Elektronika | Felsőoktatás » Dr. Domonkos Sándor - Elektrotechnikai alapismeretek példatár, megoldásokkal

Gábor Dénes Főiskola KIBŐVÍTETT HALLGATÓI SEGÉDLET ELEKTROTECHNIKAI ALAPISMERETEK 005 Vezetőtanár: DR. DOMONKOS SÁNDOR Megoldott példák, megoldandó feladatok, kiegészítő magyarázatok Bevezetés, mértékegységek Az anyag csoportosítása a tankönyv (Dr. Szittya Ottó: Digitális és analógtechnika 1. fejezet) tartalmának megfelelően: 1. Villamos tér, kapacitás 2. Egyenáramú körök, energiaforrások, ellenállások 3. Mágneses tér, induktivitás 4. Periodikusan változó mennyiségek, szinuszos hálózatok 5. Átmeneti jelenségek 6. Kétpólusok, négypólusok 7. Váltakozó áramú körök számítása komplex számokkal 8. Ferromágneses anyagok A kiegészítő magyarázatok, megoldott példák után számos megoldandó feladat található. Ezek önálló kidolgozása nagyon elősegíti a zárthelyikre, vizsgára való felkészülést. A megoldandó feladatok nagyon hasonlítanak az elmúlt tanévben szerepeltekre A jövőben is

ilyenek várhatók. Jó munkát, sikeres felkészülést kívánok! Dr. Domonkos Sándor A A LEGFONTOSABB SI ALAPEGYSÉGEK MENNYISÉG JELÖLÉS MÉRTÉKEGYSÉG hosszúság l, s, h m (méter) tömeg m kg (kilogramm) idő t s (szekundum, másodperc) villamos áram I, i A (amper) termodinamikai hőmérséklet T, Θ (théta) K (Kelvin hőmérséklet) SZÁRMAZTATOTT SI MÉRTÉKEGYSÉGEK MENNYISÉG ÖSSZEFÜGGÉS JELÖLÉS MÉRTÉKEGYSÉG felület l1⋅l2 = A A m2 térfogat l1⋅l2⋅l3 = V V m3 sűrűség m = ρ (ró) V s =v t v =a t ρ kg m3 m s m s2 sebesség gyorsulás v a m , N (Newton) s2 N⋅m, J (Joule) erő m⋅a = F F energia, munka F⋅l = W W teljesítmény W =P t F =p A P W (Watt) p N (Pascal) m2 o C nyomás ν (kis théta) Celsius hőmérséklet (A MOL és a CANDELA alapegységet nem használjuk.) B kg ⋅ SI VILLAMOS EGYSÉG MENNYISÉG JELÖLÉS ÖSSZEFÜGGÉS villamos feszültség U, u villamos energia W

villamos teljesítmény P P = U⋅ I = villamos ellenállás R R= vezetőképesség G 1 G= R villamos töltés Q, q villamos kapacitás villamos térerősség P = U ⋅ I, U = P I SZÁRMAZTATÁS MÉRTÉKEGYSÉG 1 volt; 1 watt teljesítményt hoz létre 1 A áramnál volt 1 Nm = 1 VAs = =1 Ws = 1 J W = P⋅t = U⋅I⋅t 1 Joule energia 1 s alatt = 1 watt W t 1 Ω az ellenállás, ha a vezető két pontja közt 1 A áram 1 V feszültséget hoz létre U I 1 Ω (ohm) 1S= 1 siemens Ω Q = I⋅t 1 C a töltés, amely a vezetőn 1 A mellett 1 s alatt átfolyik 1 C = 1 As coulomb C Q C= U 1 F a kapacitása a kondenzátornak, melyet 1 volt feszültség 1 C = 1 As-al tölt fel 1F= 1 E E= U l V m 1 Wb fluxus 1 menetben 1 s alatt egyenletesen nullára csökkenve 1 V feszültséget indukál 1 Wb = 1 Vs Weber mágneses fluxus φ (fi) mágneses indukció B Φ B= A a mágneses tér felületi sűrűsége: 1 Wb fluxus, 1 m2 felületen halad át

induktivitás L Φ L= I 1 menetnek 1 H az induktivitása, amely 1 A hatására 1 Wb fluxust fog át *vákuumban H *vákuumban H= végtelen hosszú vezető 1 A áram esetén 1 m kerületű koncentrikus kör mentén hoz létre egységnyi mágneses térerősséget. I l C As V Egységnyi a térerősség, ha homogén térben két, 1 m távolságra lévő pont között U = 1 V ∆φ U= ∆t mágneses térerősség 1 W (watt) 1 VA 1T= Vs , Tesla m2 Vs A Henry 1H= 1 1 A m – 1. – A villamos tér jellemzője a térerősség, a hosszegységre jutó feszültség U  Volt  E=   , ahol l az elektródák közötti távolság. Vegyünk két fémből készült l  méter  sík lemezt, mely A felületű. A szélén lekerekített, kis távolságban levő elektródák között közelítőleg egyenletes, homogén a villamos tér. U A l 1.1 ábra 1. a) Példánkban legyen a feszültség U = 1000 V; A = 0,2 m2; l = 1 mm, a szigetelés levegő. Számítsuk ki a

kapacitást, a töltést és a térerősséget! V 1000 V = 10 6 ; a gyakorlatban sokszor alkalmazzuk a kV/cm egységet. -3 m 1 ⋅ 10 m Esetünkben E = 10 kV/cm. E= A m2 ; a levegőre εr = 1 ⋅ l m 0,2 10 -9 0,2m2 C = 10 − 6 F vagyis tehát C = Farad , -3 36π 36π 1⋅ 10 m A kapacitás C = ε0εr ebből C = 0,0017710-6 F= 1,7710-310-6 F=1,7710-9 F=1,77 nF A töltés Q = CU = 1,17710-9 F103 V = 1,7710-6 Coulomb=1,77µC 1 – 1. – b) Hogyan oszlik meg U = 1000 V, ha az előbbi kondenzátorral C2 = 2 nF és C3 = 3 nF kapacitású kondenzátort sorba kötünk. Ue U1 C1= 1,77 nF U2 C2= 2 nF a.) U3 Ue C3= 3 nF Ce b.) 1.2 ábra Soros kapacitásnál valamennyi kondenzátoron ugyanakkora töltés helyezkedik el 1 1 1 1 = + + Q1 = Q2 = Q3 = Q Az eredő kapacitás . Ebből Ce = 0,715 nF C e C1 C 2 C 3 Tehát minden kondenzátoron Q = UeCe = 1030,71510-9 = 0,71510-6 Coulomb Az egyes feszültségek Q 0,715 ⋅ 10−6 As = 0,404 ⋅ 103

V = 404 V U1 = = −9 C1 1,77 ⋅ 10 F Q 0,715 ⋅ 10−6 As = 0,358 ⋅ 103 V = 358 V U2 = = −9 C2 2 ⋅ 10 F U3 = Q 0,715 ⋅ 10−6 As = 0,238 ⋅ 103 V = 238 V = −9 C3 3 ⋅ 10 F összesen: 1000 V Megemlítendő, hogy a Kirchhoff II. törvénye értelmében Ue = U1 + U2 + U3 2 – 1. – c) A kondenzátorban tárolt energia WC = 1 CU2 esetünkben 2 1 WC1 = 1,77 ⋅ 10 - 9 ⋅ 404 2 = 0,144 ⋅ 10 − 3 = 0,144 ⋅ 10− 3 Joule = 0,144 mWs 2 WC2 = 1 2 ⋅ 10- 9 ⋅ 358 2 = 0,128 ⋅ 10 − 3 Joule = 0,128 mWs 2 WC3 = 1 3 ⋅ 10- 9 ⋅ 2382 = 0,0850 ⋅ 10 − 3 Joule = 0,0850 mJ 2 -----------------Wce=0,358 mJ Ugyanezt kapjuk, ha az eredő kapacitással és a teljes feszültséggel számolunk. WCe = ( ) 2 1 1 2 UeCe = 103 ⋅ 0,715 ⋅ 10− 9 = 0,358 mJ 2 2 3 – 2. – A stacionárius áramlás gyakorlatilag egyenáramot jelent, vagyis az áramok és feszültségek időben nem változnak. Az ellenállás, ha nincs jelentős melegedés,

állandónak tekinthető Ugyancsak állandó az ellenállás különböző elektrotermikus készülékekben, mert króm-nikkel-alumínium ötvözeteket alkalmaznak Egy jellegzetes példa az ellenállások soros és párhuzamos kapcsolása: 1.) I1 a) R1 U = 24 V; R1 = 1 Ω; R2 = 4 Ω; R3 = 6 Ω; R4 = 8 Ω A U I2 I3 R2 I4 R3 R4 Az R1 ellenállás az áramforrás belső ellenállását és a vezeték ellenállását, R2, R3, R4 a fogyasztókat jelképezi. Kiszámítandók az áramok és az egyes ellenállásokon hővé váló teljesítmények. B 2.1 ábra Mindig a kapcsolás egyszerűsítésére kell törekedni, első lépés a három párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredőjének kiszámítása. Így: I1 R1 A U UAB RAB B 2.2 ábra 1 1 1 1 1 1 1 13 1 = + + = + + = RAB R2 R3 R4 4 6 8 24 Ω Vagyis RAB = 1,846 Ω; ebből a soros kapcsolást szem előtt tartva Re = R1 + RAB és az áramforrásból kifolyó áram U 24 = = 8,432 A I1= Re 1 + 1,846 I1 Az UAB

feszültség U Re UAB = I1RAB = 8,432·1,846 = 15,565 V; az R1 ellenálláson U1 = I1R1 = 8,432·1 = 8,432 V feszültség mérhető U = U1+UAB = 23,997 V; tehát az egyes részfeszültségek összege egyenlő a tápfeszültséggel. 2.3 ábra Ennek mindig teljesülnie kell! (Kis számítási pontatlanság elhanyagolható.) 4 – 2. – Az egyes ágak áramai: U 15,56 I2 = AB = = 3,89 A ; I3 = 2,59 A ; I4 = 1,95 A R2 4 Fontos a Kirchhoff csomóponti törvény: Az „A” pontba befolyó áram I1 egyenlő a kifolyó áramok I2+I3+I4 összegével, azaz I1 = I2+I3+I4. Ezt itt is és minden hasonló példánál ellenőrizni kell A teljesítmények három összefüggésből számíthatók. Mindhármat bemutatjuk: P2 = I22 ⋅ R 2 = 3,89 2 ⋅ 4 = 60,5 W U2 15,56 2 = 40,4 W P3 = AB = R3 6 P4 = UAB ⋅ I4 = 15,56 ⋅ 1,94 = 30,2 W 5 – 2. – I A Rb RT UK + G U0 – B 2.4 ábra 2. Egy feszültségforrás (generátor) belső feszültsége U0 = 6 Volt, belső ellenállása

Rb = 2,4 ohm. a) Mekkora terhelő ellenálláson lesz az áram I = 0,3 A ? RT = ? U0 , ebből RT = U0 (Rb + RT) I A kör árama I = b) – Rb = 6 0,3 – 2,4 = 17,6 ohm Mekkora a kapocsfeszültség ebben az esetben? UK = U0 - I Rb = 6 - 0,3  2,4 = 5,28 Volt c) Meghatározandó terhelő ellenálláson a teljesítmény. 2 PT = I2 RT = UK = 1,58 W = UK  I RT d) Számítsuk ki a zárlati áramot, amikor UK = 0. Ha egy igen kis ellenállású vezető összeköti az A–B pontokat, IZ = U0 Rb = 6 = 2,5 A 2,4 Megemlítendő, hogy az áramforrás négy U0 = 1,5 V üresjárási feszültségű, R1b = 0,6 Ω belső ellenállású elem sorba kapcsolásával lett kialakítva. Ilyenkor az üresjárási feszültségek és a belső ellenállások összeadódnak 6 – 2. – I Rb UK U0 RT + – 2.5 ábra 3.) Meghatározandó a rajzon látható elem – üresjárási (belső) feszültsége U0 = . V Nyitott kapcsolónál (terheletlenül) I ≅ 0 nagy ellenállású

(elektronikus) voltmérővel mérhető. Itt most U0 = 4,5 V – A belső ellenállása meghatározásához Rb = . Ω Két mérést kell végezni, kétféle terhelő ellenállással RT1 esetében I1; Uk1 RT2 esetében I2; Uk2 mérhető. E példában olyan mérések adatait használjuk fel, ahol I1 = 0,5 A mellett Uk1 = 4,1 V kapocsfeszültségeket I2 = 1,0 A esetén Uk2 = 3,7 V mértünk. Ha csak e mérések adatait használjuk fel, a kapocsfeszültség Uk = U0 - IRb vagy Uk + IRb = U0, így felírható Uk1 + I1Rb = Uk2 + I2Rb és ebből Uk1 - Uk2 = Rb (I2 - I1); esetünkben Rb = 4,1 - 3,7 1,0 - 0,5 = 0,4 0,5 = 0,8 Ω 7 – 2. – I A Feszültségosztó (terheletlen) R1 U1 R2 U U2 B 2.6 ábra Ha a rendelkezésre álló feszültségnek csak egy kisebb hányadára van szükség, feszültségosztót használhatunk. Ha két ellenállást sorba kapcsolunk, a feszültségesések összeadódnak, azaz U = U1 + U2 ebből a „bemenőfeszültség” U, a

„kimenőfeszültség U2 = U – U1 Például: R1 = 2 kΩ R2 = 0,5 kΩ UB = 3,0 V Kiszámítandó a kimenőfeszültség. U2 = ? a) Az áram: I = U R1 + R2 = 3,0 210 + 0,5103 3 = 1,210-3 A = 1,2 mA U2 = IR2 = 1,210-30,510-3=0,6 Volt b) U2 = IR2 = UR2 R1 + R2 =U R2 =3 R1 + R2 c) Milyen a teljesítmény az ellenállásokon? P1 = I2R1 = 1,4410-62103 = 2,8810-3 W = 2,88 mW P2 = I2R2 = 0,7210-3 W = 0,72 mW 8 0,5 = 0,6 Volt 2 + 0,5 – 2. – I A R1 U U2T I2T IT R2T RT 2.7 ábra B d.) Ha a feszültségosztót az R2 ellenállással párhuzamosan kapcsolt RT ellenállással terheljük, terhelt feszültségosztót kapunk. Mekkora R2T ellenállást kell választanunk, hogy U2T = U2 = 0,6 V, azaz a „kimenőfeszültség” ne változzon és az áram I kb. ugyanaz maradjon? U = 3,0 V U2T = 0,6 V I = 1,2 A R1 = 2 kΩ RT= 3 kΩ A feladatot a legegyszerűbb úton megoldva: IT = U2T RT 0,6 V 3 kΩ = = 0,210-3A =

0,2 mA Mivel az A csomópontban: I = I2T + IT; I2T = I - IT = 1,2 - 0,2 mA = 1,0 mA Ebből: R2T U2T I2T = 0,6 3 1,010-3 = 0,610 Ω = 0,6 kΩ Másik megoldás: 1 1 1 = + R2 R2T RT 1 1 + 2= R2T 3 1 1 5 = 2− = 3 3 R2T 3 R2T = = 0,6 [kΩ] 5 Tehát terhelés esetén nagyobb R2 ellenállást kellett választani, mint a terheletlen feszültségosztónál. e.) Mekkora lesz a feszültségosztó UAB feszültsége R2T = 0,5 kΩ, RT = 3 kΩ terhelés mellett? RAB = I = 0,53 0,5 + 3 = 0,429 Ω 3,0 V (2 + 0,429) kΩ = 1,235 mA UAB = IRAB = 1,2350,428 = 0,529 V Tehát az RT terhelés miatt az áram kissé megnőtt, a kimenő feszültség csökkent. 9 – 2. – Jellegzetes példa a Kirchhoff törvényekből adódó egyenletrendszer megoldására a két áramforrásból táplált fogyasztó. Ilyen kapcsolás látható az alábbi ábrán Itt egy akkumulátor (U1) és egy generátor (U2) kapcsolódik a fogyasztóra R3. Az R1 és az R2 ellenállások az

áramforrások belső ellenállását és a fogyasztóhoz vezető huzal ellenállását szimbolizálják. I1 A I3 R1 I. II. R3 + R2 I2 I1 U1 – U2 G + – B 2.8 ábra Meghatározandó a három áram: I1, I2 és I3. Három egyenlet írható fel: Kirchhoff huroktörvénye ∑U = 0 körüljárási iránnyal és a berajzolt áramirányokkal: Az. I hurokra: -U1 + I1R1 + I3R3 = 0 a II. hurokra: -I3R3 - I2R2 + U2 = 0 A csomóponti törvény az A csomópontra: I1 = U1 - I3R3 R1 = U1 R1 – I3 I1 + I2 - I3 = 0 R3 R1 I1 + I2 = I3 I2 = U2 - I3R3 R2 = U2 R2 – I3 R3 R2 10 – 2. – U1 R1 R3 R1 – I3 U1 R1 U2 R2 + 11 0,1 110 + 70 = I3 = I3 ( 1 + 14 0,2 + ( U2 R2 + = I3 ( 1 + 1 + 10 + 5 – I3 R3 R2 R3 R1 + 1 0,1 + = I3 a) R3 R2 1 0,2 ) ) U1 = 11 V U2 = 14 V R1 = 0,1 Ω R2 = 0,2 Ω R3 = 1,0 Ω ) I3 = 180 = 11,25 A 16 I3R3 = UAB = 11,25 Volt I1 = U1 - UAB R1 I2 = U2 - UAB R2 = = 11 - 11,25 0,1 = -2,5 A 14 - 11,25 0,2 =

2,75 0,2 = 13,75 A I1 = -2,5 A I2 = 13,75 A I3 = 11,25 A Tehát az I1 áram a felvettel ellenkező irányba folyik, I1 áram tölti az akkut. 11 – 2. – Az a) példában szereplő adatokkal a megoldás: –I1= 2,5 A R1 I2= 13,75 A A R2 I1 I3= 11,25 A R3 U1=11 V U2=14 V + + – – G B 2.9 ábra Mivel a fogyasztókon a feszültség és az áram iránya megegyezik, az akkumulátor nem lead, hanem felvesz energiát, töltődik. Mekkora teljesítmény válik hővé az R3 ellenálláson? U2AB R3 P3a = I23R3 = = 11,252  1 = 126,6 Watt = 0,1266 kW Mekkora az energia t = 3 óra = 10800 s alatt? W = 126,6  10800 = 1367280 Ws (Joule) = 1,367 MJ W = 0,1266  3 = 0,3797 kWh b) U1 = 12 V U1 R1 U2 R2 I3 = 190 16 U2 = 14 V = 12 0,1 = 14 0,2 Megnőtt az akku feszültsége, töltődött. Mekkorák most az áramok? = 120 190 = 70 = 11,875 A UAB = 11,875 Volt 12 – 2. – I1 = U1 - I3R3 R1 = U1 - UAB R1 I2 = U2 - UAB R2 = 14 - 11,875 0,2 =

1,25 A = 10,625 A A b) példa megoldása: I1= 1,25 A R1 I2= 10,627 A A R2 I1 I3= 11,88 A R3 U1=12 V U2=14 V + + – – G B 2.10 ábra Az akku is energiaforrás (az áram és a feszültség iránya ellentétes), betáplál a rendszerbe. Az R3 ellenálláson megnő a teljesítmény P3b = U2AB R3 = 11,8752 1 = 141 W 13 – 2. – Egy D = 2 cm közepes átmérőjű N = 1000 menetű tekercs (csupaszon), d = 0,2 mm átmérőjű rézvezetőből készült. Mekkora az ellenállása ϑ0 = 20 °C-on? Egy menet hossza lm = Dπ = 6,28 cm, az egész tekercs l = 10006,28 = 6280 cm = 62,8 m. A vezető keresztmetszete A = R0 = 0,0175 ( Ωmm2 m ) d2π 4 0,22π 4 = 62,8 m 0,0314 (mm)2 = 0,0314 mm2 = 35 Ω Ha U = 12 Volt feszültségre kapcsoljuk, a tekercs közvetlenül a bekapcsolás után 12 I0 = = 0,3429 A áramot vesz fel. Tartós bekapcsolás után az áramfelvétel 35 Iv = 0,3 A értékre csökkent. Mekkora a tekercs melegedése? ∆ϑ = ϑ - ϑ0 = ? A

felmelegedett tekercs ellenállása megnőtt, Rϑ = 12 0,3 = 40 Ω Az ellenállás változást leíró egyenletből Rϑ = R0 [ 1+ αR (ϑ - ϑ0) ] ; ϑ - ϑ0 = ( Rϑ R0 ) -1 1 αR A vörösréz ellenállásának hőfoktényezője αR = 0,0039 1/K, nem túl nagy hőfok különbségeknél állandónak tekinthető. (kb -40 és + 100 °C között) A fenti adatokkal ϑ - ϑ0 = ∆ϑ = − 1) ( 40 35 1 = 36,6 °C a melegedés, 0,0039 azaz ϑ = ∆ϑ + ϑ0 = 36,6 + 20 = 56,6 °C a tekercs hőfoka (tartós bekapcsolás esetén). 14 – 3. – 1. a) A mágneses terek számításának egyszerűsített alapképlete: a mágneses N ⋅I A gerjesztés térerősség H = vagyis erővonalhossz l m l = 2πr r I H 3.1 ábra Egy hosszú egyenes vezető körül kör alakú erővonalak alakulnak ki, l = 2πr Így kiszámítható a térerősség. Például egy zárlatnál, I = 2000 A, meghatározandó a vezető közelében r = 10 cm (0,1 m) a térerősség H és a fluxus-sűrűség

(indukció) B. 1⋅ 2000 A = 3183,1 , ha Egy vezető esetén a menetszám N = 1, tehát a térerősség H = 2π 0,1 m Vs nincs vas a közelben, a levegőben a permeabilitás µ 0 = 1,257 ⋅ 10 - 6 Am  Vs  B = µ0H = 1,257⋅10-6 ⋅ 3183,1 = 4⋅10-3 Tesla  2  = 4 mT m  2. a) Egy tekercs (szolenoid) esetén mértékadó erővonal hossz a tekercs belsejében számítandó. Például egy N = 1000 menetű tekercsben I = 100 mA áram folyik A tekercs hossza l=5 cm, keresztmetszete A=0,8 cm2. l N P I I 3.2 ábra 15 A – 3. – Kiszámítandó a tekercs belsejében, a P pontban a térerősség, az indukció és a tekercs fluxusa. H= 1000 ⋅ 0,1 A A = 20 ⋅ 10 2 = 2 ⋅ 10 3 -2 m 5 ⋅ 10 m B = 1,25710-62103 = 2,5110-3 T  Vs  A fluxus Φ = BA = 2,5110-30,810-4 Tm2 ;  2 ⋅ m2  ; Weber (1 Wb = 1 Vs) m  tehát Φ = 2,0110-7 Vs b) Meghatározandó a vasmentes tekercs induktivitása! L = µ0N2 A 0,8 ⋅ 10 −4

Henry = 1,257 ⋅ 10 − 6 (103 )2 l 5 ⋅ 10 − 2 L = 1,257 0,8 − 6 10 ⋅ 10 6 ⋅ 10 − 4 ⋅ 10 2 ≅ 0,2 ⋅ 10 − 2 H = 2 mH 5 másik lehetőség az L = NΦ összefüggés használható, azaz I 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 −7 = 2 ⋅ 10 − 3 H természetesen megegyezik a geometriai méretekből 0,1 adódóval. L ≅ d) Gyakorlati feladat a megadott induktivitáshoz szükséges menetszám meghatározása, adott geometriai méretek mellett. Átrendezve a fenti képletet N= L⋅l adódik. µ⋅A Ha L = 0,8 mH induktivitásra van szükség a példáinkban szereplő tekercs méretekkel N= 0,8 ⋅ 10−3 ⋅ 5 ⋅ 10−2 ≅ 4 ⋅ 10− 5 ⋅ 1010 = 632 menet szükséges −6 −4 1,257 ⋅ 10 ⋅ 0,8 ⋅ 10 16 – 4. – Váltakozó áramú körök 1.) I R L UR UL U 4.1 ábra a.) Egy soros ellenállás-induktivitás kapcsolású áramkör esetében meghatározandó a reaktancia XL = 2πfL = 2π500,1 = 31,4 Ω U = 220 Volt (effektív érték) R = 25 Ω f = 50

Hz L = 0,1 H és az impedancia Z= R 2 + X2L = 252 + 31,4 2 = 40,1 Ω Kiszámítandó az áram I = U 220 = = 5,48 A Z 40,1 UR = IR = 5,4825=137,0 Volt UL = IXL = 5,4831,4 = 172,0 Volt és a részfeszültségek Megszerkesztendő a vektorábra U = 220 V 172 V = UL ϕ I = 5,48 A UR = 137 V 4.2 ábra 17 – 4. – Az árammal egyirányba mutat az ellenállás feszültsége UR, és az áramhoz képest siet az induktivitás feszültsége 90°-kal. A kettő vektoros összege a hálózati feszültség U = UR2 + UL2 Vagy másként U = I R 2 + X L2 = I ⋅ Z b.) Meghatározandó a hatásos teljesítmény, mely az ellenálláson hővé alakul: P = I2R = URI = 5,48225 = 750,8 Watt Az áramkör teljesítménytényezője cosϕ, mert ϕ szöget zár be az áram és a hálózati feszültség. E két mennyiség szorzata a látszólagos teljesítmény S = UI = 2205,48 = = 1205,6 VA (Voltamper). Mivel P = Scosϕ = UIcosϕ Az egyszerűsített vektoros

ábrázolás érthetőbbé tételére a fenti számítás eredményei, az áram, a hálózati feszültségek és a hatásos teljesítmény a 4.3 ábrán láthatók – A szinuszos áram csúcsértéke Im = 2 5,48 = 7,74 A – A szinuszos feszültség csúcsértéke Um = 2 220 = 311,1 V – A feszültség ϕ = 51,7°-al siet az áramhoz képest (úgy is mondhatjuk, hogy az áram 51,7°-al késik a feszültséghez képest) – Ábrázolva az áramot és a feszültséget kiválasztottunk az időfüggvényből két időpontot. – A t1 időpontban i(t)1 = 0; U(t)1 = 244,1 V pillanatértékű. A vektorábrán az áram és a feszültségvektorok függőleges egyenesre vetített értéke adja a pillanatértékeket. – A t2 időpontban U(t)2 = 44,9 V; i(t)2 = 6,7 A, ami a vektorábra függőleges vetületéről leolvasható. – Harmadik mennyiségként a hatásos teljesítményt ábrázoltuk. Általánosan felírható, hogy P = i2R – Tehát a hatásos teljesítmény időfüggvénye p

= i(t)2R az ábrán látható. Legnagyobb értéke Pmax = I2maxR = 7,75225 = 1501,5 Watt Az időben állandónak vehető középérték a fenti érték fele P=750,8 W c.) A fenti teljesítménytényező P 750,8 = = 0,62 cos ϕ = S 1205,6 azaz a látszólagos teljesítmény 62 %-a alakul hővé. A cosϕ=0,62 azt jelenti, hogy ϕ = 51,7° a fázisszőg, tehát ebben az esetben az áram 51,7 fokkal késik a feszültséghez képest. Mekkora lesz a villamos (elektromos) energia (munka) W = Pt; esetünkben t = 2 órát bekapcsolva W = 750,87200 ≅ 5,4106 Ws (Joule) A fogyasztásmérőnk kilowattórát mér, tehát W = 0,75082 ≅ 1,5 kWh a felhasznált energia. 18 4.3 ábra – 4. – 19 – 4. – 2. I U R C UR UC Egy soros R-C áramkörben U = 127 Volt, f = 60 Hz; I = 40 mA áram folyik, az ellenállás értéke R = 1,5 kΩ. 4.4 ábra a) Kiszámítandó a kapacitás C = ? és a részfeszültségek UR = ?; UC = ? A feszültségek és az áram

ismeretében meghatározható az áramkör impedanciája U 127 Z= = = 3175 Ω I 40 ⋅ 10 − 3 1 Mivel Z = R 2 + XC2 = 1500 2 + ( ) 2 , csak C értéke az ismeretlen. 2π ⋅ 60 ⋅ C 1 XC = = Z 2 − R 2 = 31752 − 1500 2 = 2798,3 Ω ωC 1 1 1 10−6 C= = = = F 2πfXc 376,8 ⋅ 2798,3 0,3768 ⋅ 103 ⋅ 2,7983 ⋅ 103 1,0544 vagyis C = 0,948 µF A részfeszültségek UR = I·R = 40·10-3·1,5·103 = 60 V UC = IXC = 40·10-3·2,798·103 = 111,9 V b) A vektorábra: UR = 60 V I = 40 mA ϕ UC = 111,9 V Természetesen minden mennyiség effektív érték. U = 127 V 4.5 ábra 20 – 4. – Egy soros R - L - C áramkör impedanciája (látszólagos ellenállása) frekvenciafüggő. I R U UR L UL C UC Z= R 2 + (ωL − 1 2 ) , ahol ω = 2πf; ωC 4.6 ábra U az áramerősség adott feszültségen I = R 2 + (ωL − 1 2 ) ωC Látható, hogy különböző frekvenciáknál más-más impedanciát kapunk. Az impedan1 cia-frekvencia függvénynek van egy különleges pontja,

ahol ωL = , azaz ZR = R, ωC ezt rezonanciapontnak nevezzük. Azt a körfrekvenciát, amelynél ez bekövetkezik, a 1 1 1 fenti egyenlőségből számíthatjuk: ω R2 = ;ω R = ; fR = LC 2π LC LC Itt lesz a kör áramának maximuma I R = U . A részfeszültségek UR = IRR; UL = IRωL; R 1 ωC Az itt említett soros rezonancia esetén az áram maximuma a részfeszültségek maximumát is jelenti. Egy konkrét példán bemutatva: UC = IR L = 10 mH = 10-2 H; C = 1µF = 10-6 F, 1 a rezonancia ωR = = 104 1/s körfrekvenciánál, −2 −6 10 ⋅ 10 4 10 azaz fR = = 1592 Hz frekvenciánál következik be, 2π 1 ekkor XLR = XCR = 104·10-2 = = 100 Ω. 4 10 ⋅ 10 − 6 A kör ellenállása R = 10 Ω, meghatározandó a Z(f) impedancia-frekvencia függvény. A frekvencia függvényében kiszámítottuk az impedanciát, az áramot és a részfeszültségeket. Ábrázoltuk is a kiszámított értékeket U = 3 V; R = 10 Ω; L = 10-2 H; C = 10-6 F; fR = 1592 Hz; ωR = 104 1/s f (Hz)

ωL(Ω) 1 ωC Z(Ω) I(A) Uc(V) 1250 78,5 127 1400 87,9 113,7 49,5 27,7 0,0605 0,108 7,7 12,3 1500 94,2 106,1 fR 1592 100 100 1700 106,7 93,7 1850 116,2 86 2000 125,6 79,6 15,6 0,19 20,4 10 0,3 30 16,4 0,183 17,1 31,8 0,094 8,11 47 0,0638 5,07 Az áramkör impedanciáját és áramát a frekvencia függvényében a 4.7 ábra mutatja 21 4.7 ábra – 4. – 22 – 5. – Az átmeneti jelenségek alatt azt értjük, hogy ugrásszerű változás lép fel az áramkörben, és ettől egyes mennyiségek megváltoznak, értékük az idő függvényében változik. Például, ha az adott soros R-C áramkörre U0 egyenfeszültséget kapcsolunk a K kapcsolóval, a feszültsége nulláról U0 = áll. értékre változik (egységugrás, U0) a t = 0 pillanatban. i (t) 1. K Kérdés, hogyan alakul az áram és a kondenzátor feszültsége az idő függvényében. Példánkban U0 = 12 V, R = 2 kΩ, C = 4 µF. R C U0 UC(t) Az időállandó τ = RC =

2·103·4⋅10-6 = = 8·10-3 s = 8 ms. Az áram időfüggvénye i(t) = U 0 −τ t e ; R 5.1 ábra U0 12V = = 6·10-3 A = R 2 ⋅ 103 Ω = 6 mA, bekapcsoláskor I0 = 6 mA áramugrás lép fel. Az áram értéke a továbbiakban táblázatunkból látható. mivel t = 0 esetén az exponenciális kifejezés értéke 1, I0 = t(ms) i(t)mA UC(t)V 0 6 0 4 3,6 4,7 8 2,2 7,6 16 0,8 10,4 24 0,3 11,4 40 0,04 11,9 A kondenzátor feszültsége -t/τ UC(t) = U0(1-e ) Tehát bekapcsoláskor t = 0 pillanatban UC(t) = 0, a kondenzátorban még nincs töltés; a további értékeket a táblázat tartalmazza. Látható, hogy az időállandó ötszörösénél, t ≈ 5τ, közelítőleg állandósult állapot alakult ki, a kondenzátor feltöltődött UC ≈ U0, tehát az áram i ≈ 0. Úgy is felvetődhet a kérdés, hogy példánkban: mennyi idő alatt töltődik fel a kondenzátor a töltőfeszültség felére: t1 = ?; UC1(t1) = U0/2; tehát UC1(t1) = U0(1- et1 / τ ); (1-1/2) = et1 /

τ ; ebből logaritmizálva -t1/τ = ln 0,5, és végül t1 = - 8 (ms) ln 0,5 = = -8(-0,69)= 5,5 ms. A kondenzátorban tárolt energia WC = 1/2 CU2, tehát a példánkban a teljes feszültségre feltöltött kondenzátor WC = 1/2·4·10-6·122 = 288·10-6 joule = 0,28 mJ. 2. Vizsgáljuk meg a tankönyv 473. old, 74 ábra soros L-R áramkörének bekapcsolási átmeneti jelenségét (5.2 ábra)! 23 – 5. – A kimenőfeszültség az ellenálláson UKI(t) = i(t)R. Egységugrás esetén a kör árama, t −  U  di az L + Ri = U 0 ; (i0 = 0) differenciál egyenlet megoldásával i(t) = 0 1 − e τ  ; ahol R  dt  L az időállandó τ = R i (t) K L U0 UL(t) R UKI(t) UBE 5.2 ábra Esetünkben U0 = 6 V; L = 20 mH; R = 5 Ω; 20 ⋅ 10 −3 az időállandó τ = = 4 ms ; tehát 5 t(ms) −  6  4(ms)  az áram i(t) = ; tehát a be1− e  5   kapcsolás után t1 = 1 ms múlva i(t1) = = 1 −   1,2 (A) 1 − e 4  =

0,265 A.   Tehát az ellenálláson a kimenőfeszültség pillanatértéke UKI1(t) = i(t)1·R = 0,265·5 = = 1,33 V. Az induktivitáson fellépő feszültség a Kirchhoff II. törvénye alapján U0 = U2 + UR öszszefüggésből: UL = U0 - UR = 6 - 1,33 = 4,67 V. t −  U0 ⋅ R  τ   Ez a feszültség általánosan UL = U0 – 1 − e  = U0e-t/τ.  R   Ellenőrzésképpen UL(t1) = 6e-1/4 = 4,67 V. Ha az áramerősség időfüggvénye ismert, az alapösszefüggésből is kiszámítható UL(t) UL(t) = L 24 di(t) dt – 5. – 3. a) Ha egységugrás lép fel egy soros R-L-C körben - itt nem részletezett levezetés alapL , például, L=10 mH, C = ján - az áram időben csökkenő amplitúdóval rezeg, ha R<2 C 10 -2 = 2·100 = 200 Ω. Ha a kör ellen10 -6 állása kisebb 200 Ω-nál berezgés lép fel. Esetünkben R = 20 Ω ellenállással számolunk Az áram időfüggvénye 1 µF esetén a berezgés határesete R0 = 2 1 1 U 0 -ρt = = 104

1/s ; U 0 = 3V e sinωt ahol ω0 = −3 −6 ωL LC 10 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10 R 20 = = 1 ⋅ 103 (1/s) a csillapítás ρ = −3 2L 2 ⋅ 10 ⋅ 10 ω = ω 02 − ρ 2 = 1 ⋅ 108 − 1 ⋅ 106 = (1 − 0,01)108 = 0,995 ⋅ 104 (1/s) U 3 ωL = 0,995 ⋅ 104 ⋅ 10 ⋅ 10-3 = 9,95 ⋅ 10 = 99,5 Ω; 0 = = 0,03 A = 30 mA ωL 99,5 Az áram időben csökkenő amplitúdóval rezeg. i(t) = Az időfüggvény: i(t) = 30 (mA) e −10 t sin ωt az 5.3 ábrán látható 3 b.) Ha az ellenállás a berezgés határértékén van, R = R0, nem periodikus függvényt kapunk. Példánkban R = 200 Ω-mal számolunk, L és C változatlan A levezetésből kiadódott időfüggvény, R 200 ρ= = = 10 4 (1/s) −3 2L 2 ⋅ 10 ⋅ 10 4 U 3 i (t ) = 0 t ⋅ e − ρt = t ⋅ e −10 t −3 L 10 ⋅ 10 Az áramgörbék néhány pontja a táblázatban, illetve a grafikonon látható, 5.4 ábra t(ms) i(mA) 0,02 4,91 0,05 9,1 0,1 11,04 0,15 10,04 0,2 8,12 0,3 4,48 Jól látható, hogy nincs előjelváltás,

az áram mindig egyirányú, nem periodikus és nem rezeg. Mindig ilyen jellegű, ha a kör ellenállása R≥ R 0, (ρ ≥ ω0) az áram a tankönyv 86 old IVa képlet szerint alakul 25 – 5. – 5.3 ábra 5.4 ábra 26 – 6. – A következőkben a négypólusok frekvenciafüggő viselkedésére mutatunk be pél1 1 dákat. Ismeretes, hogy a kondenzátorok XC reaktanciája X C = = 2πfC ωC 1. a) Például C = 1 µF reaktanciája; és R = 500 Ω esetén az impedancia Z = R 2 + X 2C f(Hz) 50 100 200 500 1000 2000 5000 R(Ω) 500 500 500 500 500 500 500 XC (Ω) 3183 1592 796 318,3 159,2 79,6 31,83 Z (Ω) 3222 1668,2 940 592,7 524,7 506,3 501 R/Z (felülát.) 0,155 0,30 0,53 0,844 0,95 0,988 0,998 XC/Z (alulát.) 0,988 0,954 0,847 0,537 0,3 0,157 0,064 A fenti táblázatból látható a jelleggörbék alakulása, a felüláteresztő szűrő kimenő feszültsége növekvő frekvenciáknál közelíti a bemenő feszültséget.

A számítás a következő: – Soros R-C körben I = U1 U1 (bemenő) = 2 Z R2 + X C – A kimenő feszültség felüláteresztő szűrőnél U2 = IR =U1 R ; így az áramot nem Z is fontos kiszámítani. U1 X XC = U1 C Z Z Látható a táblázatból, hogy az aluláteresztő szűrőnél növekvő frekvenciánál csökken a kimenő feszültség. A grafikonok a 61 és 62 ábrán láthatók U1 I⋅ Z b) A határfrekvencia ott lép fel, ahol U2 = ; vagyis I ⋅ R = ; 2 2 Aluláteresztő szűrőnél U2 = IXC = ebből R = R 2 + X 2C 2 átrendezve, négyzetre emelve 2R 2 = R 2 + X 2C vagyis a határfrekvencián R = X C = ebből esetünkben fh = fh = 1 1 = ω h C 2πfh C 1 azaz 2πRC 1 = 318,3 Hz ; ekkor U2 = 0,707 U1 2π 500 ⋅ 1 ⋅ 10− 6 Ekkor: XC = 1 = 500 Ω 2π 318,3 ⋅ 1 ⋅ 10− 6 27 – 6. – a) I C U1 R U2 = U1 ⋅ R R 2 + XC2 = I ⋅R FELÜLÁTERESZTŐ SZŰRŐ b) CR TAG, MINT VALÓSÁGOS FELÜLÁTERESZTŐ 28 – 6. – a) I R U1 U2 = C

U 1 ⋅ XC R 2 + XC2 = I ⋅ XC ALULÁTERESZTŐ SZŰRŐ b) RC TAG, MINT VALÓSÁGOS ALULÁTERESZTŐ 29 – 7. – 7. VÁLTAKOZÓ ÁRAMÚ KÖRÖK SZÁMÍTÁSA KOMPLEX SZÁMOKKAL Az elvi anyagban látható (58-59. o), hogy az áram és a feszültség komplex értékei közötti összefüggés a komplex impedancia. Azaz csúcsértékekre felírva, vektorokkal szemléltetve. a) Ellenállás esetén +1 U Rm = RI m ; pl. I m = (2 + j0) A I=2A U Rm = 100 ⋅ 2 + j0; pl. R = 100 Ω U Rm =R Im URm=200 V -j +j U Lm = jωLI m ; pl. I m = 2 + j0 A Induktivitás esetén +1 pl. L = 0,5 H; f = 50 Hz; U Lm = j314 ⋅ 0,5(2 + j0) I=2A Z L = j157,0; U Lm = j314 V +j U Lm = j314 V jωL = -j U Cm = Kapacitással számolva 1 1 Im = − j Im jωC ωC +1 pl. C = 8 µF; f = 50 Hz; U Cm = − j398(2 + j0) = -j796 V I=2A +j U Lm Im U Cm 1 = −j ωC Im U Cm = j796 V -j 30 – 7. – b) Az eredő feszültség a soros R-L-C körben I UL UR R=100 Ω UC L=0,5 H C=8 µF

U m = I m ( Z R + Z L + Z C ) = I m Z R + I m Z L + I m Z C ; Z = 100 − j241 Ω U m = (2 + j0)(100 + j157 − j398) = 200 + j314 − j796 Az eredő feszültség (csúcsérték) : U m = 200 - j482 V A feszültség abszolútértéke +1 I = 2 + j0 A U m = 200 2 + 482 2 = 521,8 V csúcs Um U = 369 V effektív érték 200 V +j -j482 V -j U = I⋅Z is megadja az abszolútértéket +1 I = 2 + j0 A Z = 100 2 + 2412 = 260,9 Ω Um = 521,8 V (csúcsérték) U = 369 V effektív érték U R = 200 V A részfeszültségek +j ULm=j314 V -j UCm=-j796 V Itt bemutattuk a számítást csúcsértékekkel is, a gyakorlatban célszerű az effektív értékekkel számolni. A következő példában ezt tesszük 31 – 7. – PÉLDÁK KOMPLEX SZÁMOK ALKALMAZÁSÁRA A) I R Ueff = 230 V f = 50 Hz L UR UL Klasszikus időfüggvényes leírásmód Komplex számos leírásmód Z = R + jX L = 80 + j60 Z = R + X = 80 + 60 = 100 Ω 2 I= 2 L 2 R = 80 Ω XL = 60 Ω L = 0,191 H 2 U

= 230 + j0 U 230 = = 2 ,3 A (effektív) Z 100 I= U Z = 230 + j0 80 + j60 +1 Ez az áram abszolútértéke, ezt mutatja az ampermérő. U = 230 V I = 2,3 A U = 230 V UL = 138 V ϕ UR = 184 V I = 2,3 A +j UL = 138 V ϕ -j UR = 184 V A feszültséget a valós tengely irányába mutatónak vettük fel. Komplex számokkal való osztás alkalmával a nevező konjugáltjával bővítjük a törtet: Olyan időpillanatot válasszunk, amikor U legnagyobb! A részfeszültségek UR = 184 V = IR, UL = 138 V = IXL az áramhoz képest 90o-kal siet. 80 - j60 = 230(0,008 − j0,006) 802 + 602 I = 1,84 − j1,38 A (effektív érték) Az áram abszolút értéke I = 1,842 + 1,382 = 2,3 A (effektív) U = (1,84 - j1,38)(80 + j60) = 230 + j0 U R = 80(1,84 - j1,38) = 147,2 - j110,4 V U L = +j60(1,84 - j1,38) = 82,8 + j110,4 V U = 230 + j0 V - 1,38 az áram késik ; ϕ = -36,9o tgϕ = 1,84 I = 230 A fázisszög U és I között R cosϕ = = 0,8 Z ϕ = 36,9o a feszültség siet, illetve az

áram késik. 32 – 7. – B) I R2 U = 230 V f = 50 Hz R1 I1 I2 L1 A feszültség ismeretében kiszámítandók az áramok. Írjuk fel komplex számokkal az áramokat, ábrázoljuk a komplex számsíkon. +1 R1=30 Ω; R2 = 20 Ω; L = 0,1 H U 230 + j0 = = 7,67 + j0 A I1 = R1 30 U 230 + j0 230 = I2 = = Z2 20 + j314 ⋅ 0,1 20 + j31,4 U = 230 V 3,31 A +j ϕ I 1 = 7,66 + j0 A I 2 = 6,17 A -j 5,21 A -j Átalakítva 20 − j31,4 20 − j31,4 ≈ 230 = 0,1659 ⋅ 20 − j0,1659 ⋅ 31,4 = 3,318 − j5,21 A 2 2 1386 20 + 31,4 I 2 = 6,18 A abszolútérték I 2 = 230 A két áram összege : I = I1 + I 2 = 7,67 + j0 + 3,32 - j5,21 A I = 10,99 - j5,21 A A reális és képzetes tagokat külön adjuk össze (tankönyv 1.99 képlet) Ábrázolva a komplex számsíkon: +1 U = 230 V I = 12,16 A 10,99 A +j -j 5,21 A -j Így az eredő áram abszolútértéke I = 10,992 + (−5,21) 2 = 12,16 A (effektív érték) Enynyit mutat az ampermérő. 33 – 8. – Ferromágneses

anyagok A tananyagban szereplő „lágy” mágneses anyagokkal, az úgynevezett „első mágnesezési görbé”-vel gyakorolva mélyítjük el az ismereteket. A B =μ 0μrH összefüggésében levegő (vákuum) eseténμ r = 1 és jó közelítéssel a para- és a diamágneses anyagokra is μr ≅ 1. A ferromágneses anyagok (Fe; Ni) esetében μ r = 103-104, azaz ugyanakkora térerősség esetén ezerszer, tízezerszer nagyobb indukció jön létre. A relatív permeabilitás μ r megadja, hogy az adott ferromágneses anyagban adott tekercs és áramerősséggel hányszor nagyobb fluxussűrűséget, indukciót lehet létrehozni. A μr relatív permeabilitás nem állandó, értéke a H térerősség függvényében változik. A B-H összefüggés a mágneses görbe, mely anyagonként különbözik (8.1 ábra) A grafikonról az adott anyagra leolvasható a H1 térerősséghez (A/m!) tartozó B1 indukció, vagy fordítva A transzformátorlemez kb 200 A/m fölött „telítés”-be

haj-lik, μr csökken. A mágnesezési görbét az adott vasmagra 8.2 ábra, alkalmazzuk A megoldás menete: B1 H1 I1 μr1 A tekercs induktivitása L = N 2 μ0 μr A( m2 ) . lm ( m ) Az induktivitás kiszámítható az l = nφ összefüggésből is. I Mágneses tér vasmagban N ⋅I lm  Vs  A   mágneses térerősség; B = μ0 μr H  2  mágneses indukció m m  B  Vs  μ0 = 1,257 ⋅10 −6   vákuum permeabilitása; μr 1 = 1 az anyag relatív perμ0 H1  Am  meabilitása  Vs  μ = μ0 μr   abszolút permeabilitás.  Am  H= 34 – 8. – Mágnesezési görbék: (Különleges lemez: hidegen hengerelt, irányított szerkezetű lemez a hengerelés irányában mágnesezve). 8.1 ábra 35 – 8. – Példa: közepes mágneses er ővonalhossz Mekkora áram szükséges lm transzformátorlemezben VAS B=1,2 Tesla indukció létrehozásához a vázolt vasmagban. N ERŐVONALAK A = 4 cm2; lm = 30

cm (0,3 m) A = 4∙10-4 (m2); N = 500 menet B = 1,2 T  H = 300 A/m (A mágn. görbéből) IN = Hlm (gerj. törv) 2 A (m ) vasmag keresztmetszet I= Hlm 300 ⋅ 0,3 = = 0,18 A N 500 µr = 8.2 ábra B (T ) 1,2 = = 3200 µ0 H 1,25 ⋅ 10− 6 ⋅ 300 A relatív permeabilitás. A mágneses fluxus Φ = B ⋅ A = 1,2 ⋅ 4 ⋅ 10−4 = 4,8 ⋅ 10−4 (Vs ) (Wb) A tekercs induktivitása A 4 ⋅ 10−4 = 25 ⋅ 104 ⋅ 1,256 ⋅ 10− 6 ⋅ 3,2 ⋅ 103 ⋅ 13,33 ⋅ 10− 4 = 1,336 H L = N 2 µ 0 µ r = 5002 ⋅ 1,256 ⋅ 10− 6 ⋅ 3200 lm 0,3 36 MEGOLDANDÓ FELADATOK 37 –A– 1.) Meghatározandó a vasmentes szolenoid tekercs belsejében A I l l = 2 cm A = 0,2 cm2 N = 630 I = 0,1 A a.) Az indukció B = T b.) A tekercs fluxusa φ = Wb Kiszámítandó a tekercs induktivitása két módszerrel L = . mH 2.) a.) Az R-C körre egységlökést U0 = 6 V, kapcsolva; t = 0,12 ms múlva kiszámítandó az áram i1 = . A az Uc feszültség Uc1 = . V U R = 2 kΩ U0 i U0 Uc C

= 100 nF t1 t b.) Ábrázolandó az áram és az Uc feszültség, bejelölve a t = 0 és a t = ∞ időkhöz tartozó értékeket is. I0 = . mA; I∞ = . mA; 3.) Térvezérlésű tranzisztor előfeszítését feszültségosztóval UAB = 2 voltra kell beállítani. A feszültségosztó terheletlen (K kapcsoló KI). A tápegység I = 10 mA-rel terhelhető. I R1 U=12 V A UAB U R2 Uc∞ = . V Uc0 = . V K a.) Meghatározandók az ellenállások RT R1 = . kΩ R2 = .kΩ B 38 b.) Milyen terhelési osztályú ellenállásokat választ a feszültségosztáshoz a névleges terhelési osztályokból (0,05; 0,1; 0,25; 0,5; 1 Watt) A terhelés az R1 ellenálláson P1 = .W; oszt R2 ellenálláson P2 = W; oszt c.) A feszültségosztót RT = 0,8 kΩ terheli, (K kapcsoló bekapcsolva) Mekkora áramot ad le a tápegység IT1 = . mA? Mekkora az UABT = . V feszültség? 39 –B– 1.) i (t) L = 100mH 1.) Az ábrázolt soros R-L-C körre a.) határozza meg az áram

időfüggvényének alakulását R = 140Ω ρ = . 1/s; ω0 = 1/s U0 = 1V C = 0,2µF UGRÁSFÜGGVÉNY Tehát az áram az időben R0 = Ω b.) Rajzolja fel minőségileg helyesen az áram-idő függvényt! c.) A megadott mennyiségekkel írja fel az áram-idő függvényt! d.) Mit jelentenek az egyes tényezők? 2.) Egy feszültségfüggő ellenállás VDR (U = CIβ)meredekségi kitevője β = 0,25. Anyagára, méreteire jellemző állandója C = 100; a.) Mekkora az R1 ellenállás I1 = 0,1 A áram esetén? R1 = Ω b.) Mekkora a hővé váló energia t1 = 10 ms áramimpulzus esetén? W = J c.) Mekkora a sarkain fellépő feszültség? U1 = V d.) Vázoljuk fel az U-I jelleggörbét! 3.) UC C=1µF U1 I R=0,1 kΩ a.) Meghatározandó a felüláteresztő szűrő kimenő feszültsége és az áram fa = 800 Hz esetén. U2 U2 = V I = A b.) Mekkora frekvenciával lesz az ellenálláson fellépő feszültség URH egyenlő a kapacitáson fellépővel UCH (határfrekvencia) fH

= Hz 40 –C– R = 100 Ω 1.) U1 Az adott áramkörben U1 = 24 volt, f = 50 Hz frekvencia esetén, I = 100 mA áram folyik. I C U2 a.) Kiszámolandó az impedancia Z = Ω b.) Meghatározandó a kapacitív reaktancia c.) Kiszámítandó a kapacitás XC = Ω C = F d.) a kapacitás sarkain fellépő kimenő feszültség 2.) U U2 = V. C1 U1 A C1 = 1 µF; C2 = 2 µF; C3 = 3 µF sorba kapcsolt kondenzátorokra U = 12 V egyenfeszültség van kapcsolva. Kiszámítandó az eredő kapacitás C2 U2 Ce = F a kondenzátorok töltése C3 U3 Q = C (As) Meghatározandó az egyes kondenzátorok feszültsége: U1 = V U2 = V U3 = V 3.) I1 R1 A U UAB I2 R2 I3 R3 B a.) Meghatározandó az eredő ellenállás Re = Ω b.) a kapcsolás áramai I1 = A I2 = A I3 = A c.) Kiszámítandó az UAB = V d.) Számítsa ki az R3 ellenállás teljesítményét P3 = W. U = 24 V; R1 = 10 Ω R2 = 20 Ω; R3 = 30 Ω 41 –D– 1.) a.) Kiszámítandó a reaktancia I R =

50 Ω XL = Ω L = 0,1 H az áramkör impedanciája U = 220 V f = 50 Hz Z = Ω az áram I = A. b.) Meghatározandó a hatásos teljesítmény P = W és a látszólagos teljesítmény S = VA c.) Mekkora a teljesítménytényező cos ϕ = 2.) a.) Kiszámítandók az áramok I = A I1 = A I2 = A és a kapocsfeszültség Uk = V A I Rb UK + G U0 - G RT1 I1 RT2 I2 B Uo = 48 V; RT1 = 4 Ω; Rb = 0,1 Ω RT2 = 6 Ω b.) Mekkora a fogyasztók (RT1 és RT2) teljesítménye P1 = W P2 = W c.) Meghatározandó a zárlati áram (Uk=0) Iz = A 3.) Kiszámítandó U = 20 V (egyenfesz.) C1 = 10 µF U1 a.) A kondenzátorok töltése U2 C2 = 2 µF és a feszültségük Q = As (C) U1 = V U2 = V b.) Meghatározandó a kondenzátorokban tárolt energia W1 = J (Ws) 42 W2 = J (Ws) –E– 1.) a.) Kiszámítandó a kondenzátor reaktanciája I XC = Ω R U és az áramkör impedanciája UR C UC Z = Ω b.) Meghatározandó az áram és a feszültségek I = A U = 220

V; f = 50 Hz UC = V C = 1 µF; R = 2 kΩ d.) Vektorábrán ábrázolandó az áram és a feszültségek UR = V I 2.) Egy tekercs ellenállása a.) ϑ = 20 oC-on Ro = 10 Ω Felmelegedve Rϑ1 = 13 Ω Az ellenállás hőfoktényezője αR = 0,0039 1/K. Mekkora a tekercs melegedése és hőfoka? ∆ϑ1 = oC; ϑ1 = oC b.) Az Ro = 10 Ω-os ellenállás (ϑo = 20 oC-on) ϑ2 = -10 oC-ra hűl le Kiszámítandó az ellenállás Rϑ2 = Ω. c.) A három értékpár ábrázolandó, bemutatva az ellenállás-hőmérséklet összefüggést R ϑ = 0 oC ϑ0 = 20 oC 3.) Egy R = 1000 Ω-os ellenállás P = 20 W névleges terhelhetőségre készült Mekkora a.) a legnagyobb rákapcsolható feszültség U = V b.) a megengedhető legnagyobb áram I = A c.) Mennyi az energiafogyasztás, ha 4 napig folyamatosan be van kapcsolva? W = kWh. 43 –F– 1.) I R0 = 4 Ω; R1 = 10 Ω; R2 = 20 Ω; R3 = 30 Ω; R4 = 40 Ω R0 R1 U U3 U1 A B UAB IA R2 U2 R3 IB R4 U4 0 a.) Meghatározandók

az áramok; U = 3 V I = A; IA = A; IB = A b.) Kiszámítandók a hídkapcsolás feszültségei U1 = V; U2 = V U3 = V; U4 = V c.) Mekkora az UAB feszültség? UAB = V 2.) U = 1,5 V UR UL R=6Ω L = 1 mH a.) Kiszámítandó a rezonanciafrekvencia és az áram fR = Hz; I UC C = 1 µF IR = A b.) Meghatározandók az egyes áramköri elemek feszültségei (rezonanciánál)! UR = .V; UC = V; UL = V c.) Megszerkesztendő a vektorábra a négy feszültséggel! I 3.) U1 a.) A C2 kondenzátor dielektrikuma εr = 10,00, C1 = 200 pF a szigetelés vastagsága l = 0,4 mm, a felülete A = 8,0 cm2. Kiszámítandó a kapacitás C2 = F U U2 C2 b.) Meghatározandók a kondenzátorok feszültségei, ha U = 6 V. U1 = V; U2 = V. c.) Mekkora a kondenzátorok töltése Q = As 44 –G– 1. I1 R1 U U = 12 V, 1 R1 = 0,5 kΩ; R2 IA R3 A B UAB R4 R2 = 2kΩ; IB R5 R3 = 3 kΩ; R4 = 4 kΩ; 0 R5 = 1 kΩ a.) Kiszámítandók a hálózat áramai: I1 = . mA IA = . mA IB = . mA

b.) Meghatározandó az A-B pontok közötti feszültség: UAB = . V c.) Mekkora a tápegység által leadott teljesítmény? P = . mW 2. Egy U = 220 V-os fűtőtestben két ellenállás: R1 = 100 Ω; R2 = 50 Ω van a.) Milyen teljesítményfokozatok hozhatók létre a különbözőképpen kapcsolt ellenállásokkal? PA = . W PB = . W PC = W (legkisebb) PD = W (legnagyobb) b.) Mekkora az áram a legnagyobb teljesítmény esetén? ID = A c.) Hogyan alakul a legnagyobb teljesítmény, ha a hálózati feszültség 10 %-kal csökken? PD = W 45 3. Egy jelfogó rézből készült tekercse U = 24 volton, szobahőmérsékleten ϑH = 20 Co-on, IH = 8 mA áramot vesz fel. Működés közben a felmelegedett tekercs Im = 7 mA áramot vesz fel. a.) Mekkora a „hideg” és a meleg ellenállás? R0H = . Ω Rϑ = . Ω b.) Kiszámítandó a tekercs hőmérsékletének növekedése és hőmérséklete ∆ϑ = . oC ϑm = . oC A réz ellenállásának hőmérsékleti tényezője αR =

0,0039 ( 1 ). K c.) Szemléltesse diagramon a réz ellenállásának hőfokfüggését R = f(ϑ)! Írja fel a függvényt! R ϑ 46 –H– 1. R1 = 10 Ω; U0 = 6 V; R2 = 20 Ω; R3 = 30 Ω; R4 = 40 Ω a.) Meghatározandók az áramerősségek I1 R1 I1 = A A I2 = A U0 I2 I3 R2 I3 = A I4 I4 = A R3 R4 b.) Kiszámítandó az UAB feszültség B UAB = V 2.) Mekkora feszültségre töltendő a C = 20 µF kapacitású kondenzátor, hogy a benne tárolt energia WC = 0,1 J legyen. a.) UC = V b.) Kiszámítandó a töltés Q = As UC C c.) Meghatározandó a térerősség l = 0,1 mm vastagságú szigetelés esetén E = V/m 3.) Hosszú, egyenes vezető mellett; r = 0,1 m; I = 200 A esetén (levegőben) meghatározandó a mágneses térerősség. H = A/m, I a mágneses indukció B = T (Vs/m2) r A = 1 cm2 és a tekercs fluxusa φ = Vs 47 –I– 1. Meghatározandó a kondenzátorok töltése, feszültsége, energiája C1 = 4 µF U1 U0 C2 = 3 µF

U2 U1 = V U2 = V Q1 = As Q2 = As Wc1 = J Wc2 = J U0 = 10 V A = 0,8 cm2 2.) P l = 6 cm L = 1 mH „levegő” a.) Az adott induktivitás mekkora menetszámmal hozható létre? N = menet b.) I = 0,1 A áram esetén kiszámítandó a tekercs fluxusa φ = Vs c.) Meghatározandó a „P” pontban az indukció B = T 3.) l = 100 m Rb = 0,1 Ω G U0 = 220 V a.) Kiszámítandó a vezeték ellenállása Rv/2 Uk 2 Av = 4 mm ALU (a fogyasztó 100 m-re van az áramfor- RF = 15 Ω rástól) RV = Ω b.) Meghatározandó a fogyasztó teljesítméρ = 0,028 Ωmm2/m nye Rv/2 PF = W c.) t = 3 nap alatt mekkora a fogyasztó energiaköltsége „K” (ár = 12Ft/kWh) K = Ft 48 –J– 1. a.) Kiszámítandó a kapacitiv C = 80 nF reaktancia Xc = Ω U2 U1=6 V és a látszólagos ellenállás: R = 0,2 kΩ Z = Ω f = 10000 Hz frekvencián b.) Meghatározandó az áram: I = mA és a kimeneti feszültség: U2 = V 2. a.) Mekkora a tekercs

reaktanciája: R = 25 Ω U = 220 V f = 50 Hz I XL = Ω Az áramkör látszólagos ellenállása: L = 0,1 H Z = Ω b.) kiszámítandó az áram: I = A c.) meghatározandó a hatásos teljesítmény P = W és a látszólagos teljesítmény S = VA 3. R = 2 kΩ L = 10 mH Uo C = 10 nF A bemeneti pontokra t = 0 pillanatban U0 = 10 V ugrásfüggvényt kapcsolunk. a.) Meghatározandók az áram-időfüggvény jellemzői ρ =  1    s ω0 =  1    s R0 = Ω b.) Meghatározandó az áram időfüggvény jellege i(t) 49 c.) Rajzolja fel az időfüggvényt! . Írja fel az áramgörbe i(t) = képletét, számértékeket i(t) t 50 –K– 1.) A tekercs U = 220 V-os, f= 50 Hz-es feszültségen I = 1,8 A áramot vesz fel. a.) Kiszámítandó az impedancia Z = Ω Ueff = 220 V R = 70 Ω és a reaktancia XL = Ω I = 1,8 A b.) Meghatározandó az induktivitás f = 50 Hz L = H XL = ? c.) Kiszámítandó – a hatásos

teljesítmény P = W 2.) – a látszólagos teljesítmény S = VA Felüláteresztő szűrő bemenetére U1 = 10 V feszültség jut. C = 2,5 µF U1 = 10 V U2 I a.) Kiszámítandó f = 1 kHz frekvencián a kondenzátor reaktanciája XC = Ω, R = 300 Ω és az áram I = mA. b.) Meghatározandó a kimeneti feszültség U2 = V. 3.) Mekkora I lesz a feszültség és az t1 = 2 ms-mal az egységugrás U = 100 V bekap- UC csolása után. C = 1 µF U áram UR U R = 1 kΩ t1 t UC1 = V; IC1 = mA Rajzolja fel a kondenzátor feszültség uC(t) és az áram iC(t) időfüggvényét, iC uC t 51 t –L– 1. Az áramkör rezonanciafrekvenciája fr = 3000 Hz i(t) R = 30 Ω L = 10 mH U1 = 6 V a.) Meghatározandó a kapacitás U2 értéke C = F UC b.) Rezonancia esetén az áram C=? Ir = mA. c.) Rezonancia esetén a kondenzátor feszültsége (a kimenő feszültség) U2 = UC = V d.) Ábrázolja az áramot a frekvencia függvényében! i f 2. A kör

időállandója τ = 5 ms a.) Kiszámítandó az ellenállás R = Ω R b.) Meghatározandó az áram U0 = 12 V – közvetlenül a bekapcsoláskor I0 = A C = 1 µF – t1 = 2 ms-mal a bekapcsolás után I1 = A – a kondenzátorban tárolt energia WC1 = J 3. Meghatározandó R = 100 Ω L = 0,3 H a.) a kör impedanciája Z = Ω 220 V és a kör árama I = A R 50 Hz b.) Kiszámítandó L a hatásos teljesítmény P = W a látszólagos teljesítmény S = VA c.) Meghatározandó a fázistényező cosϕ = 52 i