel az induktivitás energiamentes. ha 0 ~ t ~ 3 ms : t t iL(t)=há +[ir(O+)-]Lá].e-T =(3-3-e-T) A 219 • Az induktivitás feszültségének állandósult értéke a bekapcsolási folyamat során: lenne, de a kikapcsolás

következtében nem alakul ki, ezért ezt az állandósult értéket is, ahova a bekapcsolási tranziens tart, * -gal jelöljük meg. • A feszültség kezdeti értéke: 60 ur(+0)=90---=60V, 30+60 mivel az energiamentes induktivitást szakadással figyelembe véve, az induktivitás feszültsége a vele párhuzamos 60 0.-os ellenállás feszültségével egyezik meg • A feszültség időfüggvénye, ha 0 :s; t :s; 3 ms : t ur(t)=60-e TV. idő • A kapcsoló nyitása előtti pillanatban az induktivitás árama, mivel épp elteltével nyitjuk a kapcsolót: ir(3-0)=3-3·e- 1 =3-0,63 =1,89A. időállandónyi Ez az a mennyiség, mely nem változhat ugrásszerűen. Ezt az értéket a kapcsolás utáni pillanatra is megtartja a rendszer, ez jelenti a nyitási folyamat kezdeti feltételét: ir (3-0) = 1,89 A= ir (3 + O) . A kapcsoló nyitása előtti pillanatban az induktivitás feszültsége: uL (3- 0) = 60 · e- 1 = 60 · 0,37 = 22,2 V, de ez az érték a kapcsoló

nyitásakor akár tartja meg az áramkör. ugrásszerűen is megváltozhat, ezt az értéket nem A 12. ábrán megrajzoltuk a kapcsolás t = 3+0 ms -beli helyettesítését Ennek a nyitási folyamatban az induktivitás feszültségének kezdeti értéke: megfelelően u L (3 + 0) = -60 -1,89 = -113,4 V. • Mivel nyitási tranziensről van szó az állandósult értékek: ]Lá • A kikapcsolási folyamat =0 és Ulá = 0. időállandója: 60-10-3 -3 Tk· =---=1-10 s=lms l 60 ugyanis az eredő ellenállást az induktivitás felől nézzük, és a nyitott kapcsolót szakadásnak tekintjük. 220 • Az időfüggvények, ha t ;:: 3 ms : (t-3) (t-3) iL(t)=l,89-e Tki A és (Mivel ez a folyamat nem a nulla időpillanatban függvények felírásakor figyelembe kell venni.) T uL(t)=-113,4-e kezdődik, ki V. a 3 ms-os eltolódást a Az időfüggvényeket a 13. és a 14 ábrán rajzoltuk meg 3 A---------------------

----------------------------------------------- t 3ms 4ms 13. ábra -113,4 14. ábra 8.26 Az egytárolós, egyenfeszültségű áramkörök átkapcsolási folyamatai Az eddigiek során bekapcsolási és kikapcsolási folyamatokat vizsgáltunk. Azokat a folyamatokat neveztük bekapcsolási folyamatnak, amikor az energiatároló energiája a kapcsolás pillanatában zérus, és az energiatároló energiája zérusról folyamatosan növekszik az új állandósult állapot által megszabott energiaszintre. Azokat a folyamatokat neveztük kikapcsolási folyamatnak, amikor az energiatároló energiája a kapcsolás pillanatában az előző 221 állapot által meghatározott nemzérus folyamatosan csökken nullára. értékű, és a tároló energiája erről a kezdeti értékről Átkapcsolási folyamatoknak azokat a folyamatokat tekintjük, melyek során az energiatároló energiája úgy a kapcsolás pillanatában - az előző állapot által meghatározottan-, mint a

kapcsolás következtében kialakuló új állandósult állapotban nemzérus értékű, és ez a két nemzérus érték egymással nem egyezik meg. Példa: A 15. ábrán megadott kapcsolásban t = 0 előtt a tároló energiamentes t = O-ban a 120 V-os, majd t = 4 ms-ban a 30 V-os feszültségforrásra kapcsolunk. Határozzuk meg a kondenzátor áramának időfüggvényét! t=4ms t=O 0,3kQ Uc j l~ IOµF 130V 120~ 15. ábra Megoldás: Tehát az adott feladat első részében egy bekapcsolási jelenség második részében egy átkapcsolási jelenséget kell megvizsgálnunk. • A bekapcsolási folyamat T kezdődik el. A feladat időállandója: = 600@300-10-5 s = 2ms, ugyanis a kapacitás felől nézve - a feszültséggenerátort és a bezárt kapcsolót rövidzárnak tekintve - az ellenállások párhuzamosan vannak kapcsolva. A 120 V-os generátorra kapcsolás ideje rövidebb, mint az állandósult állapot nem alakul ki. • időállandó ötszöröse, tehát az A

kapacitás áramának állandósult értéke a bekapcsolási folyamatot során: * Icá =0 lenne, mivel a kapacitás egyenáramú körben állandósult állapotban nem töltődik már, szakadással helyettesíthető. Ez az érték azonban a átkapcsolás miatt nem alakulhat ki 222 • Az áram kezdeti értéke a bekapcsolási folyamat során: ic(+0)= 120 =0,2A 600 mivel az energiamentes kapacitás rövidzárral helyettesíthető. • Az áram időfüggvénye, ha 0 ~ t ~ 4 ms : t t ic(t)=ICá +[ic(+O)-JCá]-e T =0,2-e T A. Értéke az átkapcsolás előtti pillanatban: 4 ic ( 4- 0) = 0,2 · e 2 = 0,2-0,135 = 0,027 A de az adott áramkörben ez az érték az átkapcsolás pillanatában ugrásszerűen megváltozhat. A kapacitás feszültsége nem változhat ugrásszerűen, annak négyzete arányos a kapacitás energiájával, így ez határozza meg az új folyamat kezdeti feltételét. Tehát meg kell határoznunk a kapacitás feszültségének a bekapcsolás során a

t = 4 - 0 ms-ban kialakuló értékét. Ehhez pedig meg kell határozni a bekapcsolási folyamat során a feszültség időfüggvényét is. • A kapacitás feszültségének állandósult értéke a bekapcsolási folyamat során: u*, Ca lenne, = U0 -300 = 120 = 40V 300+600 3 mivel a kapacitás egyenáramú körben állandósult állapotban szakadással tehát feszültsége a vele párhuzamos ellenállás feszültségével egyezik meg. Mivel ez az érték nem alakulhat ki, ezért ezt az állandósult értéket is * -gal jelöljük meg. helyettesíthető, • A feszültség kezdeti értéke: uc(+0) = 0 , mivel a kapacitás ebben a pillanatban még energiamentes. • A feszültség időfüggvénye, ha 0 ~ t ~ 4 ms : t uc (t) = U Cá + [uc ( +0) - U Cá ]- e -T t = (40 - 40 • e -T) V Értéke az átkapcsolás előtti pillanatban: 4 uc ( 4 - 0) = 40 - 40 · e 2 = 40 - 40 •0,135 = 34,6 V 223 Tehát uc ( 4- 0) = 34,6 V = uc ( 4 + 0), azaz a kapacitás nem

energiamentes, így egy 34,6 V-os kezdetiérték-generátorral helyettesíthető az átkapcsolás pillanatában. Ennek megfelelően 16 ábrán megrajzoltuk a kapcsolás t = 4 +O ms -beli helyettesítését. • alapján: ic ( 4 + 0) Az átkapcsolási folyamatban a kapacitás áramának kezdeti értéke a 16. ábra = -i1 ( 4 + 0) - i2 ( 4 + 0) = 4 6 - 34 6 = -0,0077 - 0,115 = -0,123 A . 300 600 azaz az ábrán jelölt iránnyal ellentétes áram lép fel. t=4+0 ms: 0,6kQ lic(4+0) 4,6V !34,6 V 0,3kQ i1(4+0) --1> 16. ábra • Az áram állandósult értéke: Icá = 0, mivel egyenáramú áramkörről van szó. • Az átkapcsolási folyamat időállandója megegyezik a bekapcsolási folyamatéval: T= 2 ms. • Az áram időfüggvénye, ha t ~ 4 ms : - (t-4) ic (t) = -0,123 · e T A. (A negatív előjel azt jelenti, hogy a kapacitás kisül az átmenet során, mert az új állandósult feszültsége 10 V lesz, ami kisebb a kezdeti értéknél.) Az áram

időfüggvényét a 17. ábrán rajzoltuk meg 224 le 0,2A t -0,123A 17. ábra Tehát átkapcsolási folyamat során a kezdeti pillanatban a kapacitást előző állapotbeli feszültségével kell figyelembe venni, és ugyanakkor áramának kezdeti értékét az adott áramkör szabja meg. Az energiával rendelkező kapacitás a kezdeti pillanatban egy kezdetiérték-generátorral helyettesíthető, amely feszültséggenerátor. A 18. ábrán látható kapcsolásban t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót Előzőleg (t < 0) kialakult az állandósult állapot. t = 5 ms-ban nyitjuk a kapcsolót Írjuk fel az ábrán jelölt uR feszültség időfüggvényét! t=O 18. ábra Megoldás: A kapcsoló zarasa előtt, állandósult állapotban az induktivitást rövidzárral kell figyelembe venni. Így csak két ellenállás kapcsolódik a feszültségforrásra Tehát a kör árama, ami egyúttal az induktivitás árama: i (-0) = 220 L 20+30 =4 4 A és a keresett

feszültség: uR(-0) = il(-0)· 20 = 4,4· 20 = 88V. 225 • A kapcsolót bezárva, az ellenállás feszültsége, a 88 V, ugrásszerűen megváltozhat. Az első átmeneti folyamat kezdeti feltételét az jelenti, hogy az induktivitás árama nem változhat meg ugrásszerűen: iL (-0) = 4,4 A= iL ( +0). Mivel a kapcsolás pillanatában az induktivitás nem energiamentes, a t = 0 pillanatban egy kezdetiérték-generátorral kell helyettesíteni, mely árama 4,4 A. Az áramkör t = +0 pillanatbeli helyettesítő kapcsolását célszerű megrajzolni, hogy kiszámolhassuk a keresett uR feszültség kezdeti értékét. t=+0: UR (-+-0) 100 1 i 220vl 4,4A 19. ábra Láthatóan kétgenerátoros kapcsolás adódott (19. ábra), oldjuk meg a feladatot szuperpozíció módszerével (20. ábra)! u~ (-+-0) 100 1 300 l{ (-+-0) 1 200 220vl 20. ábra Ha a feszültséggenerátor hatását vesszük figyelembe: 20 uR( +0) = 220---= 146,67 V, 20+10 1 ha az áramgenerátor

hatását vesszük figyelembe: u~(+O) = 4,4-20®10 = 4,4-6,67 = 29,33 V. 226 100 Tehát az ellenállás feszültségének kezdeti értéke: uR( +0) = u~( +0) +u~(+O) = 146,67 + 29,33 = 176 V. • Az ellenállás feszültségének állandósult értéke, melyhez tart az folyamat során: első átmeneti * 20 UR =220-----=160V a 20+10®30 mivel egyenáramú helyettesíteni. • körben állandósult állapotban az Az első kapcsolási folyamat I; be induktivitást rövidzárral kell időállandója: L 110 110 =-=----=--=3ms Re 30+20®10 36,67 ugyanis az eredő ellenállást az induktivitás felől kell meghatározni úgy, hogy a feszültséggenerátort és a bezárt kapcsolót rövidzárnak tekintjük. • A feszültség időfüggvénye, ha 0 ~ t ~ 5 ms : t t t uR(t)=U~á +[uR(+O)-U~á].e-T =160+(176-160)-e-T =160+16-e-TV A kapcsoló nyitása előtti pillanatban a feszültség értéke: 5 uR(S-0)=160+16-e 3 =163V de ez az érték a kapcsoló nyitásakor

ugrásszerűen is megváltozhat. • A kapcsoló nyitása után fellépő újabb átmeneti folyamat kezdeti feltételét is az jelenti, hogy az induktivitás árama nem változhat meg ugrásszerűen: iL(5-0)=iL(5+0), tehát meg kell határozni az induktivitás áramának azt az értékét, mely az előző átmeneti jelenség végére alakult ki. Azaz mindig meg kell határozni az első átmeneti folyamat során a tároló jellemző mennyiségének (az induktivitás áramának és a kapacitás feszültségének) időfüggvényét(, még akkor is, ha nem volt kérdés), ha az első átmeneti folyamatot úgy követi egy újabb átmeneti folyamat, hogy az első átmenet még nem fejeződött be. Tehát az induktivitás áramának kezdeti értéke: iL(-0) = 4,4 A= iL(+0). 227 Az induktivitás árama a kapcsoló zárásakor az alábbi állandósult értékhez tart: f" 220 10 = 8 · 10 = 2 A Lá - 20+10®30 10+30 10+30 , mivel az induktivitást rövidzárral helyettesítve a

generátor felől az eredő ellenállás: 20 + 10 ® 30 =27 ,5 n , és a párhuzamos ellenállásokra áramosztást alkalmazhatunk. Tehát az áram időfüggvénye, ha 0 ~ t ~ 5 ms : t t t iL(t)=l~á +~r(+O)-I~á].e-T =2+(4,4-2)·e-T =2+2,4-e-T mA A kapcsoló nyitása előtti pillanatban az áram értéke: 5 iL(5-0)=2+2,4·e 3 =2,45A. Tehát az új kezdeti feltétel: iL(5-0) = ii(5 +0) = 2,45 A, mely érték alapján az induktivitást egy 2,45 A-es kezdetiérték-generátorral kell helyettesíteni a t = 5 + 0 ms-ban. Az áramkör t = 5 + 0 ms-beli, azaz a kapcsoló nyitása utáni pillanatbeli helyettesítő képét a 21. ábrán rajzoltuk meg • Tehát az ellenállás feszültségének kezdeti értéke a 21. ábra alapján: uR(5 + 0) = 2,45 ·20 = 49V. t=5+0 ms: 100 21. ábra • Az ellenállás feszültségének állandósult értéke a kapcsoló nyitott állapotában: 20 UR,=220·--=88V a 20+30 mely érték természetesen megegyezik a feladat elején

meghatározott értékkel. 228 • Az új kapcsolási folyamat új L Tki = Reki = időállandója: 110 110 30+20 = 50 = 2,2 ms ugyanis az eredő ellenállást az induktivitás felől kell meghatározni úgy, hogy a feszültséggenerátort rövidzárnak tekintjük, és a nyitott kapcsolót szakadással helyettesítjük. • A feszültség időfüggvénye, ha t ~ 5 ms : t-5 uR(t)=URá +[uR(5+0)-URá].e-~ =88+(49-88)-e Ellenőrző t-5 t-5 T,, =88-39-e T,, V. kérdések: 1. Miért nem változhat ugrásszerűen az induktivitás árama, illetve a kapacitás feszültsége? 2. Az átmenet ideje alatt milyen két alapvető részre bontható az áram illetve a feszültség időfüggvénye? 3. Egytárolós áramkör esetén milyen jellegű a tranziens tag 4. Mit értünk be-, ki illetve átkapcsolás alatt? időfüggvénye? 5. Ha ismert egy áram kezdeti és állandósult értéke, az áramkör időállandója, és tudjuk, hogy egytárolós a kapcsolás, hogyan írható

fel az áram időfüggvénye? 6. Milyen jelentés tulajdonítható az időállandónak? 7. Hogyan helyettesíthető az energiamentes induktivitás és kapacitás? 8. Hogyan helyettesíthető a nem energiamentes induktivitás és kapacitás? 9. Hogyan számolható ki egy áramkör is tartalmaz? időállandója, ha egy induktivitást és több ellenállást 10. Hogyan számolható ki egy áramkör tartalmaz? időállandója, ha egy kapacitást és több ellenállást is 8.3 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) • Egy sorosan kapcsolt RC tagra (R = 10 kQ) 100 V nagyságú egyenfeszültséget kapcsolunk. A bekapcsolás után 10 ms-mal az áram 3,68 mA Mekkora a kapacitás értéke; C=? 229 • Egy soros RC tagra (R = 5 kO, C = 10 µF) a t = 0 pillanatban egyenfeszültséget kapcsolunk. Mekkora a feszültségforrás feszültsége, ha 50 ms elteltével az áram erőssége 7,36mA? • Egy soros RL tagra (R = 10 Q) 100 V nagyságú

egyenfeszültséget kapcsolunk. A bekapcsolás után 10 ms-mal az áram 6,32 A. Mekkora az induktivitás; L = ? • Egy kondenzátort 1 kO-os ellenálláson keresztül sütünk ki, az áram időfüggvénye i(t) = 0,1 e-t/T [A], T = 0,1 s. Mekkora töltés volt a kondenzátoron? • Egy 100 V feszültségre töltött 100 µF-os kondenzátort egy 1 kO-os ellenálláson keresztül sütünk ki. Mennyi az ellenálláson hővé alakuló energia? • Határozza meg az alábbi áramkör időállandóját a bekapcsolási folyamat során! 30 Q • Határozza meg az alábbi áramkör időállandóját a kikapcsolási folyamat során! 30 Q • 40 mH 40mH Határozza meg az alábbi áramkör időállandóját a bekapcsolási folyamat során! 600 60 Q • Rajzolja meg az alábbi függvénnyel adott áram időfüggvényét! i(t) = 6- 2. e-t /2ms /mA/ 230 100 µF • Írja fel az alábbi függvénnyel adott áram időfüggvényét! 2mA 1 mA 40ms • Ha ismert egy áram

kezdeti és állandósult értéke, az áramkör időállandója, és tudjuk, hogy egytárolós a kapcsolás, hogyan írható fel az áram időfüggvénye? • Hogyan számítható ki az induktivitás, illetve a kapacitás energiája? • Miért nem változhat ugrásszerűen az induktivitás árama, illetve a kapacitás feszültsége? • Hogyan helyettesíthető az energiamentes induktivitás és kapacitás? • Hogyan helyettesíthető a nem energiamentes induktivitás és kapacitás? 8.4 A felkészülést ellenőrzőfeladatok A feladatok végeredményét zárójelben adjuk meg. 1. Az ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban zárjuk a kapcsolót. Előzőleg a rendszer energiamentes volt. Számítsuk ki az eredő áram erősségét a t = 2 ms pillanatban 1> 100 µF 20 Q 20Q 20mH jsov t=0 (Mivel a fszültségforrás közvetlenül kapcsolódik az RC és RL elemekre, azok árama egymástól független, tehát külön-külön számítható. ie(2ms) = 3,08 A ) 231 2.

Az ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban zárjuk a kapcsolót. energiamentes volt. Írja fel és rajzolja meg az eredő áram időfüggvényét! ie(t) = ? Előzőleg a rendszer Előzőleg a rendszer 60Q 30Q 40 rnH t=O (0,6-0,2·e-t/ 2 ms A) 3. Az ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban zárjuk a kapcsolót. energiamentes volt. Írja fel és rajzolja meg az eredő áram időfüggvényét! ie(t) = ? 60Q 30Q 100 µF t=O (0,4+0,2·e-t/ 2 ms A) 4. A kapcsolót t = O-ban kapcsoljuk be. Előzőleg a rendszer állandósult állapotban volt Írja fel és rajzolja meg az eredő áram és az induktivitás áramának időfüggvényét! ie(t) = ? iL(t) = ? 12 V l U = 12 V, R1 = 20 TI, R2 = 60 TI, R3 = 30 TI, L = 0,1 H. ( 0 3-0 06·e-t/l, 39 ms A 0 1-0 1·e-t/ l,39ms A) 232 5. Az ábrán látható áramkörben a kapcsolót a t = 0 pillanatban nyitjuk (Előzőleg beállt az állandósult állapot.) A kapcsoló nyitása után mennyi idő múlva

csökken a kapacitás feszültsége a felére? 3kQ ! 6kQ 36 V 10 µF t=O (42 ms) 6. Az ábrán látható áramkörben a kapcsolót t = 0 pillanatban zárjuk energiamentes volt.) Majd t = 3 ms múlva nyitjuk a kapcsolót Írja fel és rajzolja meg a jelölt u 1 feszültség időfüggvényét! IOQ 150 (Előzőleg a kör Előzőleg (t < 0) j u, 50mH ( 0 ~ t ~ 3 ms : 30 V , -20,25 · e-(t- 3)l 2 ms V) t 2:: 3 ms: 7. Az ábrán látható kapcsolásban t = 0 pillanatban nyitjuk a kapcsolót. kialakult az állandósult állapot. Rajzolja meg és írja fel az induktivitás feszültségének időfüggvényét! 20Q 233 8. Az ábrán látható kapcsolásban t = 0 pillanatban nyitjuk a kapcsolót. kialakult az állandósult állapot. Rajzolja meg és írja fel a kapacitás áramának időfüggvényét! Előzőleg (t < 0) 2kn 24 V j 100 µF (3 ·e-t/0,4s mA) 9. Az ábrán látható kapcsolásban t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót. állapot. Rajzolja meg

és írja fel a kör eredő áramának időfüggvényét! Előzőleg (t < 0) kialakult az állandósult IOQ 15 V j 0,6H (0,6 + 0,067-e-t/J 6 ms A) 10. Az ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban zárjuk a kapcsolót Előzőleg kialakult az állandósult állapot. Írja fel és rajzolja meg a kapacitás áramának időfüggvényét! ic(t) =? 5 µF (-30-e-tllOmsmA) 234 lic 11. t = 0 előtt a rendszer energiamentes t = 0 pillanatban a 100 V-os, majd t = 0,4 s-ban az 50 V-os feszültségre kapcsolunk. Írja fel és ábrázolja a kör áramának időfüggvényét! i(t) =? t=0,4s t=O l i(t) 150µF tsov 1001 (0:S;t:S;0,4s: t ~0,4s: 50 · e-t /0, 3s mA - 61,8. e-(t-0,4s) I 0,3s mA) 12. Az előző feladatban melyik időpillanatokban lesz a kapacitás feszültsége zérus? (O és 0,672 s) 13. t = 0 előtt a rendszer energiamentes t = O-ban a 12 V-os, majd t = 5 ms-ban a 18 V-os feszültségre kapcsolunk. Írja fel és ábrázolja az induktivitás

feszültségének időfüggvényét! uL(t) =? 100 Q t=O t=Sms 500 121 118V O,IH ( 0 :S; t :S; 5 ms: 4e-t13ms V; t ~ 5 ms : - 9,24e-(t-Sms)/3ms V) 14. Az előző feladat során mikor lesz az induktivitás árama zérus értékű? (0 és 6,3 ms) 235 j uL(t) 9. Átmeneti jelenségek IL 9.1 Az egy energiatárolós, szinuszosan váltakozó áramú körök átmeneti jelenségei Ebben az anyagrészben először szinuszos gerjesztések esetén az egy energiatárolás áramkörökben kialakuló átmeneti jelenségek analízisével foglalkozunk. Ezen vizsgálatainkat a klasszikus módszer segítségével végezzük el. 9.11 A soros RL kör váltakozó feszültségre kapcsolása (bekapcsolási folyamat) Az 1. ábrán látható sorosan kapcsolt ellenállást és induktivitást a t = 0 pillanatban egy szinuszosan váltakozó feszültségű generátorra kapcsoljuk. (A bekapcsolás pillanatában az induktivitás energiamentes.) Határozzuk meg a kör áramának időfüggvényét! R

--t> i(t) t=O 1. ábra A generátor feszültségének általános alakja: 2 •U •sin(mt + lf/), ug(t) = ✓ ahol a lf/ pillanatában. kezdő fázisszög határozza meg a tápfeszültség nagyságát a bekapcsolás A tranziens folyamat vizsgálatához írjuk fel a huroktörvényt a kapcsoló zárása utáni tetszőleges időpontra ( t ~ 0 ): Az egyes elemek feszültsége és árama közti általános kapcsolatot felhasználva (a t független változót külön nem jelölve, az időtől függő mennyiségeket kis betűvel jelölve): . L di R ·l+ ·-=U g dt Az inhomogén differenciálegyenlet egyik partikuláris megoldása az állandósult áram, amit a múlt félévi tanulmányaink alapján különösebb nehézség nélkül kiszámíthatunk. m Állandósult állapotban a kapcsolás valamennyi elemének árama és feszültsége körfrekvenciával szinuszosan változik. 236 • Tehát az állandósult áram időfüggvénye: iá (t) = ✓ 2 ·Iá · sin(mt + rp 1

), ahol u J,=a Z az állandósult áram effektív értéke, az impedancia nagysága , az áram szöge és mL rp=arctgR az impedancia szöge. A rp I szög azt fejezi ki, hogy az induktív jellegű fogyasztó árama az impedancia szögével késik a feszültséghez képest. Természetesen egy bonyolultabb áramkör esetén először az áram komplex effektív értékét célszerű meghatározni, és ennek alapján kell felírni az időfüggvényt. • A tranziens összetevő meghatározásához a homogén egyenletet kell megoldanunk. Szinuszos gerjesztés esetén ugyanazt a homogén egyenletet kapjuk, mint soros RL kör egyenfeszültségre kapcsolásakor. Ez természetes, hiszen a homogén egyenlet megoldása, az átmeneti összetevő független a külső feszültségtől, az áramkör saját viselkedésére jellemző. Tehát az áram tranziens összetevője: alakú, és az időállandó: • Az áram T=i. R időfüggvénye: i(t) = iá(t) + i1r (t) = ✓ 2 · Iá sin(mt+rp1 )

+A• e-t!T , ahol az A állandót a kezdeti feltétel alapján kell meghatározni, azaz: ahonnan: i1r ( +O) = i( +0)- iá (+O) = A • Ha a kapcsoló zárása előtt a körben nem folyt áram, az energiamentes induktivitás árama: i(-0) = 0. Az induktivitás energiatároló tulajdonsága következtében az áram a bekapcsoláskor most sem változhat meg ugrásszerűen, tehát a kör árama a kapcsoló zárása utáni pillanatban: 237 i(-0) = 0 = i( +O) , i(+O)= iá( +O) + itr (+O) = 0 , azaz: másképpen: Tehát a tranziens áramösszetevő kezdeti értéke ellentétes· irányú és azonos nagyságú az állandósult összetevőnek a bekapcsolás pillanatában felvett értékével. A tranziens összetevő csak így biztosíthatja a teljes áram zérus kezdeti értékét, azaz az áram folyamatos (nem ugrásszerű) változását. Az áramot és két összetevőjét a 2. ábrán rajzoltuk meg {f.rá · ········::-····,··- ~ - - iá(+O) A=-iá(+O) -✓21,

· · + - - - - - - - - 2. ábra A bekapcsolás után kialakuló áramot döntően befolyásolja a lf/ kezdő fázisszög, valamint a 2tr / w periódusidő és a T időállandó aránya. Ha a kezdő fázisszög éppen megegyezik az impedancia szögével: rp 1 = lf/-rp = 0 , akkor az állandósult áramösszetevő szöge zérus, tehát zérus kezdeti értékkel lép be. Ebben az esetben tranziens összetevő nem lép fel. Akkor lesz a tranziens tag kezdeti értéke adott áramkör esetén a legnagyobb, amikor bekapcsoláskor az állandósult összetevőnek maximuma van. Amennyiben a T időállandó többszöröse a 2tr / w periódusidőnek, akkor az áram legnagyobb pillanatértéke akár az állandósult áram csúcsértékének kétszerese is lehet. Ebben az esetben ugyanis az állandósult összetevő bekapcsolás utáni első csúcsértékéhez még egy gyakorlatilag csillapítatlan átmeneti összetevő adódik hozzá. Ha például az állandósult összetevő pozitív

csúcsértékénél kapcsolunk be, akkor a tranziens összetevő kezdeti értéke az állandósult összetevő negatív csúcsértékével egyezik meg. Az állandósult összetevő első negatív csúcsértékéhez így egy gyakorlatilag ugyanilyen 238 értékű tranziens tag adódik hozzá. Tehát az áram ezen pillanatértéke az állandósult áram legnagyobb pillanatértékének a kétszerese lesz. Az előzőekben láthattuk, hogy az átmeneti jelenség váltakozó áramú körben történő számításakor az áram időfüggvényének meghatározásához ugyan úgy, mint az egyenáramú körök esetében meg kell határozni az áram állandósult értékét, a kezdeti értékét és a kör időállandój át. Az energiamentes induktivitás árama zérus. Tehát a bekapcsolás pillanatában az induktivitás váltakozó áramú körökben is ugyanúgy szakadással helyettesíthető, mint egyenáramú körök esetén. Mivel az időállandó értéke független a

gerjesztéstől, ugyanúgy kell meghatározni, mint egyenáramú körök esetén. Állandósult állapotban az egyenfeszültségre kapcsolt induktivitás árama nem változik, feszültsége zérus, tehát állandósult állapotban rövidzárral helyettesíthető. Ezzel szemben váltakozó feszültségen állandósult állapotban az induktivitás árama és feszültsége is szinuszosan változik, tehát az induktivitást a megszokott módon impedanciájával vehetjük figyelembe. Fentiek ismeretében az áram időfüggvénye a következőképpen írható fel: t i(t) = iá (t) + [i( +O) - iá (+O) ]- e -T , ahol természetesen a váltakozó áram iá (+O) kezdeti értékét külön ki kell számolni. 9.12 A soros RC kör váltakozó feszültségre kapcsolása (bekapcsolási folyamat) A soros RC kör váltakozó feszültségre kapcsolásakor vizsgálatát végezzük el az alábbi számpéldán! fellépő átmeneti folyamat Példa: A 3. ábrán látható sorosan kapcsolt

ellenállást és kapacitást kapcsoljuk egy szinuszosan váltakozó feszültségű generátorra a t = 0 pillanatban, amikor a generátor feszültségének éppen pozitív csúcsértéke van. Előzőleg a kapacitás legyen energiamentes U = 120V , a körfrekvenciája: A generátor feszültségének effektív értéke: OJ = 1OOO rad/s . Határozzuk meg a kör áramának időfüggvényét! 6000 t=O 1.1(t)j 5 µF i (t) -<l-- 3. ábra Megoldás: • Első lépésként határozzuk meg az áram állandósult összetevőjét! Állandósult állapotban az áram időfüggvénye szinuszosan változik. Ahhoz, hogy az áram időfüggvényét fel tudjuk írni, először a generátorfeszültség időfüggvényét kell felírnunk. 239 u u(+O)= ✓ 2-u -✓ 2-u · ··t------ 4. ábra A generátorfeszültség időfüggvényénekfelírásakor figyelembe kell venni, hogy a t = 0 pillanatban éppen pozitív csúcsértéke van, tehát: ug(0)=.J2-120=169,7V A 4. ábrán megrajzoltuk az RC

tagra jutó feszültség esetén megegyezik a generátorfeszültséggel. Az ábra alapján: ug (t) időfüggvényét, amely t~0 =✓ 2 · 120sin(mt + ;r) V. 2 Mivel szinuszos váltakozó áramú hálózatok analízise esetén a legcélszerűbb a komplex számítási módszer használata, írjuk fel a feszültség komplex effektív értékét: Ug =120JV Az áram komplex effektív értékét a kapacitás reaktanciájának, illetve az 1 eredő 1 impedanciának az ismeretében határozhatjuk meg: X e = - = - - - - = 200 Q mC 10 3 .510- 6 z = (600-2001) n l = U ! = Z 120} = 120 j 3+ i = (-0,06+018}) A 600-200} 200 3- j 3+ j Az állandósult áram időfüggvényét nagyságának és szögének ismeretében írhatjuk fel: 1= ✓0,06 2 +0,18 2 =0,19A, 0,18 0,06 l rp =-arctg--+;r =- ,2 5 +;r = 1,89rad, iá(t) = ✓ 2 · 0,19sin(mt + 1,89) A. • Célszerű azonnal meghatározni az állandósult áramösszetevő kezdeti értékét, azaz a t = +0 -ban fellépő

pillanatértékét. Az áram időfüggvényébe t = 0 -t helyettesítve: iá ( +0) = ✓ 2 · 0,l 9sinl,89 = 0,255 A . 240 Másképpen is meghatározhatjuk az áram kezdeti értékét. Mint tudjuk, a komplex csúcsérték képzetes része megadja a leképzett jel t = 0 -hoz tartozó pillanatértékét, tehát: iá(+0) = ✓ 2 -Im{l}= ✓ 2 -0,18 = 0,255 A • Az tényleges áram kezdeti értékét az áramkörben levő energiatároló határozza meg. Mivel az energiamentes kapacitás feszültsége zérus, és ez az érték nem változhat a kezdeti feltétel: ugrásszerűen, uc (-0) = O= uc (+O) . Tehát a bekapcsolás pillanatában az energiamentes kapacitás a váltakozó áramú körben is rövidzárral helyettesíthető. A váltakozó áramú generátort a t = 0 időben fellépő pillanatértékével kell figyelembe venni: ug(+0)=.J2-"120=169,7V A fentieknek megfelelően rajzoltuk meg az 5. ábrán az áramkör helyettesítő képét a bekapcsolást követő

pillanatban. (Javasoljuk, hogy váltakozó áramú kapcsolás esetén minden esetben rajzoljuk fel az áramkör t = +O pillanathoz tartozó helyettesítő képét.) t= +O: 169,7 vj 600Q i (+O) <:Ji------ 5. ábra A fenti helyettesítő kép alapján belátható, hogy a bekapcsolást követő pillanatban a teljes tápfeszültség az ellenállásra jut. Tehát a kör áramának kezdeti értéke Ohm törvénye alapján: i(+0) = uR(+O) = ug(+O) = 169,7 = 0 283 A. R R 600 • Az előzőek alapján a tranziens összetevő kezdeti értéke: A= i(+0)-iá (+O) = 0,283-0,255 = 0,028 A . • Az időállandó, amit ugyanúgy kell meghatározni, mint egyenáramú kör esetében: T = R-C =600-5-10-6 = 3-10-3 s = 3 ms. 241 • alapján: Végezetül az áram időfüggvénye az előzőekben felírt általános összefüggés t i(t) = iá (t) + [i( +0) - t iá ( +O)]. e -T = ✓ 2 · 0,19sin(mt + 1,89) + 0,028 · e -r A. i/AL 0.4 0.283 . 0.2 - 0.2 - 0.4 6. ábra

Az áram időfüggvényét a 6. ábrán rajzoltuk meg Mivel a szinuszos állandósult összetevő periódus idejéhez képest kicsi a tranziens tag időállandója, a tranziens tag igen rövid idő alatt nullára csökken. A váltakozó áramú körben nagyobb az ellenállás értéke, mint a kapacitás reaktanciája, így a tranziens tag kezdeti értéke relatív kicsi. A szinuszos jeltől az időfüggvény csak a kapcsolás utáni pillanatokban tér el. 9.13 Általános felépítésű egy energiatárolós áramkör váltakozó feszültségre kapcsolása (bekapcsolási folyamat) Az egy energiatárolót és több ellenállást is tartalmazó áramkörök váltakozó feszültségre kapcsolása esetén fellépő átmeneti jelenségek vizsgálatát az alábbi példák keretében fogjuk elvégezni. A kapcsolót a 7. ábrán látható kapcsolás esetén a t = 0 pillanatban zárjuk, amikor a generátorfeszültségnek éppen pozitív nullátmenete van. Előzőleg az áramkör energiamentes

volt. Határozzuk meg az indukált feszültség időfüggvényét, ha a generátorfeszültség csúcsértéke: 150 V , körfrekvenciája: OJ = 200 rad/s . lOQ 20Q t=O 7. ábra 242 IOOmH l llL Megoldás: Első lépésként határozzuk meg az indukált feszültség állandósult összetevőjét! Ehhez először a generátorfeszültség időfüggvényét kell felírnunk. Annak figyelembevételével, hogy a t = 0 pillanatban a generátorfeszültségnek éppen pozitív nullátmenete van: ugC t) = 150 sin mt [V] • Összetett áramkör esetén az állandósult összetevőt mindig a komplex számítási módszer segítségével célszerű meghatározni. Mivel a generátorfeszültség csúcsértéke adott, számoljunk a komplex csúcsértékekkel, mely a generátorfeszültség esetén: Ug=l50V. Az induktivitás reaktanciája és az eredő impedancia: z = 10+20@2oj = (20+10j) n . XL = m · L = 200 · 0,1 = 20 Q és Az induktivitás feszültségét írjuk fel a

feszültségosztó képlet alkalmazásával: Ú l =150· lO+lOj =150· l+ j · 2 - j =150- 3 + j =30-(3+ ·)=(90+30 ")V. 20 + 10 j 2+ j 2- j 5 J J Az állandósult feszültség írhatjuk fel: A ulá időfüggvényét nagyságának és szögének ismeretében 1 3 ~ q, = arc tg-= 0,32rad, =30---v3- +1 =94,9V, u Lá (t) = 94,9 · sin(200t + 0,32) V . • Az állandósult f eszültségösszetevő kezdeti értéke, azaz a t = +0 -ban pillanatértéke: uLá(+0)=30V fellépő • Az indukált feszültség (az állandósult és a tranziens összetevőből álló tényleges feszültség) kezdeti értékét az áramkör t = +0 pillanatra érvényes helyettesítő képe alapján célszerű meghatározni (8. ábra) t=+0: l0Q ovj 20n 8. ábra 243 Helyettesítés során a váltakozó áramú generátort a ug(+0) =0 V. értékével kell figyelembe venni: t=0 időben fellépő pillanat- Mivel az energiamentes induktivitás árama zérus, és ez az érték nem változhat

meg tehát a kezdeti feltétel: iL (-0) = O= ir(+O). ugrásszerűen, A bekapcsolás pillanatában az energiamentes induktivitás a váltakozó áramú körben is szakadással helyettesíthető. A 8. ábra alapján az indukált feszültség kezdeti értéke: A tranziens • összetevő uL(+0)= 0 kezdeti értéke: u L(+0) = u Lá (+0) + u Ltr (+0) ; ahonnan 0=30+A, A= -30. Az időállandó, amit ugyanúgy kell meghatározni, mint az • egyenáramú körök esetén: T =~= Re • O,l =0 015s. 20®10 Végezetül az indukált feszültség időfüggvénye: u L (t) = 94,9 · sin(200t + 0,32)- 30. e-t I O,OIS V A kapcsolót a 9. ábrán látható kapcsolás esetén a t = 0 pillanatban zárjuk, amikor a generátorfeszültségnek éppen negatív maximuma van. Előzőleg az áramkör energiamentes volt. csúcsértéke Írjuk fel a kapacitás áramának időfüggvényét, ha a generátorfeszültség 100 V , körfrekvenciája w= 1000 rad/s , valamint R 1 = R 2 = 10 Q és C=

100 µF. u,.(t) 1 ~~t= 0 9. ábra 244 Megoldás: áram állandósult összetevőjének meghatározásához generátorfeszültség időfüggvényét kell felírnunk:: u g (t) = -100 ·cos OJt V. • Az A feszültség komplex csúcsértéke: A kapacitás reaktanciája, illetve az X e Az a Ug =-l00JV eredő =-1-= l =l0Q mC 10 3 -100·10- 6 eredő először impedancia: Z = 10 + 10 ® -10 j = (15 - 5 j) Q . és áram komplex csúcsértéke: j = ~ = -100 j = (+2- 6 .) A Z 15-5} J A kapacitás áramának komplex csúcsértékét az áramosztó képlet alkalmazásával számolhatjuk ki: Ie = (+2 - 6 j) · 10 . = (+4- 2 j) A 10-101 Az állandósult áram időfüggvényét nagyságának és szögének ismeretében írhatjuk fel: ✓ 2 le =4 +2 2 =4,47 A, A m t 2 = -arctg- = -0 46 rad 4 icá(t) = 4,47 •sin(mt-0,46) A. • Az állandósult áramösszetevő kezdeti értékét közvetlenül megadja a komplex csúcsérték képzetes része: icá( +O) =

Im{í}= -2 A. • Az áram (az állandósult és a tranziens összetevőből álló tényleges áram) kezdeti értékét az áramkör t = +0 meghatározni ( 10. ábra) t= pillanatra érvényes helyettesítő képe alapján +0: -100 vj 10n 10. ábra 245 l ic(+O) célszerű Helyettesítés során a váltakozó áramú generátort a t = 0 értékével kell figyelembe venni: ug(+0) =- 100 V. időben fellépő pillanat- Mivel az energiamentes kapacitás feszültsége zérus, és ez az érték nem változhat a kezdeti feltétel: uc (-0) = 0 = uc (+0) . ugrásszerűen Tehát a bekapcsolás pillanatában az energiamentes kapacitás a váltakozó áramú körben is rövidzárral helyettesíthető. A fenti helyettesítő kép alapján belátható, hogy a bekapcsolást követő pillanatban a teljes tápfeszültség az R1 = 10 Q -os ellenállásra jut. Tehát a kapacitás áramának kezdeti értéke: ic(+0)= ug(+O) = -100 =-10 A. R1 10 • Az előzőek alapján a tranziens

összetevő kezdeti értéke: A= ic(+0)-icá(+0) = -10+ 2 = -8A. • • alapján: Az időállandó, amit ugyanúgy kell meghatározni, mint egyenáramú kör esetében: Végezetül az áram időfüggvénye az előzőekben t ic (t) = icá (t) + felírt általános összefüggés t [ic (+0)- iCá ( +O)]- e -T =4,47 · sin(mt-0,46)-8 •e-T A. Az áram időfüggvényét a 11. ábrán rajzoltuk meg Az ábrán jól látszik, hogy a bekapcsolást követően jelentős a „rövid idejű" áramlökés. lOA le -10 11. ábra 246 9.14 Egy energiatárolós áramkör megszakítása váltakozó feszültségen (kikapcsolási folyamat) A váltakozó áramú körökben az áramkör kikapcsolása során kialakuló átmeneti jelenségeket az alábbi számpéldákon keresztül vizsgáljuk meg. Példa: A 12. ábrán látható kapcsolás esetén a t = 0 pillanatban, amikor a generátor feszültségének pozitív nullátmenete van, nyitjuk a kapcsolót. Tételezzük fel, hogy

előzőleg kialakult a váltakozó áramú körben az állandósult állapot. Határozzuk meg az ellenállás áramának időfüggvényét a kikapcsolási folyamat alatt, ha a generátor feszültségének effektív értéke 100 V, és a :frekvencia 50 Hz. i u,.(t) t=O 12. ábra Megoldás: A kikapcsolási folyamat kezdeti feltételét az jelenti, hogy a kapcsolást követően az ideálisnak tekinthető tekercs, az induktivitás árama nem változhat meg ugrásszerűen. Tehát először meg kell határozni az előző - bekapcsolt - állapotban az induktivitás áramának időfüggvényét. • Az előző - bekapcsolt - állapotban kialakult az állandósult állapot, tehát az induktivitás árama szinuszosan váltakozó áram. Az induktivitás előző állandósult áramának meghatározásához először a generátorfeszültség időfüggvényét kell felírnunk úgy, hogy a nyitás pillanatában ( t = -0) zérus legyen a pillanatértéke: ug(t) = 100 • ✓ 2-sin OJtV. Az

induktivitás reaktanciája 50 Hz-en: XL =L·27r·f=31,8·10- 3 -314=10Q. Az induktivitás állandósult áramának időfüggvénye a kapcsoló nyitása iLá(t)= ✓2· lOO •sin(cot-;r/2) =14,1-sin(cot-;r/2) 10 előtt: A, hiszen az áram effektív értéke meghatározható Ohm törvényével, és az induktivitás árama 90° -ot késik a feszültségéhez képest. A kapcsolót éppen az előző állandósult áram negatív csúcsértékénél nyitjuk: iL (-0) = -14,1 A. Tehát az induktivitás áramának kezdeti értéke: iL (-0) = -14,1 A= iL ( +0) . 247 Mivel a kapcsolás pillanatában az induktivitás nem energiamentes, a t = +O pillanatban egy kezdetiérték-generátorral kell helyettesíteni, mely árama 14, 1 A és iránya a felvett referenciairánnyal ellentétes. Az áramkör t = +O pillanatbeli helyettesítő kapcsolását célszerű megrajzolni, hogy kiszámolhassuk a keresett iR áram kezdeti értékét. t=+O: 13. ábra A helyettesítő kapcsolást a 13.

ábrán rajzoltuk meg, melybe szaggatott vonallal bejelöltük az áram tényleges irányát. • Tehát az ellenállás áramának kezdeti értéke: • Mivel nyitási tranziensről van szó az áram állandósult értéke: • A kikapcsolási folyamat időállandója: T • Az áram időfüggvénye, = 31 •8 · 10- 3 = 3 18 •10-3 s = 3 18 ms . 10 ha t ~ 0 : t iR(t) = 14,1 ·e T A. Az ellenállás áramának időfüggvényét a 14. ábrán rajzoltuk meg szaggatott vonallal Az ábrán feltüntettünk egy fél periódusidőnyit a bekapcsolt állandósult állapotból is, amikor az ellenállás árama a generátor feszültségével fázisban van. Tehát az ellenállás áramának a kikapcsolás pillanatában pozitív nullátmenete van. A 14. ábrán folytonos vonallal rajzoltuk meg az induktivitás áramának időfüggvényét. Mivel az induktivitás árama negyedperiódusnyi időt késik a feszültségéhez ( a generátorfeszültséghez ) képest, a kikapcsolás

pillanatában negatív maximuma van. Ez az érték nem változhat meg ugrásszerűen, mely jól látható az ábrán. A kikapcsolás után az ellenállás árama az induktivitás áramával azonos nagyságú, de ellentétes előjelű a felvett vonatkoztatási irány alapján. Tehát az ellenállás áramának értéke a t = 0 pillanatban ugrásszerűen változik meg. 248 14. ábra Határozzuk meg, hogy a fenti példa esetén mennyi energia alakul a kikapcsolás után. hővé az ellenálláson Megoldás: Az energia-megmaradás tételének értelmében a kikapcsolás során az induktivitásban tárolt energia az ellenálláson hővé alakul. Mivel a t = 0 pillanatban az induktivitás árama: ir (0) = -14,1 A, az induktivitásban tárolt energia: W =l ·L-i 2 =.l ·318-10- 3 -141 2 =318Ws 2 2 és ez az energia alakul az ellenálláson hővé. Példa: A 15. ábrán látható kapcsolás esetén a t = 0 pillanatban, amikor a generátor feszültségének pozitív

csúcsértéke van, zárjuk a kapcsolót. (Előzőleg a kör energiamentes volt.) Majd t = 20ms múlva nyitjuk a kapcsolót Írjuk fel a kapacitás áramának időfüggvényét, ha f = 50 Hz., R = 10 Q , u(t)=l00-sin(mt+ JZ") V , 2 C =159,2µF. Megoldás: Először határozzuk meg a kapacitás áramának állandósult értékét a szmuszos gerjesztés hatására! A generátorfeszültség komplex csúcsértéke: 249 Ug =100} V. R 2R e 15. ábra A kapacitás reaktanciája és az eredő impedancia: X e =200 l =-1-= OJC 314-159 2-10- 6 Z = 10+20®(-20}) = (20-10}) Q . A kapacitás áramának komplex csúcsértéke: j = 100 j . e = (-3 + . ) A 20 1 · 20-10} 20-20} • A kapacitás áramának állandósult folyamán: összetevője a bekapcsolási jelenség icá(t) = .Jfo-sin(0Jt-arctan! +1r) = 3,16-sin(OJt + 2,82) A 3 • Az állandósult csúcsérték képzetes része: áramösszetevő kezdeti értékét közvetlenül megadja a komplex icá( +0) =

Im{í}= 1 A. • A tényleges áram kezdeti értékét az áramkör helyettesítő képe alapján célszerű meghatározni. t= +0: 100 V t = +0 pillanatra érvényes 10 Q j 20n l 16. ábra A 16. ábra alapján: ic(+0)= ug(+O) = lOO =10 A. 10 R 250 ic(+O) • Az bekapcsolási folyamat időállandója: T = Re ·C = (R ® 2R)·C = 6,67 -159,2-10-6 = 0,5 -10-3 s = 1,06 ms. • Tehát az áram időfüggvénye a bekapcsolási folyamat során, ha O~ t ~ 20 ms : ic (t) = iCá (t) + [ic (+0)- icá (+O)]-e T =3,16-sin(mt + 2,82) + 9-e T A. A kikapcsolási folyamat kezdeti feltételét az jelenti, hogy a kikapcsolást a kapacitás feszültsége nem változhat meg ugrásszerűen. Tehát meg kell határozni még az előző - bekapcsolt - állapotban a kapacitás feszültségének azt a pillanatértékét, mely nem változhat meg ugrásszerűen. Ez a t = 20 - 0 ms -os időponthoz tartozó pillanatérték • követően Mivel a t = 20 ms > 5T = 5 · 1,06 ms , azaz a

feszültségre kapcsolás időtartama hosszabb az időállandó ötszörösénél, a kikapcsolásig kialakul az állandósult állapot. Tehát a kapacitás feszültségének elegendő a bekapcsolás során az állandósult, szinuszos összetevőjét meghatározni. A t = 20 ms -nyi feszültségre kapcsolás ideje éppen megegyezik a szinuszos gerjesztés periódusidejével. Így a kapcsoló nyitásának pillanatában - a gerjesztést a feszültség pozitív maximumánál kapcsoltuk a körre - a generátorfeszültségnek ismét pozitív maximuma van: Ug =100j V. A kapacitás áramának az ehhez tartozó komplex csúcsértéke - mint azt már kiszámoltuk -: j 100 j . 20 (-3 + . ) A e - 20-lüj 20-20j - 1 A kapacitás feszültségének komplex csúcsértéke: Uc =(-3+ j)(-20j)=(20+60j) V, ahonnan a feszültségnek a kapcsoló nyitása előtti pillanathoz tartozó pillanatértéke: uc (20 - 0) = 60 V = uc (20 + 0) . • Az áram - a kikapcsolás során fellépő - kezdeti

értékét az áramkör t = (20 + 0) ms - os pillanatra érvényes helyettesítő képe alapján célszerű meghatározni. 251 t = (20+0) ms : l60 V ! ic(20+0) 17. ábra A megfelelő helyettesítő képet a 17. ábrán rajzoltuk meg, ahol a kapacitást a feszültségének kezdetiérték-generátorral vettük figyelembe. A 16. ábra alapján az ellenállás árama Ohm törvényével meghatározható: . 60 60 és lR(20+0)=-=-=3 A 2R 20 • A kikapcsolási folyamat Tki ic(20+0) =-3 A. időállandója: =2R ·C=20-159,2·10-6 =3,18·10-3 s=3,18ms. • Tehát a kapacitás áramának t ~ 20ms: időfüggvénye a kikapcsolási folyamat során, ha 9.15 A klasszikus számítási módszer összefoglalása Az eddigi fejezetekben az átmeneti jelenségek analízisét az ún. klasszikus számítási módszer segítségével végeztük. Azaz először felírtuk az áramkör átmeneti jelenségét is leíró Kirchhoff (differenciál) egyenletet, illetve egyenletrendszert,

majd megoldottuk azt. Amennyiben egy energiatárolót tartalmazott az áramkör, akkor elsőrendű differenciál egyenletet, illetve egyenletrendszert kaptunk. Ebben az esetben a tranziens összetevő jellemző alakja (A• e-t I T) mindig azonos, és annak kezdeti értékét és az időállandóját egyszerűen meghatározhattuk. Amennyiben több energiatárolót tartalmaz egy áramkör. akkor magasabb rendű differenciálegyenletet, illetve egyenletrendszert kapunk, mely megoldása igen nehézkes. Tehát a klasszikus számítási módszert csak egy energiatárolót tartalmazó áramkör esetén célszerű használni. A több energiatárolót tartalmazó áramkörök esetén az átmeneti jelenségek analízisét Laplace-transzformáció segítségével fogjuk végezni. 252 Ellenőrző kérdések 1. Az átmeneti jelenség ideje alatt váltakozó áramú kör esetén milyen két bontható az áram illetve a feszültség időfüggvénye? 2. Váltakozó feszültségre kapcsolás

esetén milyen állandósult összetevőjének időfüggvénye? jellegű alapvető részre az áram illetve a feszültség 3. Egy energiatárolás váltakozó áramú kör esetén milyen jellegű az áram illetve a feszültség tranziens összetevőjének időfüggvénye? 4. Hogyan helyettesíthető váltakozó feszültségre kapcsolás esetén a kapcsolás pillanatában az energiamentes induktivitás és kapacitás? 5. Hogyan helyettesíthető váltakozó áramú kör esetén a kapcsolás pillanatában a nem energiamentes induktivitás és kapacitás? 6. Függ-e a kapcsolás pillanatában a helyettesítés módja induktivitás és kapacitás esetén az áramkör gerjesztésétől? 7. Hogyan számolható ki egy áramkör is tartalmaz? időállandója, ha egy induktivitást és több ellenállást 8. Hogyan számolható ki egy áramkör időállandója, ha egy kapacitást és több ellenállást is tartalmaz? Függ-e az időállandó értéke az áramkör gerjesztésétől?

(Válaszát indokolja!) 9. Miért tér el ugyan annak a körnek az időállandója bekapcsolás és kikapcsolás során? 9.2 A Laplace-transiformáció A Laplace-transzformáció olyan matematikai eljárás, amely az átmeneti jelenségek analízisére alkalmas leképezés. Hasonlóan komplex leképezés, mint a szinuszosan váltakozó áramú körök állandósult állapotára vonatkozó analízis esetében a komplex számítási módszer. A komplex számítási módszer alkalmazása során a szinuszos gerjesztésű áramkörök áram és feszültség időfüggvényéhez a komplex effektívet, illetve a komplex csúcsértéket rendeltük hozzá. Az R , L és C elemek áram és feszültség időfüggvénye di(t) uL(t)=L·dt 253 és közti általános kapcsolat: uc (t) = ! · Ji(t)dt e helyett, az U R = R . J , UL = jOJL-l és - - 1 Uc=--·I jmC összefüggéseket alkalmaztuk. Ilymódon a váltakozó áramú kör leírásakor - míg az áram

időfüggvényére differenciálegyenlet, ill. egyenletrendszer adódik, addig - az áram komplex értékére, l-re lineáris egyenlet, ill. egyenletrendszer adódik A komplex impedanciák bevezetésével pedig a hálózatszámítási tételeket is közvetlenül alkalmazhattuk A Laplace-transzformáció alkalmazásának célja: ill. egyenletrendszer leképezése lineáris egyenletté, ill. • A differenciálegyenlet, egyenletrendszerré. • Az R , L és C elemeket minél operátoros impedancia fogalmát. • Az energiatárolóknak az ún. előző állapotból adódó energiáját egyszerűen vehessük figyelembe. • A hálózatszámítási tételeket közvetlenül alkalmazhassuk a Laplace-transzformált mennyiségekre. egyszerűbben tudjuk kezelni. Ezért bevezetjük az megfelelő helyettesítéssel 9.21 Matematikai összefoglalás A t valós változójú f (t) szerint a következő integrál: időfüggvény f{ f(t)} Laplace-transzformáltja definíció 00 f{

f(t)} = F(s) = Jf(t) •e- st dt 0 Az F(s) szimbólummal azt jelöljük, hogy a transzformált függvény már nem a t valós idő függvénye, hanem az s komplex változótól függ. A Laplace-transzformációt csak olyan fennáll, hogy f(t)=O, ha időfüggvényekre alkalmazhatjuk, melyekre t<O, azaz csak a t = 0 pillanat után belépő függvényekre alkalmazhatjuk. 254 A t = 0 pillanatban belépő függvény az egységugrás (18. ábra): 0, ha t < 0, l(t) = .{ ··· l,hat~0. t 0 18. ábra Akkor, ha az f(t) függvény a negatív tartományban is értelmezett, a Laplacetranszformációt az l(t) · f (t) függvényre alkalmazzuk, ahol: 1 t. t = ():f{ ) { 1 0, ha t<0, f( t) , ha t ~ 0 . 1 Mivel a tranziens folyamatokat mindig a t = 0 pillanattól kezdjük vizsgálni, csak ún. függvényekkel foglalkozunk. A továbbiakban összefoglaljuk a Laplace-transzformáció néhány fontos tulajdonságát, melyek a definíciójából adódnak. belépő •

Linearitás, ami az alábbiakat jelenti: f{C· f(t)} = C-f{ f(t)} = C · F(s) , azaz a C állandóval szorzott függvény transzformáltja megegyezik a függvény transzformáltjának C -szeresével, valamint: f{ fi (t) + / 2 (t)} = f{ fi (t)} + f{ / 2 (t)} = Fi (s)+ F2 (s) , azaz két függvény összegének transzformáltja megegyezik a függvények transzformáltjának összegével. • A derivált függvény transzformáltja: df(t) f{ ~ } = s-F(s)- f(-0) , ahol F(s) az f(t) helyettesítési értéke. • transzformáltja és /(-0) A függvény integráltjának transzformáltja: t 1 0 s f{Jf(t)dt} = -·F(s), ahol F(s) az f(t) transzformáltja. 255 a függvény t = -0 pillanathoz tartozó • A csillapítási tétel: f{f(t)·ea•t} = F(s-a). • A határérték-tételek a függvénynek t =+O-hoz tartozó j( +0) valamint a függvény /4 állandósult összetevőjét adják meg: f(+O) = lim[sF(s)] és kezdeti értékét fá = lim[sF(s)] . t ➔ O t ➔ oo Az

alábbiakban felírjuk néhány függvény Laplace-transzformáltját. • Az egységugrás transzformáltja a definíció alapján meghatározható: í{l(t)}= ! . s • Az U állandó transzformáltja a linearitásnak megfelelően: í{l(t)·U}= U . s • Az alapján: A• el·t alakú exponenciális függvény transzformáltja a csillapítási tétel f ~(t)·A·elt • }= i . s-.íl, A szinusz függvény transzformáltja: ,. } " f {l(t)·U-sinwt = • A szinuszos U•OJ 2 2 s +OJ időfüggvénynek megfelelő komplex u(t) = ú. ej(OJt+l{J} = ú ejOJt ejrp = transzformáltja a csillapítási tétel alapján: f. ~ . t} = f ~(t)·U ·e 1 0) u. S-JOJ 256 u. időfüggvény ejOJt • Az alapján: (1- ekt) alakú függvény transzformáltja a linearitás és a csillapítási tétel 1 f {l(t)-(1-e .ítt ) } = - -1- = --Á --. s s-Á s·(s-Á) Amennyiben ismert egy függvény F(s) Laplace transzformáltja, és az f(t) valós időfüggvény

meghatározása a feladatunk, akkor inverz Laplace-transzformációról beszélünk; f- 1 {F(s)}= f(t) . Ha ismerjük egy valóságos függvény transzformáltját, akkor a transzformált függvény inverze maga a valóságos függvény. Például: f {l(t)} = .! , s és Az F(s) általában valódi racionális törtfüggvény: F(s) = M(s) N(s) ahol mind a számláló és mind a fokszáma a magasabb. nevező s -nek valahányad fokú polinomja, de a nevező Az inverz transzformációt végezhetjük részlettörtekre bontás segítségével és kifejtési tétel alkalmazásával is. Akkor célszerű a törtfüggvényt részlettörtekre bontani, és tagonként visszatranszformálni, ha olyan tagokat kapunk, melyekre közvetlenül használhatjuk a Laplace-transzformáltakat megadó összefüggéseket, tehát közvetlenül visszatranszformálhatók. Mi elsősorban a kifejtési tételt fogjuk alkalmazni. A kifejtési tétel csak valódi racionális törtfüggvények esetén

alkalmazható, ahol a nevező s-nek a magasabb fokú polinomja • Az alkalmazás első lépéseként meg kell határozni a nevező gyökeit ( si) N(si) =0 . • • N (si). • Képezni kell a nevező s szerinti deriváltját: dN(s)I ds= N (s). A derivált helyettesítési értékét ki kell számolni a nevező gyökeinek értékénél: 1 1 Meg kell határozni a számláló helyettesítési értékét a M(si). 257 nevező gyökeinek értékénél: • Amennyiben a közt nincs zérus ( N (si) • akkor az -=t- nevező gyökei egyszeres gyökök, és a derivált helyettesítési értékei 0) , F(s) -- M (s) N(s) függveny inverz tr ansz.1orma .e lt·Ja a k"1.ieJtes1 .e · · tete 1 értelmében: Eddigi ismereteink alapján az átmeneti jelenségek vizsgálata Laplace-transzformáció segítségével a következő lépésekben történhet: • Felírjuk: az időfüggvényekre a differenciálegyenletet, ill. egyenletrendszert • Képezzük a Laplace

transzformáltját, és így s-re lineáris egyenletet, ill. egyenletrendszert kapunk. • Megoldjuk a lineáris egyenletet, ill. egyenletrendszert • Inverz Laplace-transzformációval megkapjuk: a keresett időfüggvényeket. A Laplace-transzformáció kétségtelen előnye, hogy a nehézkesen megoldható differenciálegyenlet, ill. egyenletrendszer helyett csak lineáris egyenletet, ill egyenletrendszert kell megoldanunk. Sőt az áramkörben a generátorfeszültség időfüggvénye lehet bonyolultabb is, mint az eddig tárgyaltak. Ha a generátorfeszültség Laplace transzformáltja előállítható, akkor az áramkörben ezen bonyolult gerjesztés hatására fellépő áramokat és feszültségeket is meghatározhatjuk. A villamosságtanban az a további célunk, hogy a differenciálegyenlet, ill. egyenletrendszer felírására se legyen szükség. 9.22 Az operátoros impedanciák Írjuk fel az egyes hálózati elemek feszültsége és áram közti kapcsolatot, és képezzük

ezen összefüggések Laplace transzformáltját! Ur(s) =sL-I(s)-L-i(-0) és uc (t) = ! · f i(t)dt , és U e ( s) - -1· /( s) +Uc ~(-0) -- e Bekapcsolási jelenségek vizsgálata esetén a kapcsolás energiamentes, vagyis iL (-0) = 0 és uc (-0) = 0 . Ekkor: Ur(s)=sL-I(s) 258 és sC előtt s ( t = -0) minden elem 1 Uc(s)=-·l(s). sC Ez a három egyenlet az alábbi közös alakban írható fel: L{s)=Z(s) ·I(s) ahol Z(s) az egyes elemek ún. operátoros impedanciája: ZL(s)=sL és 1 Zc(s)=sC Az. összefüggések igen könnyen megjegyezhetők, mivel a szinuszos áramkörök komplex impedanciájától csak annyiban különböznek, hogy a jw helyett itt s szerepel. Az operátoros impedanciák soros és párhuzamos eredőjét ugyanolyan szabályok szerint képezhetjük, mint ahogy azt a komplex impedanciák esetében alkalmaztuk. Alkalmazhatjuk rájuk a csillag-háromszög átalakítást, de az operátoros impedanciákkal felírhatjuk a feszültségosztó és

az áramosztó képletet is. Operátoros impedanciákkal számolva ugyanúgy használhatjuk a hálózatszámítási tételeket ( pl. hurokáramok módszere, szuperpozíció elve stb), ahogy azt az egyenáramú, ill szinuszos váltakozó áramú körök számítása során megszoktuk. A fent elmondottak csak bekapcsolási jelenségek esetében érvényesek. Kikapcsolások és átkapcsolások során az energiatárolók kezdeti energiája nem zérus, tehát nem elegendő csak az operátoros impedanciákkal számolnunk. Tekintsük az induktivitásra felírható általános Laplace transzformált kifejezést: UL(s)=sL·I(s)-L·i(-0). Fejezzük ki az áram transzformáltját: I(s) = U L (s)+ i(-0) . sL s Az így kapott összeg első tagja az energiamentes induktivitás áramát adja meg. Az összeg áramgenerátor. második tagja egy kezdetiérték-generátomak felel meg, mely Tehát a nem energiamentes induktivitás operátoros impedanciájával és egy vele párhuzamosan kapcsolt

kezdetiérték-generátorral, mely áramgenerátor, helyettesíthető. Az áramgenerátor kezdeti árama az induktivitás áramának (előző állapotában elért) kezdeti értékével egyezik meg (19. ábra) 259 I(s) l(s) --1> --1> U(s) ! sL U(s) Az energiamentes induktivitás helyettesítése j lí(-0)/, sL A nem energiamentes induktivitás helyettesítése 19. ábra Határozzuk meg a nem energiamentes kapacitás helyettesítését! A kapacitásra felírható általános Laplace transzformált kifejezés: ) uc(-0) U e ( s) -- -1 · /( s+ sC s Az így kapott összeg első tagja az energiamentes kapacitás feszültségét adja meg. Az összeg második tagja egy kezdetiérték-generátornak felel meg, mely feszültséggenerátor. Tehát a nem energiamentes kapacitás operátoros impedanciájával és egy vele sorosan kapcsolt kezdetiérték-generátorral, mely feszültséggenerátor, helyettesíthető. Az feszültséggenerátor kezdeti feszültsége a kapacitás

feszültségének (előző állapotában elért) kezdeti értékével egyezik meg (20. ábra) I(s) • I(s) --1> U(s) U(s) 1: 1 j --1> l 11sc j Uc(-0)/s 1/sC Az energiamentes kapacitás helyettesítése A nem energiamentes kapacitás helyettesítése 20. ábra Tehát az energiamentes elemet továbbra is az operátoros impedancia helyettesíti. A tároló kezdeti energiáját pedig egy ideális generátorral vehetjük figyelembe. Ez azt jelenti, hogy a továbbiakban a kikapcsolási és az átkapcsolási jelenségek Laplace-transzformációval történő vizsgálata is egyszerűen végezhető el. Oldjuk meg az alábbi példát az eddigi megállapításaink felhasználásával! Példa: A 21. ábrán látható kapcsolásban t = 0 pillanatban zárjuk a kapcsolót kialakult az egyenáramú körben az állandósult állapot. 260 Előzőleg (t < 0) Írjuk fel a 4R ellenállás feszültségének időfüggvényét! Alkalmazzuk a Laplacetranszformáció

módszerét! 4R j llR{t) 21. ábra Megoldás: Mivel az előző állapotban, a kapcsoló nyitott állapotában kialakult az állandósult állapot, a kapacitás a tápfeszültségre, azaz az U0 feszültségre feltöltődött: uc(-0) =Uo • . Tehát az átkapcsolási folyamat kezdeti feltétele: uc(-0) = U 0 = uc(+O), és ez az az érték, mely ugrásszerűen nem változik meg. Így az átkapcsolás pillanatában amennyiben Laplace-transzformáció alkalmazásával oldjuk meg a feladatot - a kapacitást operátoros impedanciájával és egy kezdetiérték-generátorral kell figyelembe venni. A 22. ábrán rajzoltuk meg az áramkör t = +O pillanathoz tartozó helyettesítő képét, ahol a feszültséggenerátort feszültségének transzformáltjával kell figyelembe venni. (A feladatok megoldása során a t = +O pillanathoz tartozó helyettesítő képet célszerű mindig megrajzolni.) t=+O: R 4R jUR(s) 22. ábra • A 22. ábrán látható helyettesítő kapcsolás

esetén közvetlenül felírhatjuk a keresett feszültség Laplace-transzformáltját, ha a kétgenerátoros áramkörre alkalmazzuk a Millmann-tételt: 261 Uo Uo -+--se U (s)= sR s R I 1 -+sC+R 4R • Rendezzük át úgy - a visszatranszformálás érdekében - a fenti kifejezést, hogy s -re nézve eltűnjön az emeletes tört, és s2 együtthatója 1 legyen (Ezeket az átrendezéseket mindig meg kell tenni, attól függetlenül, hogy milyen módszerrel fogjuk végezni az inverz transzformációt.): 0 . UR(s)=-U RC A fenti kifejezés már két l+RCs =U0 . l+RCs 5 2 RC 5 --·s+s s(--+s) 4RC 4RC egyszerűen mivel: .c-1 i:., { -A-} s-Á = A ·e h visszatranszformálható tag összegére bontható, r{ , , es -A, s·(s-1) }=1-eA! így célszerűen: 5 UR(s)= • 4RC U0 4U0 5 + -· 5 5 s(--+s) --+s 4RC 4RC Az inverz transzformálást elvégezve a keresett uR () t = U o ·e -t/T +54Uo. (l -e -t/T) ahol: és rendezve: • időfüggvény: T = 4 RC . 5

Tehát a kapcsolási folyamat időállandója: T= 4RC . 5 Határozzuk meg az időállandót annak ellenállást tartalmazó körben: Az adott példában megfelelően Re =R®4R=4R/5 , 262 is, hogy egy kapacitást és több ugyanis az eredő ellenállást a kapacitás felől kell meghatározni úgy, hogy a feszültséggenerátort és a bezárt kapcsolót rövidzárnak tekintjük. Tehát a klasszikus számítási módszer eredménye: T =Re• C = 4RC / 5 megegyezik jelenlegi eredményünkkel. 9.23 A soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása A következőkben sorosan kapcsolt ellenállásból, induktivitásból és kapacitásból álló kör egyenfeszültségre kapcsolását vizsgáljuk meg (23. ábra) R L I> ju, i(t) UR UL Uc 0 lrc t= 0 23. ábra • Bekapcsolási jelenséget vizsgálunk, tehát az energiamentes induktivitás és kapacitás operátoros impedanciájával vehető figyelembe. • Az áramerősség transzformáltja közvetlen felírható; a

rákapcsolt feszültség transzformáltjának és az eredő operátoros impedanciának a hányadosaként: Uo /(s)= s 1 R+sL+sC • Rendezzük az egyenletet! Szorozzuk a számlálót és a emeletes tört eltűnjön: /(s)= Uo ·C LCs 2 +RCs+l Legyen az s 2 együtthatója 1; U I (s) = Lo . 1 R 1 s +-s+2 L hogy az alábbi gyöktényezős LC alakot felírhassuk: /(s)= Uo . 1 L (s-s1)(s-s2 ) 263 nevezőt is sC -vel, hogy az • A nevező gyökei: R =--± 2L 1 LC Stz Vezessük be a következő elnevezéseket: R 2L a=- a csillapítási tényező, a kör saját csillapítatlan körfrekvenciája és a kör csillapított saját körfrekvenciája. Az új jelölésekkel a nevező gyökei: • Az áram időfüggvényét az inverz-transzformációval határozhatjuk meg. az alábbi kifejezést visszatranszformálni: Elegendő Az inverz-transzformációt a kifejtési tétel segítségével végezzük el. Tehát a deriváltja, és helyettesítési értékei:

nevező Két különböző gyök esetén a kifejtési tétel értelmében: Tehát az áram időfüggvénye: ahol s 1 és s 2 értékét - mint láttuk - az R, L, C elemek értékei szablyák meg. Az a csillapítási tényező és az co 0 körfrekvencia viszonyától függően az átmeneti jelenségnek két különböző jellegű - aperiodikus és periodikus - lefolyása lehetséges. Az alábbiakban mindkét esetet megvizsgáljuk. 264 9.231Az aperiodikus eset a> w 0 , azaz legyen a rezgőkör túlcsillapított. Feltétele: Ebben az esetben: tehát az s 1 és s2 gyökök értékére - pozitív a diszkrimináns - valóságos megoldást kapunk. Mivel az s 1 és s2 értéke negatív, az áram időfüggvénye két negatív kitevőjű exponenciális függvény különbségeként írható fel: ahol: A= Uo ✓R 2 - ~ és Az aperiodikus megoldás esetén fellépő áram időfüggvényét a 24. ábrán rajzoltuk meg. Megrajzoltuk az áram két összetevőjét, melyek kezdeti

értékének nagysága azonos, de előjele ellentétes. Az időállandójuk különböző értékű A . • ·····••. . -A 24. ábra Az eddigi megállapításainknak megfelelően az áram kezdeti értéke - az induktivitás következtében - zérus, és állandósult állapotban - a kapacitás miatt - ismét zérusértékű. Az áramnak csak tranziens áramnak maximuma van. összetevői vannak. Az átmeneti jelenség lezajlása során az 265 3.231 A periodikus eset Feltétele: a<m 0 . Ebben az esetben: Komplex gyököket kapunk, melyek egymás konjugáltjai: Az áram időfüggvényében szereplő Az áram időfüggvénye i(t)= s1,2 = -a± j · mcs · A állandó: ezekkel a jelölésekkel: ~ -e-at ·(ejwj -e-fwc,t). J efwc,t - e-fwc,t Mivel: ezért az áram -----=sinmcst, 2j időfüggvényét az alábbi alakban adhatjuk meg: i(t) = 2B · e-at · sinmci . A periodikus megoldás esetén fellépő áram időfüggvényét a 25. ábrán rajzoltuk

meg Tehát ebben az esetben az áram egy csillapodó szinuszos jel, azaz a periodikus lefolyású szinuszos függvénynek egy exponenciális burkológörbéje van. Természetesen az áram a bekapcsolás pillanatában és az állandósult állapotában is zérus. i(t) 25. ábra 266 A fenti időfüggvény alapján már érthető, hogy miért nevezik ezt az esetet periodikus esetnek, és az a -t csillapítási tényezőnek. Az átmeneti jelenség periodikus lezajlásakor az induktivitás és a kapacitást közt ismétlődő energialengések jönnek létre. Az áram csökkenésekor az induktivitás a mágneses energiájának egy részét a kapacitásnak adja át, amelyben az villamos energia formájában halmozódik fel. Az energiaátadás következtében a kapacitás feszültségének értéke kis csillapítás esetén a generátorfeszültség kétszeresét is megközelítheti. Természetesen, kisüléskor a kapacitás energiájának egy részét az induktivitásnak adja vissza. Az

ismétlődő lengések egyre kisebbek, mivel az ellenállás energiát emészt fel. Ellenőrző kérdések 1. Ismertesse az operátoros impedancia fogalmát! 2. Hogyan helyettesíthető Laplace-transzformáció alkalmazása során az energiamentes és a nem energiamentes induktivitás? 3. Hogyan helyettesíthető Laplace-transzformáció alkalmazása során az energiamentes és a nem energiamentes kapacitás? 4. Írja fel az UO egyenfeszültség Laplace-transzformáltját! 5. Mi az inverz-transzformáció? 6. Soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása esetén mikor jön létre aperiodikus átmeneti folyamat? 7. Soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása esetén mikor jön létre periodikus átmeneti folyamat? 8. Soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása esetén rajzolja fel az áram jellegre helyesen, ha az átmeneti folyamat aperiodikus lefolyású. időfüggvényét 9. Soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása esetén rajzolja fel az áram jellegre helyesen, ha

az átmeneti folyamat periodikus lefolyású. időfüggvényét 10. Soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása esetén rajzolja fel az induktivitás fezsültségének időfüggvényét jellegre helyesen, ha az átmeneti folyamat aperiodikus lefolyású. 11. Soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolása esetén rajzolja fel a kapacitás feszültségének időfüggvényét jellegre helyesen, ha az átmeneti folyamat aperiodikus lefolyású. 267 9.3 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések (alapfogalmi kérdések) • Egy soros RL tagra (R = 10 n, XL= 20 0) u(t) = ✓2. ·220 -sin (314t + JI) [V] feszültséget kapcsolunk. Mekkora bekapcsolási fázisszög esetén nem lesz az áramnak tranziens JI összetevője? • Egy soros RLC kör csillapított saját körfrekvenciája ffics = 800 rad/s, ellenállása R = 12 n, induktivitása L = 10 mH. Mekkora az áramkör kapacitása; C = ? • Soros RLC-körre 10 V-os egyenfeszültséget kapcsolunk t = O-ban. Előzőleg a kör

energiamentes volt. R = 100 n, L = 0,1 H, C = 10 µF A bekapcsolás során kialakulhat-e a kondenzátoron 10 Vnál nagyobb feszültség? Válaszát indokolja! • Soros RLC-körre 10 V-os egyenfeszültséget kapcsolunk t = O-ban. Előzőleg a kör energiamentes volt. R = 100 n, L = 0,1 H, C = 10 µF Rajzolja fel jellegre helyesen a kör áramának időfüggvényét! Választását indokolja! • Egy soros RLC körre (R = 100 n, L = 20 mH, C = 15 µF) 100 V egyenfeszültséget kapcsolunk, Az átmenet során az áram maximuma 0,8 A. Mekkora a kondenzátor feszültsége az áram maximumának pillanatában? • Rajzolja fel jellegre helyesen egy energiamentes, soros RLC kör egyenfeszültségre kapcsolásakor a kör áramának időfüggvényét, ha R = 200 n, L = 50 mH, C = 200 nF! • Az alábbi kétpóluspárok bemenetére egységugrás jelet kapcsoljunk. A kapcsolás előtt a kétpóluspárok energiamentesek. Írja fel a kimeneti feszültség időfüggvényét és ábrázolja is

azt! IOQ lOmH u ,j ju lOQ lOmH 2 lkQ ju 1 I j JµF 0 u, 0 o---f 1 µF 1 u 1 !Hl 268 j 0 2 9. 4 A felkészülést ellenőrzőfeladatok 15. A t = 0 pillanatban a generátor feszültségének pozitív maximumánál kapcsolunk be A generátor OJ = 1000 rad/s. feszültségének maximuma: ugmax = 100 V, körfrekvenciája: (Bekapcsolás előtt a kör energiamentes volt.) Számítsa ki a induktivitás feszültségének időfüggvényét! 100 lOmH t= 0 (70,7-sin(1000t+2,36)+50•e-t/ 10 -3 v .) 16. A t = O-ban a generátor szinuszosan váltakozó feszültségének pillanatértéke: 50 V A generátor feszültségének maximuma: ugmax = 100 V, körfrekvenciája: o.; = 1000 rad/s. (Bekapcsolás előtt a kör energiamentes volt.) Számítsa ki a induktivitás feszültségének időfüggvényét! 10n l(t) l lOmH ~~ t=O (70,3-sin(lOOOt + 1,31)-18·e-t/I0-3 v .) 269 17. A kapcsolót a t = 0 pillanatban zárjuk, előzőleg az áramkör

energiamentes volt ug(t) = 100 -sin (@t+n/2) [V], OJ = 100 rad/s Írja fel az ábrán jelölt iR áram időfüggvényét! iit) =? lOQ lOQ lOOmH t=O (4,47-sin(lOOt + 2,04) + l-e-t!o,o2 A) 18. t= O-ban a generátor feszültség pozitív maximumánál kapcsolunk be Előzőleg a rendszer energiamentes volt. u/t) = l 00 -cos cot [V]; R 1 =R2 = 10 n; OJ = 1OOO rad/s ; e= 100 µF. Írja fel a kondenzátor feszültségének időfüggvényét! uc(t)=? e t =0 (44, 7- sin(lOOOt + 1,1)-40-e-115 ·10 --4 V) 270 19. A kapcsolót a t = 0 pillanatban zárjuk, amikor a feszültségnek éppen negatív csúcsértéke van. (Előzőleg az áramkör energiamentes volt) Ugmax= 150V, f= 50 Hz Írja fel az eredő áram időfüggvényét! ie(t) =? 6000 t= 0 1 kO 6,37µF ie(t) <J--- (167, 7• sin(314t-1,l)-100 •e-t 12, 39 ·10 -3 V) 20. A kapcsolót a t = 0 pillanatban zárjuk, Határozza meg az eredő áram előzőleg az áramkör energiamentes volt. időfüggvényét, ha:

ug(t) = 100 •sin ( cot+n/4) [V] és . o; = 1000 rad/s. lkQ 2k0 ( 44,71- sin(lO00t + 1,25) + 28,28 •e-tll,06 ·10 -J V) 271 0,5µF 21. A kapcsolót a t = 0 pillanatban, a generátor feszültségének pozitív csúcsértékénél, nyitjuk. Előzőleg az áramkör állandósult állapotban volt. ug{ t) = 100 -sin (OJt+n/2) [V], f= 50 Hz Írja fel az ábrán jelölt ÍR áram időfüggvényét! iR(t) =? 100 100 31,8 mH t=O (- 2 -e-t/3,18ms A) 22. A kapcsolót a t = 0 pillanatban, a generátor feszültségének pozitív nullátmeneténél, nyitjuk. Előzőleg az áramkör állandósult állapotban volt. ug(t) = 60 -sin mt [V], m = 1000 rad/s. Írja fel az indukált feszültség időfüggvényét! 200 ! 400 u,(t) t= 0 272 40 mH ! llL 23. A kapcsolót a t = 0 pillanatban nyitjuk, amikor a generátor feszültségének éppen pozitív csúcsértéke van. Előzőleg az áramkör energiamentes volt. Ug=l60V, f=50Hz Írja fel az ábrán jelölt iR2

áram időfüggvényét! 20 n t=O 106µF 200 10n (2,6l•e-t/3,18ms A) 273 10. Minta feladatsorok Az alábbiakban minta feladatsorokat közlünk tájékoztató jelleggel. Ezzel 1s szeretnénk a tantárgy számonkéréseire a minél hatékonyabb felkészülést elősegíteni. Minta feladatsorokat adunk meg a Villamosságtan I. tárgy és a Villamosságtan II. tárgy félévközi zárthelyi dolgozataihoz, a Villamosságtan I. tárgy félévközi aláírásának pótlásához, a Villamosságtan II. tárgy félévközi jegyének pótlásához, valamint minta vizsgasorokat közlünk a Villamosságtan I. tárgyhoz 274 1. Minta feladatsor Villamosságtan I. tárgy félévközi zárthelyiéhez ( egyenáramú körök számítása) Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg a generátor teljesítményét, valamint az ideális ampermérő ábrán jelölt áramát. a.) b.) PG =? IA =? 20VI 50 30 30 40 Határozza meg a G1 generátor teljesítményét! PGI =?

275 60 2. Minta feladatsor Villamosságtan I. tárgy félévközi zárthelyiéhez (egyenáramú körök számítása) Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg a generátorok teljesítményét, valamint az ideális voltmérő ábrán jelölt feszültségét. a.) b.) Pa1 =? Pa2 =? uV =?. UG1 60Q 8Q Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg a generátor teljesítményét, valamint az ideális voltmérő ábrán jelölt feszültségét. a.) b.) Pa=? Uv=? 10Q 6Q 33V 276 2Q 3. Minta feladatsor Villamosságtan I. tárgy félévközi zárthelyi éhez ( egyenáramú körök számítása) Az adott hálózat esetén határozza meg a generátorok teljesítményét, az ábrán jelölt I áramot! a.) b.) Pa1= ?Pa2=? I =? 60 60 40 120 1 l> Mekkora az áramgenerátor teljesítménye? Prn=? 150 250 120 277 1. Minta feladatsor Villamosságtan I. tárgy félévközi zárthelyiéhez (váltakozó áramú körök számítása) Az ideális

a.) ampermérő 5 A-t mutat. Számítsa ki az ideális voltmérő feszültségének értékét! U V =?. b.) Mekkora az eredő meddő teljesítmény? Q e =?. so er----1 ~ !~ 30 ao 40 2-120 sin(rot-n/2) [A] uc(t) =✓ Uk(t) =? 250 100 300 278 2. Minta feladatsor Villamosságtan I. tárgy félévközi zárthelyiéhez (váltakozó áramú körök számítása) Mekkora az eredő hatásos, meddő és látszólagos teljesítmény? Pe=? Qe=? Se=? i(t) =✓2.5 sincot [A] a.) ic(t) =? b.) UL =? 160 i(t) UL <1--- 279 400 l 400 200 1. Minta feladatsor Villamosságtan I. tárgy aláírás pótlására Az ábrán adott hálózat esetén határozza meg az l-es generátor feszültségét és teljesítményét, ha az ábrán jelölt áram I = 1,5 A a.) b.) UGl =? PG1 =? 12.Q 9.Q 18 .Q A jelölt áram nagysága IA = 1,5 A Számítsa ki az eredő hatásos és meddő teljesítményt! Pe = ), Q e =?. 15 .Q 45 .Q 280 2. Minta feladatsor

Villamosságtan I. tárgy aláírás pótlására Számítsa ki az ideális ampermérő által mért áram erősségét! I=? 600 600 200 400 uk(t) = ✓ 2 -80 sinmt [V] a.) Ie =?. b.) ic(t) =? 300 ! u,(t) ic(t) 200 l 200 281 400 1. Minta feladatsor Villamosságtan II. tárgy félévközi zárthelyiéhez (Bede-diagram)) Rajzolja meg az adott kétpóluspár esetén az átvitel amplitúdó és fázis-karakterisztikáját a lgro függvényében! Elegendő a törtvonalas közelítés, de jelölje be a töréspontok frekvenciáit és adja meg az aszimptóták meredekségét. R= lOk.Q e= 60 nF A diagramról olvassa le a maximális fázistolás értékét! 9R U1 j j U2 R o------I c ---00 a.) Ábrázolja az adott átviteli karakterisztika amplitúdóját a lgro függvényében! Elegendő a törtvonalas közelítés megadása, de adja meg az aszimptóták meredekségét! b.) Ha ro = 10000 r/s esetén a bemeneti feszültség értéke 100 V, mekkora a

kimeneti feszültség? 1 - G(jm) = - - - - - - - 1+ s. 1o-3 (J (u) + 1o- 6 (J m) 2 282 2. Minta feladatsor Villamosságtan II. tárgy félévközi zárthelyiéhez (Bode-diagram)) a.) Szerkessze meg az adott kétpóluspár átviteli függvényének amplitúdó- és fáziskarakterisztikáj át törtvonalas közelítéssel! b.) Mekkora körfrekvencián a legnagyobb a fázistolás? u,j 1u, a.) Rajzolja meg az adott kétpóluspár esetén az átvitel amplitúdó-karakterisztikáját a lgro függvényében! Elegendő a törtvonalas közelítés. Mekkora az így leolvasott minimális csillapítás értéke? b.) Mekkora a minimális csillapítás pontos értéke? lOOmH 2000 lOµF 0 283 I ju 0 1. Minta feladatsor Villamosságtan II. tárgy félévközi zárthelyiéhez (átmeneti jelenségek) t = 0 előtt a rendszer energiamentes. t = O-ban a 30V-os feszültségre kapcsolunk. Ábrázolja és írja fel az ábrán jelölt ÍR áram időfüggvényét! iR(t) =? Az

ábrán adott kapcsolásban a t = 0 időpontban nyitjuk a kapcsolót. az állandósult állapot. Írja fel és rajzolja meg az eredő áram időfüggvényét! 1e --t> 2kQ 10 µF 284 Előzőleg kialakult 2. Minta feladatsor Villamosságtan II. tárgy félévközi zárthelyiéhez (átmeneti jelenségek) t = 0 előtt a rendszer energiamentes. t = O-ban a 24V-os feszültségre kapcsolunk. Ábrázolja és írja fel az eredö áram időfüggvényét! ie(t) =? ----,[> 3 k.O 2 k.Q 10 µF A kapcsolót t = O-ban kapcsoljuk ki. Előzőleg a rendszer állandósult állapotban volt. Írja fel és rajzolja meg az eredő áram időfüggvényét! ie(t) =? t =0 285 1. Minta feladatsor Villamosságtan II. tárgy félévközi jegy pótlására Rajzolja meg az adott kétpóluspár esetén az átvitel fázis-karakterisztikáját a lgro függvényében! a az aszimptóták törtvonalas közelítés, de jelölje be a töréspontok frekvenciáit és adja meg meredekségét.

Elegendő e= 10 nF R= 20 kn; 1u, u, 1 0 0 Ábrázolja az adott átviteli karakterisztika amplitúdóját a lgro függvényében! Elegendő a törtvonalas közelítés megadása, de adja meg az aszimptóták meredekségét! a.) b.) Ha ro = 10000 r/s esetén a bemeneti feszűltség értéke 100 V, mekkora a kimeneti feszültség? G(jOJ) 1 = ------,,-----,,1+ 2-1 o-3 (jOJ) + 1o-6(jOJ )2 286 t = 0 előtt a rendszer energiamentes. t = 0 pillanatban a 100 V-os, majd t = 0,4 s-ban az 50 V-os feszültségre kapcsolunk. Írja fel és ábrázolja a kör áramának időfüggvényét! i(t) =? 2k0 t=O 50V -.a--,;i, t=0,4s 150 µF l t = 0 elött a rendszer energiamentes. t = O-ban a lOV-os feszültségre kapcsolunk Ábrázolja és írja fel az induktivitás áramának és feszültségének időfüggvényét! 10n t= 0 287 60mH 2. Minta feladatsor Villamosságtan II . tárgy félévközi jegy pótlására e= 1 µF Rajzolja meg az adott kétpóluspár esetén az

átviteli karakterisztika fázis a.) diagramját a lgro függvényében! Jelölje be a törésponti frekvenciát és adja meg az aszimptóták meredekségét! b.) Mekkora a legkisebb, ill. a legnagyobb fázistolás értéke? u, R= 250 O; j e L = 125 mH; C = 12,5 µF. Ábrázolja az adott kétpóluspár esetén az átviteli karakterisztika amplitúdóját a a.) lgro függvényében! Elegendő a törtvonalas közelítés megadása, de adja meg az aszimptóták meredekségét! b.) ro = 400 1/s esetén adja meg a csillapítás pontos értékét! Olvassa le a diagramról, hogy mekkora körfrekvencián lesz a kimeneti c.) feszültség tizede a bemeneti feszültségnek? u,j 0 288 t = 0 elött a rendszer energiamentes. t = O-ban a 20V-os feszültségre kapcsolunk: Ábrázolja és írja fel az ábrán jelölt ie eredő áram időfüggvényét! 20n 30mH A kapcsolót a t = 0 pillanatban, a generátor feszültségének pozitív csúcsértékénél nyitjuk. Előzőleg az

áramkör állandósult állapotban volt ug(t) = 100 sin ( rot+rr/2) [V], f= 50 Hz Írja fel az ábrán jelölt iR áram időfüggvényét! 100 31,8 mH t =0 289 1. Minta vizsgasor a Villamosságtan I. tárgyhoz ALAPFOGALMI KÉRDÉSEK 1. Rajzoljon fel egy egyenáramú hídkapcsolást, és vezesse le a kiegyenlítés feltételét jelentő összefüggést! 2. Írja fel egy L önindukciójú induktivitás és egy C kapacítás árama és feszültsége közti általános érvényű összefüggést ! 3. ro=l000r/s esetén mekkora az adott kétpóluspár csillapítása? (G=? dB) L=10mH R=100 4. Ábrázolja a 1 0) Gu = 0 , 5 ) - · - - 500 l . m + J 1000 feszültségátvitel amplitúdó karakterisztikáját! megadása, de adja meg a töréspontok helyét! Elegendő a törtvonalas közelítés 5. Határozza meg az alábbi áramkör időállandóját a bekapcsolási folyamat során! 600 o------T 100 µF 6. Rajzolja meg az alábbi függvénnyel adott áram

időfüggvényét! i(t) = 6- 2 · e-t /lms lmAJ. 290 Határozza meg az áramgenerátor teljesítményét! (15 pont) 500 2•1•sinrot [A] iL(t) =✓ a.) Uk=? b.) Qe =? Határozza meg a kapocsfeszültség effektív értékét! Határozza meg az eredő meddő teljesítményt! (15 pont) 400 0 291 Uk(t) =✓ 2.50 sinrot V Határozza meg a kondenzátor áramának időfüggvényét! ic(t) =? (10 pont) 200 Xc(Iro) = 200 so u(t) = 12 sin rot + 8 sin 2rot + 4 sin 4rot [V] Írja fel az eredő áram időfüggvényét! ie(t) =? (10 pont) <J-- 292 2. Minta vizsgasor a Villamosságtan I. tárgyhoz ALAPFOGALMI KÉRDÉSEK Vezesse le az áramosztó képletet két ellenállás 1. összefüggésben szereplő mennyiségek jelölését a megfelelő (R 1 és R2 ) esetén! Az áramköri rajzon azonosítsa! 2. Egy Rt ellenállással terhelt 12 V üresjárási feszültségű 2 n feszültség-generátor hatásfoka 50 %. Mekkora a hasznos teljesítmény? belső

ellenállású 3. Szinuszosan váltakozó feszültségre kapcsolt soros RLC kör elemeinek feszültsége: Uc= 80V; Hány volt feszültségre kapcsoltuk az áramkört? 4. Mekkora az alábbi feszültség effektív értéke: u(t) = 100 + 60.cosrot + 80sinrot + 40sin2rot [V] 5. Rajzoljon egy egyszerű alul áteresztő szűrőt! 6. Írja fel az alábbi függvénnyel adott áram időfüggvényét! 2mA lmA 40ms 293 Szánútsa ki a generátorok teljesítményét ha adott két ellenállás árama. Pa1 =? P02=? 4Q A (10 pont) 6Q 2,5A t Számítsa ki a fenti áramkörben a 10 ohmos ellenállás áramának erősségét! l=? (15 pont) I 12V ~ lOQ 20Q 294 20Q 0,lA .Az adott kapcsolásban ic(t) = ✓ 2-1-sin mt [A] a.) u0 (t) =? b.) Pe =?. Qe =?. Se =?. (15 pont) 10n h(t) , . R=200Q L=O,l H Rajzolja meg törtvonalas közelítéssel az adott kétpóluspár esetén az átviteli karakterisztika amplitúdóját a lgro függvényében! Jelölje

be a törésponti frekvenciákat és adja meg az aszimptóták meredekségét! (10 pont) R u, j L R 295 296 Tartalomjegyzék 1. Egyenáramú körök I 1.1 Alapfogalmak 1.2 Egyenáramú hálózatok számítása 1.3 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 1.4 A felkészülést ellenőrző feladatok 3 15 40 41 2. Egyenáramú körök II 2.1 Lineáris aktív kétpólusok 2.2 Többgenerátoros hálózatok analízise 2.3 Összetett lineáris hálózatokra vonatkozó elvek, hálózatszámítási tételek 2.4 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 2. 5 A felkészülést ellenőrző feladatok 48 48 54 62 69 69 3. Villamos hálózatok passzív elemei 3 .1 Ohmos fogyasztó vizsgálata 3.2 Az induktív fogyasztó vizsgálata 3.3 A kapacitív fogyasztó vizsgálata 75 75 77 79 4. Váltakozó áramú hálózatok 4. 1 A váltakozó áram és feszültség fogalma 4.2 A szinuszos jelek jellemzői 4.3 Az áram és a feszültség kapcsolata R, L, C elemeken 4.4 A váltakozó

áramú körök számítása 4. 5 Az impedancia fogalma 4.6 Teljesítmények a váltakozó áramú körökben 4. 7 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 4.8 A felkészülést ellenőrző feladatok 81 81 84 97 106 109 124 129 130 5. Váltakozó áramú hálózatok II 5. 1 A telj esítményillesztés 5.2 A váltakozó áramú hídkapcsolás 5.3 A hálózatszámítási tételek általánosítása 5. 4 Rezgőkörök 5.5 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 5.6 A felkészülést ellenőrző feladatok 135 6. A BODE-diagramok 6.1 Átviteli jellemzők fogalma és ábrázolása 6.2 Elsőfokú frekvencia-függvények jelleggörbéi 6.3 Másodfokú frekvenciafüggvények jelleggörbéi 6.4 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 6.5 A felkészülést ellenőrző feladatok 149 149 154 173 179 181 3 297 135 136 138 143 147 147 7. Nem szinuszos periodikus áramú hálózatok 7.1 A Fourier-sor 7.2 A nem szinuszos periodikus áramú hálózatok számítása 7.3 Periodikus jel

effektív értéke 7.4 Többhullámú feszültségek és áramok teljesítményei 7.5 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 7.6 Felkészülést ellenőrző feladatok 190 191 192 192 194 203 204 8. Átmeneti jelenségek I 8. 1 Az állandósult és az átmeneti állapot fogalma 8.2 Az egytárolós egyenfeszültségű áramkörök átmeneti jelenségei 8.3 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 8.4 A felkészülést ellenőrző feladatok 207 207 208 229 231 9. Átmeneti jelenségek II 9.1 Az egy energiatárolós, szinuszosan váltakozó áramú körök 9.2 A Laplace-transzformáció 9.3 Tájékoztató jellegű vizsgakérdések 9.4 A felkészülést ellenőrző feladatok 236 236 253 268 269 10. Minta feladatsorok 274 298