v. egyszerű váltakozó áramú körök árama, feszültsége ... · v. egyszerű váltakozó...

V. Egyszerű váltakozó áramú körök árama, feszültsége,teljesítménye

Feszültség előállítása indukcióvalForgási (mozgási) indukció: forgási indukált feszültség keletkezik, amikor egy vezető és amágneses tér között viszonylagos elmozdulás „erővonalmetszés” jön létre.Az unipoláris (homopoláris) villamos gép elveHa a vezetők a mágneses tér erővonalaira merőleges síkban, a mágneses térhez viszonyítvafolyamatosan azonos irányban mozognak (a mozgás során a mágneses tér iránya azonos),akkor bennük a forgó mozgás során változatlan polaritású feszültség indukálódik.

Ω

dα

ui +

–

ÉD

V

BR

Az unipoláris (homopoláris) villamos gép elvi vázlata

Az unipoláris villamos gép vezetői a mozgásuk (körülfordulásuk) során azonos irányú mág-neses térben vannak.A homogénnek tekintett B indukciójú mágneses térben körbeforgó vezető által dα szögelfor-dulás során súrolt dA felület

dA R d R d= =22

2 2π α

πα ,

ahol R – a vezető hossza (a körpálya sugara).Az elfordulás ideje alatt a dφ fluxusváltozás

d BdA BR dφ α= =2

2.

Az egy vezető rúdban indukálódó Ui1 feszültség Ω szögsebesség mellett

U ddt

BR ddt

BRi1

2 2

2 2= = =φ α Ω .

Ebben az elrendezésben a vezetők párhuzamos kapcsolása viszonylag egyszerű, azokat sorbakapcsolni és így az egyes „küllőkben” indukálódó feszültségeket összegezni csak nagyon bo-nyolult megoldással lehet. Ezért a homopoláris gépekre főleg a kis feszültség és a nagy áramjellemző (pl. elektrolízisnél használt galvándinamó).

PéldaLegyen B=1 T, R=0,1 m és Ω =2π50=314/s (T=0,02 s, n=50 fordulat/sec), akkor az egy veze-tőben indukált feszültség Ui1=1,57 V.

VIVEA002 Elektrotechnika 2014

2

A heteropoláris villamos gép elveAmikor a vezetők a mágneses térhez viszonyítva változó irányban mozognak (a mozgás sorána mágneses tér iránya változik), az indukált feszültség polaritása is változik. Az ábra szerintielrendezésben a vezetők egy henger palástja mentén váltakozva az északi és a déli mágnesespólus alatt haladnak el.A pólus középvonala alatti elhaladás pillanatában az egyetlen vezetőben indukálódó feszült-ség:

Ui1=Blv =BlRΩ,ahol R – a henger sugara, l – egy vezető mágneses hatás alatt lévő (aktív vagy effektív) hosz-sza, v – a kerületi sebesség, Ω – a szögsebesség.N sorbakapcsolt vezetőből álló tekercsben az eredő indukált feszültség:

Ui=NUi1=NBlRΩ .

D

É

B

Ω

l

R

É D

τp

v

ui ui

i

–+

A heteropoláris villamos gép elvi felépítése (perspektivikus és kiterített vázlata)

A tekercseket úgy alakítják ki, hogy az egy menetet képező 2 vezető egymástól pólusosztás-nyira helyezkedjen el, vagyis egymáshoz képest ellenkező irányú mágneses térben legyenek,így bennük ellentétes polaritású feszültség indukálódik. Ezért a vezetők sorba kapcsolásakor afeszültségek összegeződnek.Az ellenkező mágneses pólusok középvonala közötti távolságot nevezik pólusosztásnak ésleggyakrabban τp-vel jelölik.Az indukált feszültség pillanatértéke a definíciós képlet – ( ) ( )u t B vi = × l – szerint akkor alegnagyobb, amikor a v kerületi sebesség merőleges a B indukcióra, a pillanatérték zérus,amikor a kerületi sebesség párhuzamos az indukcióval.Amennyiben a mágneses tér (a B indukció) a vezető bármelyik helyzetében merőleges a vkerületi sebességre (pl. sugár irányú), akkor a fenti képletek szerint számított indukált feszült-ség nagysága független a vezető helyzetétől a henger palástja mentén, de pólusváltozáskorelőjelet vált.Az egyes pólusok alatt elhaladó vezetőkben a mágneses térnek megfelelő irányú indukált fe-szültség jön létre, ezért minden vezetőben félfordulatonként megváltozik a feszültség iránya,váltakozó (irányú) feszültség keletkezik.

V. Egyszerű váltakozó áramú körök árama, feszültsége, teljesítménye

3

PéldaLegyen B=1 T, R=0,1 m, l = 0,5 m és Ω = 314/s (50 fordulat/sec), akkor az egy vezetőbenindukált feszültség maximális értéke Ui1= 15,7 V, az egy menetben (2 vezetőben) indukálódófeszültség Ui1m= 31,4 V.

Időben szinusz függvény szerint változó feszültség előállítása

ui1(t)

É

D

Ω

B

– (+)

I

+ (–) I

R

ui1(t)

l

d

Elvi vázlat, a csúszógyűrű alkalmazása

A vázlat szerinti keret vezetőiben indukálódó feszültség polaritása pozíció-függő. A forgóvezetők csúszó kontaktusokon keresztül érhetők el csúszógyűrűk segítségével.

Ω t

d

D

É

α=Ω t

φ(t)ui(t)

2ππ

Ω vB

A fluxus és az indukált feszültség időbeli változása


4

Ha egy vezető keret egyenletes Ω szögsebességgel forog a B=áll. indukciójú homogén mág-neses térben akkor a B indukció keretre merőleges Bn összetevőjének nagysága a forgás soránváltozik,

Bn(t)=Bcosα=BcosΩ t,így a keret által átfogott fluxus nagysága φ(t)=BnA=Bnld is változik:

φ(t)=BldcosΩ t=ΦmcosΩ t, itt Φm=Bld – a fluxus amplitúdója.

αB

Bt

Bn

α

vy

vxv

αA B indukció és a v kerületi sebesség merőleges összetevői

Az indukált feszültség N számú sorbakapcsolt vezető esetén:

( )u t N ddt

N t N t U ti m m m= = − = +

= +

φ π πΩΦ Ω ΩΦ Ω Ωsin cos cos2 2

.

Az ui indukált feszültség időfüggvénye 90°-kal eltolt a fluxushoz képest (siet). Amikor a keretáltal átfogott fluxus a legnagyobb, akkor a fluxusváltozás – és ezért az indukált feszültség is –a legkisebb (t=0, α=0), amikor az átfogott fluxus a legkisebb, a változás és az indukált fe-

szültség is a legnagyobb t = = =

ππ α2

290

Ω Ω, o .

A keret egy teljes körülfordulása alatt az indukált feszültség egy teljes szinuszgörbét ír le.Az indukált feszültség más megfontolással, a mozgási indukcióval is értelmezhető: a vezető-nek a mágneses erővonalakra merőleges sebesség komponense vy=vsinΩ t, így az egy vezető-ben indukálódó ui1 feszültség a felvett pozitív iránynak megfelelő előjellel:

( )u B v Bv Bv ti y1 = × = = −l l l sin Ω .

Mivel v R ddt

R d= = =α Ω Ω2

, az indukálódó feszültség:

u d B t tim

1 2 2= − = −Ω Ω Ω Φ Ωl sin sin ,

itt is Φm=Bld.A 2 vezetőből álló keretben ui1 kétszerese indukálódik, N menetű keretben pedig

( )u t N t N t U ti m m m= − = +

= +

Ω Φ Ω ΩΦ Ω Ωsin cos cosπ π2 2

.

A frekvencia fogalmaAz időegység alatt lezajló teljes (változási) ciklusok (ismétlődések, periódusok) száma a frek-vencia.A frekvencia jele f, SI mértékegysége Hertz1 tiszteletére 1 Hertz, Heinrich Rudolf (1857-1894) német fizikus


5

[ ]f = = =Hz hertz 1s

.

Az ábrán vázolt esetben az indukált feszültség egy ciklusa a vezető keret egy teljes mechani-kai fordulata alatt zajlik le, így a ciklusok száma megegyezik a fordulatok számával:

f ns s1 1

= .

A villamosmérnöki gyakorlatban a fordulatszám rendszerint a percenkénti fordulatok számátjelenti, ebben az esetben:

f ns1

1

60

=min

.

A körfrekvencia fogalmaA szinusz és a koszinusz trigonometrikus függvény periodikus, argumentuma a szög. Egyperiódus 2π (=360°) terjedelmű, vagyis sin(2π+α)=sin(α), vagy cos(2π+α)=cos(α).Ha 1 változási ciklus (1 periódus) argumentuma 2π (=360°), azaz egy teljes kör, akkor má-sodpercenként f periódushoz 2πf szög, vagyis f számú teljes kör tartozik. Ezért az 2πf szorza-tot körfrekvenciának nevezik (tulajdonképpen szögfrekvencia), jele ω, SI mértékegysége

[ ]ω = 1s

(a gyakorlatban elterjedt ezen kívül a rad/s is).

A körfrekvencia tulajdonképpen az időegység alatt érintett szögtartomány.A körfrekvencia kapcsolatot teremt az idő és a szög között: α=ωt.Az egy periódus lefolyásához szükséges idő a T periódusidő: α=2π=ωT, illetve

Tf f

= = =2 22

1πω

ππ

.

Kétpólusú gépeknél a kerület mentén 1 db É és 1 db D mágneses pólus van, az Ω mechanikaiszögsebesség megegyezik vezetőkben indukálódó szinuszos feszültség ω körfrekvenciájávalω=Ω, mivel egy villamos periódus egy mechanikai fordulat alatt zajlik le.

É D É DÉ

DD

É

ωtΩ t

4π2π

2ππ0

Ui

vΩ

4 pólusú (p=2) gép elvi vázlata

Többpólusú gépeknél, amelyeknél a kerület mentén p-számú póluspárt helyeznek el, a veze-tők minden körülfordulás alatt p-szer haladnak el É és D pólus terében, egy mechanikai fordu-


6

lat alatt p számú villamos periódus zajlik le ω=pΩ. Ennek figyelembevételével a forgási in-dukált feszültség általánosabb alakja:

ui=pNΩΦmsinpΩ t.

2πp

ωtΩ t

2π

ui(ωt)

Az indukált feszültség a villamos és a mechanikai szögelfordulás függvényében (p=1)

A frekvencia és a fordulatszám közötti általános összefüggés f p ns1

1

60

=min

, ekkora egy n

fordulattal járó, p póluspárú (szinkron) generátor indukált feszültségének frekvenciája. Ebbőlaz összefüggésből számítható az f frekvenciájú feszültségről táplált motor n0 (szinkron) fordu-latszáma (a mágneses mező fordulatszáma):

n fp0

60= .

f=50 Hz tápfrekvencia esetén a szinkron fordulatszám: np0

3000= , f=60 Hz esetén

np0

3600= .

A szinkron generátor működési elve

d

q

τp

d

q τp

a) b)Hengeres a) és kiálló pólusú b) forgórészű szinkron gép vázlata (p=1)


7

A villamos energia előállítására alkalmazott szinkron generátorokban az a szokásos elrende-zés, hogy egy szinuszos eloszlású mágneses tér forog, a vezetőket pedig, amelyekben a fe-szültség indukálódik, az állórész hornyaiban helyezik el. A mágneses teret a forgórész egyen-árammal gerjesztett tekercsével állítják elő, a szinuszos eloszlás a gerjesztő tekercs vezetői-nek megfelelő térbeli eloszlásával, vagy a légrés megfelelő kialakításával érhető el, illetveközelíthető. A mágneses tér a forgórésszel együtt forog.A szinuszos térbeli eloszlású indukcióval való erővonalmetszés mértéke időben szinuszos(vagy koszinuszos). Ha a vezetőkeret (tekercs) által átfogott fluxus változása szinuszos, akkora vezetőkben indukálódó feszültség időbeli változása is szinuszos (vagy koszinuszos).

Transzformátoros (nyugalmi) indukció: transzformátoros indukált feszültség akkor keletke-zik, amikor egy nyugalomban lévő vezető keret által átfogott mágneses tér nem a keret moz-gása miatt változik.Az ábra szerinti elrendezésben a B(t) indukció az i(t) koszinusz függvény szerint változó ger-jesztő áram hatására időben koszinusz függvény szerint változik:

i(t)=Imcosωt és B(t)=Bmcosωt.A fluxus is koszinusz függvény szerint változik:φ(t)=Φmcosωt, az indukált feszültség pedig

( ) ( )u t Nd t

dtN ti m= = −

φωΦ ωsin .

i(t)

φ(t)

N

ui(t)

A transzformátoros indukált feszültség illusztrációja

A térben álló tekercsek közötti elektromágneses kapcsolatban transzformátoros indukció jönlétre, villamos forgógépekben általában forgási, de mindkét fajta indukált feszültség egyszerreis jelen lehet, ha a vezető időben nem állandó mágneses térben mozog.

A transzformátor működési elveA transzformátor egy olyan csatolt tekercsekből álló elektromágneses energia-átalakító,amelyik a primer oldal (tekercs) által felvett, u1 feszültséggel és i1 árammal jellemezhető vil-lamos energiát a szekunder oldal (tekercs) által leadott, más feszültségű (u2) és más áramú (i2)de azonos frekvenciájú villamos energiává alakítja át.Ha az egyszerűsítés érdekében elhanyagoljuk a primer tekercs ohmos ellenállását (amit olyanesetben tehetünk, amikor R1 « XL1), akkor a primer oldal kapocsfeszültsége megegyezik azindukált feszültséggel:

( ) ( )u t U t Ldi t

dtm1 1 11= =sinω .

Ebből az i1 primer áram


8

( ) ( )i tL

u t dt UL

t I t I tmm m1

11

1

11 1

12

= = − = − = −

∫ ω

ω ω ω πcos cos sin .

A primer tekercs i1 árama által létrehozott B1 indukció és φ1 fluxus időbeli változása:

B1(t)=-B1mcosωt és ezért φ1(t)=-Φ1mcosωt = −

Φ1 2m tsin ω π

Árammentes szekunder tekercsnél a primer tekercs által létrehozott φ1 fluxus szekunder te-kerccsel kapcsolódó φm1 része a σ szórástól függően kisebb a primer tekercs fluxusánál, atérelméleti felbontást alkalmazva:φm1(t) ≤ φ1(t), φ2(t) = (1-σ)φ1(t) =-(1-σ)Φ1mcosωt=-Φ2mcosωt.

i1(t)

u1(t)

u2(t)

i2(t)

φm1(t)

φm2(t)

N1

N2

A transzformátor elvi felépítése

A szekunder tekercsben indukálódó u2(t) feszültség:

( ) ( )u t Nd t

dtN tm2 2

22 2= =

φω ωΦ sin .

Terhelés (fogyasztó) rákapcsolásakor a szekunder áramkör záródik és a kialakuló i2 áram azábrán láthatóan legerjesztő hatású, i1-el ellenkező irányú (ellenfázisú) fluxust hoz létre. Akisebb φm(t)= φm1(t)+φm2(t) eredő mágnesező fluxus miatt csökken a primer tekercsben indu-kálódó feszültség (ami egyensúlyt tart a tápfeszültséggel), emiatt nő az i1 primer áram. Ezbiztosítja az energetikai egyensúlyt: a szekunder oldal leadott energiáját a primer oldal veszifel a táphálózatból.A villamos és a vasveszteségek miatt P2< P1, a leadott teljesítmény mindig kisebb a felvett-nél.

Szinusz függvény szerint változó mennyiségek fázisviszonyai

Az ábrán egy kétpólusú (p=1) mágneses térben három, azonos Ω mechanikai szögsebességgelkörbe forgó vezető keret vázlata és a keretekben indukálódó feszültség időfüggvénye látható at=0-nak választott időpontnak megfelelően. Az egyes keretek szöghelyzetét a vízszintes ten-gelyhez képest az α szögek mutatják, α=Ω t és Ω=ω (a kétpólusú tér miatt a szögsebességmegegyezik a körfrekvenciával). Az egyes keretek szöghelyzete időben egyformán változik, aközöttük lévő ϕ szögek – és ezért az indukált feszültségek közötti fázisbeli különbségek is –állandóak.


9

ϕ12ω t

D

É

α2

u3(t)

2ππ

ΩB

α3

α1ϕ13

u1(t)u2(t)

3

1

2 α2

α1

α3

t=0t'=0

Eltérő fázishelyzetű feszültségek előállítása

Az egyes indukált feszültség időfüggvények:u1(t)=Umsin(ωt+α1),u2(t)=Umsin(ωt+α2),u3(t)=Umsin(ωt+α3).

A szinusz függvények (ωt+α) argumentumai a fázisszögek (fázisok), az adott pillanathoztartozó szögértékek.Az α kezdeti fázisszög a megfigyelés kezdő időpontjától, a t=0 pillanat megválasztásátólfügg:

u1(t=0)=Umsinα1.Az u(t) feszültség esetében a pozitív nulla-átmenet pillanatának meghatározása: u(t)=0, hasin(ωt+α1)=0, vagyis ωt+α1=0, vagyis ωt=-α1.Ha egyetlen jelet vizsgálunk, akkor a t=0 időpont megválasztásának állandósult állapotbannincs jelentősége.Több vizsgált jel esetén t=0-t célszerű ahhoz a jelhez illeszteni, amelyikhez a többi jel helyze-tét viszonyítják (referencia jel).Legyen u1(t) a referencia (az ábrán t'=0), akkorα2=α1-ϕ12,α3=α1+ϕ13.Behelyettesítve a feszültségek képletébe:

u1(t)=Umsin(ωt+α1),u2(t)=Umsin(ωt+α1-ϕ12),u3(t)=Umsin(ωt+α1+ϕ13).

A t=0 időpontot α1=0 választással jelöljük ki (az ábrán szaggatott vonallal rajzolt függőlegestengely), így

u1(t)=Umsinωt,u2(t)=Umsin(ωt-ϕ12),u3(t)=Umsin(ωt+ϕ13).


10

u2 szöghelyzete u1-hez viszonyítva: ϕ12=α2-α1<0, u2 késik u1-hez képest (később van pozitívnulla-átmenete),u3 szöghelyzete u1-hez viszonyítva: ϕ13=α3-α1>0, u3 siet u1-hez képest.Az időtengely jobb felé mutat, a korábbi időpontok balra, a későbbiek jobbra esnek. Egy ese-mény (pl. nulla-átmenet) annál inkább jobbra kerül az időtengelyen, minél később következikbe.A feszültséghez hasonlóan írható le és ábrázolható más szinuszos mennyiség is, pl. az áram:i(t)=Imsin(ωt+ϕi).Az áram szöghelyzetét a saját fázisfeszültségéhez képest szokták felírni. Hau(t)=Umsin(ωt+ϕu), akkor az áram ϕ szöghelyzete a feszültségéhez képest: ϕ = ϕi – ϕu, azaz:i(t)=Imsin(ωt+ϕu+ϕ).Amennyiben a feszültség a referencia, akkor ϕu=0, ϕ <0-nál az áram késik, ϕ >0 esetén azáram siet a feszültséghez képest.

A váltakozó mennyiségek jellemzőiA független változó megválasztásának lehetőségeAz u(t)=Umsin(ωt+ϕ) alak használatakor a független változó az idő, így differenciálásnál az ωkörfrekvencia szorzóként, integráláskor osztóként szerepel:

( ) ( )du tdt

U tm= +ω ω ϕcos és ( ) ( )u t dt U tm∫ = − +ω

ω ϕcos .

Az u(ωt)=Umsin(ωt+ϕ) változatban a független változó a szög, differenciálásnál nincs szorzó,integráláskor nincs osztó:

( ) ( )du td t

U tm

ωω

ω ϕ= +cos és ( ) ( )u t d t U tmω ω ω ϕ∫ = − +cos .

Megjegyzés Az indukált feszültséget – a definíció szerint – idő szerinti deriválással kell

számítani: ( )u ddt

ti = ψ .

Fontosabb definíciókPillanatérték: a váltakozó mennyiség nagysága a független változó adott értékénél (adottidőpillanatban, adott szögértéknél), mérése regisztráló műszerrel (pl. oszcilloszkóp) lehetsé-ges. Jelölése kisbetűvel, pl. feszültség esetén: u, u(t) , u(ωt). A pillanatérték tetszőleges függ-vénynél értelmezhető.Fázisszög (fázis, fázishelyzet): trigonometrikus függvény esetén a radiánban vagy fokbankifejezett szög érték, időben változik. Jelölése pl. ϕ =ωt.Kezdeti fázisszög (fáziseltolás): trigonometrikus függvény esetén radiánban vagy fokban kife-jezett szög érték a t=0 referencia időpontban, konstans érték. Jelölése pl. ϕ0.Csúcsérték, amplitúdó, maximális érték: a periódusidő alatt elért legnagyobb (vagy legkisebb)pillanatérték. jelölése pl. feszültség esetén: $U , Um, Umax. A maximális érték tetszőleges peri-odikus függvénynél értelmezhető.Effektív érték: áram esetén egyszerű az értelmezése, annak az egyenértékű egyenáramnak anagysága, amelyik egy adott R ellenálláson ugyanakkora veszteségi energiát termel, mint va-lamilyen váltakozó áram egy periódus alatt. Az effektív érték tetszőleges periodikus függ-vénynél értelmezhető.Egy R ellenálláson I egyenáram esetén a dt idő alatti veszteség dW=I2Rdt, ennek a T periódus-időre (az összehasonlításban szereplő váltakozó áram periódusidejére) számított integráljaW=I2RT.


11

A veszteség váltakozó áram esetén dt idő alatt:

dW=i(t)2Rdt, aminek a T periódusidőre számított integrálja ( )W R i t dtT

= ∫ 2

0

, ez a definíció

szerint meg kell egyezzen az egyenáram esetén kapott W=I2RT értékkel,

( )W R i t dt I RTT

= =∫ 2

0

2 ,

így az I egyenértékű egyenáram, vagyis a váltakozó áram effektív értéke:

( )I IT

i t dteff

T

= = ∫1 2

0

.

Az effektív érték jelölése pl. feszültség esetén: U, Ueff.Egyenáramú mennyiségeknél a pillanatérték, a maximális- és az effektív érték megegyezik:

u(t)=Ueff=Umax.Szinusz függvény szerint változó mennyiség effektív értéke, ha i(t)=Imsinωt:

( )IT

i t dtT

I tdt IT

t dt IT

t teff

T

m

Tm

Tm

T2 2

0

2 2

0

2

0

2

0

1 1 1 22 2

14

2= = = − = −

=∫ ∫ ∫sin cos sinω ωω

ω

= −

=IT

t tT

ImT

m2

0

2

21

44

2ωπsin .

I I Ieff

m= = =2

0,707Im.

PéldaU=Ueff=230 V ⇒ Umax= 325,27 V,U=Ueff=400 V ⇒ Umax= 565,68 V.

Csúcstényező: a váltakozó mennyiség csúcsértékének és effektív értékének a viszonya, há-nyadosa, például feszültségre

k UUcs

m

eff

= .

Egyenáramú mennyiségeknél kcs=1, szinuszosan váltakozó mennyiségeknél kcs = 2 .A különböző váltakozó áramú villamos készülékek, berendezések névleges adataiként rend-szerint az effektív értékeket adják meg, mérésnél is általában az effektív értékeket határozzákmeg. Szigetelés szempontjából viszont a feszültség csúcsértéke a mérvadó, elektronikus esz-közöknél (pl. erősítők) a bemenetre előírt korlát a pillanatértékre vonatkozik, tehát periodikusjel esetén szintén a csúcsérték.

Az indukált feszültség effektív értékének számításaA p-pólusú gépben indukált forgási feszültségre kapott ui=pNΩΦmsinpΩ t összefüggésben

Ω = n260

π , ahol n – a percenkénti fordulatok száma.

Ω fenti behelyettesítésével: ( )u t pN n p n t U ti m m= =260

260

π π ωΦ sin sin .

Az amplitúdó: U pN nm m= 2

60π Φ , az effektív érték ennek 2 -ed része:

U pN n Nfeff m m= =2260

4 44π Φ Φ, ,


12

mivel a frekvencia f pn=60

és 22

2 4 44π π= = , .

A transzformátoros indukált feszültségre kapott ui=NωΦmsinωt összefüggésben az amplitúdó:Um=NωΦm, az effektív érték pedig:

U N f Nfeff m m= =22

4 44π Φ Φ, ,

ami megegyezik a forgási indukált feszültségre kapott értékkel.PéldaN=100, f=50 Hz, Φm=10-3 Vs ⇒ Ueff=22,2 V (Um=31,39 V).

Szinusz függvény szerint váltakozó feszültségről táplált egyszerű áramkörök számításaElőjel konvenciókÁltalában az ún. fogyasztói pozitív irányokat használják, ezek szerint:

- a ϕ fázisszög az áram helyzete a feszültség szinusz hullámához képest,- a fogyasztott P hatásos teljesítmény pozitív, a termelt negatív,- az induktív fogyasztó Q meddő teljesítménye pozitív, a kapacitívé negatív.

1. Ohmos ellenállásVáltakozó feszültségre kapcsolt ellenállás i(t)R feszültségesése minden pillanatban egyensúlyttart az u(t) hálózati (táp)feszültséggel.u(t)-i(t)R=0 ⇒ u(t)=i(t)RHa a tápfeszültség szinusz függvény szerint változik, u(t)=Umsinωt (a kezdeti fázisszögϕu=0), akkor az előző egyenletből:

( ) ( )i tu tR

UR

t I tmm= = =sin sinω ω , itt I U

Rmm= .

∼ Ru(t)

i(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt R ellenállás áramköri vázlata

Ohmos ellenálláson az áram fázisban van a feszültséggel, ϕi=ϕu, így ϕ=0.

Az áram és a feszültség effektív értéke közötti összefüggés: IU

Reffeff= , vagy I

UR

= .

Az ellenállás teljesítményének pillanatértéke:( ) ( ) ( )p t u t i t U t I t U I tm m m m= ⋅ = ⋅ = =sin sin sinω ω ω2

( )= − = −U I U I t U I tm m m m m m

22

2 21 2cos cosω ω .


13

wt

p(t)u(t)

i(t)

Az ellenállás feszültségének, áramának és teljesítményének időfüggvénye

A teljesítmény egy középérték körül kétszeres frekvenciájú koszinusz függvény szerint leng,lüktet. Előjele mindig pozitív, tehát az energiaáramlás iránya minden pillanatban azonos.

A teljesítmény középértéke: P U I U I UI UR

I Rm meff eff= = = = =

2

22 .

Az ellenállás teljesítménye hatásos teljesítmény, SI mértékegysége [P]=W=watt.

PéldaEgy R nagyságú ellenállást u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram és a teljesítmény?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s( ) ( ) ( )i t t t= ⋅ =2 2 3 314 3 2527 314, sin , sin A, I=2,3 A,

p(t)=230⋅2,3(1-cos 2⋅314t)=529(1-cos 628t), P=529 W.

2. InduktivitásIdeális (ellenállás mentes) induktivitásra (tekercsre) kapcsolt u(t) váltakozó feszültség hatásá-ra folyó i(t) áram váltakozó mágneses teret hoz létre. A váltakozó mágneses tér az induktivi-táson önindukciós feszültséget indukál. Ez a feszültség minden pillanatban egyensúlyt tart ahálózati (táp)feszültséggel.

∼ Lu(t)

i(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt L induktivitás áramköri vázlata

( ) ( )u t Ldi tdt

− = 0 ⇒ ( ) ( )u t Ldi tdt

= .


14

Ha a tápfeszültség szinusz függvény szerint változik, u(t)=Umsinωt (a kezdeti fázisszögϕu=0), akkor az előző egyenletből:

( )i tUL

tdtUL

t I t I tm mm m= = − = − = −

∫ sin cos cos sinω

ωω ω ω

π2

, itt I ULm

m=ω

.

Az áram 90°-os fáziskéséssel követi a feszültséget ϕ ϕ πi = = −

2.

Az áram és a feszültség effektív értéke közötti összefüggés: IULeff

eff=ω

, vagy IUL

=ω

.

f

XL

Az induktív reaktancia frekvencia-függése

A kapott képletben ωL=XL – a váltakozó áramú induktív ellenállás (induktív reaktancia), ami-nek SI mértékegysége [XL]=Ω=ohm.Az induktív reaktancia XL =ωL=2πfL arányos a frekvenciával és az induktivitással. A te-kercsben a mágneses tér változása miatt indukálódó feszültséget az áramkörben az induktívellenálláson eső feszültség helyettesíti, uL=iXL, vagy UL=IXL.Az induktivitás teljesítményének pillanatértéke:

( ) ( ) ( )p t u t i t U t I t U I tm m m m= ⋅ = − ⋅ = −sin cos sinω ω ω2

2kétszeres frekvenciájú szinusz függvény szerint változik.

wt

p(t)u(t)

i(t)

Az induktivitás feszültségének, áramának és teljesítményének időfüggvénye

A tekercsben negyed periódus alatt (pozitív szakasz) felhalmozódó energia a következő ne-gyed periódus alatt (negatív szakasz) visszaáramlik a tápforrásba. A tekercsben energia nem


15

használódik fel, munkát nem végez, ezért ezt a teljesítményt meddő teljesítménynek nevezikés a maximális (csúcs) értékével jellemzik.Az ún. fogyasztói pozitív irányok mellett az induktivitás meddő teljesítménye pozitív elője-lű:

Q U I U I UI UX

I XLm m

eff effL

L= = = = =2

22 , SI mértékegysége [Q]=var=voltamper reaktív.

A meddő teljesítmény fenti értelmezése csak szinuszos táplálás esetén igaz. Nemszinuszosvagy többhullámú táplálásnál járulékos veszteségek jelennek meg, ezeket gyakran a meddővelösszevonják, pl. impulzus-szerű táplálásnál.PéldaEgy L nagyságú induktivitást (tekercset) u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram és ateljesítmény?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, L=10,36 mH, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XL=ωL=314⋅10,36⋅10-3=3,25304 Ω,i(t)=100sin(314t-π/2), Ieff=70,71 A,

( ) ( ) ( )p t t t= − ⋅ = −325 27 1002

628 16263 5 628, sin , sin , Q=16,263 kvar.

3. KapacitásEgy kondenzátorban a tárolt töltés minden pillanatban arányos a fegyverzetei közötti feszült-séggel: q(t)=Cu(t).Ha a feszültség változik, változik a tárolt töltés és a töltés változásának megfelelő áram folyikaz elektródokhoz (vezetési áram), illetve a dielektrikumon át (eltolási áram)

( ) ( ) ( )i tdq t

dtC

du tdt

= = .

∼ Cu(t)

i(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt C kapacitás áramköri vázlata

Ha a tápfeszültség szinusz függvény szerint változik, u(t)=Umsinωt (a kezdeti fázisszögϕu=0), akkor az előző egyenletből:

( ) ( )i t Cdu t

dtCU d

dtt C U t C U t I tm m m m= = = = +

= +

sin cos sin sinω ω ω ω ω π ω π2 2

,

itt I C U U

C

UXm m

m m

C

= = =ω

ω1 .

Az áram fázisban 90°-kal siet a feszültséghez képest ϕ ϕ πi = =

2.

Az áram és a feszültség effektív értéke közötti összefüggés: IUXeff

eff

C

= , vagy I UXC

= .


16

f

XC

A kapacitív reaktancia frekvencia-függése

A kapott képletben szereplő 1ω C

XC= a váltakozó áramú kapacitív ellenállás (kapacitív

reaktancia), aminek SI mértékegysége [XC]=Ω=ohm.

A kapacitív reaktancia XC f CC = =1 1

2ω π fordítottan arányos a frekvenciával és a kapaci-

tással. A villamos térben létrejövő potenciál-különbséget az áramkörben a kapacitív ellenál-lásra eső feszültség helyettesíti.A kapacitás teljesítményének pillanatértéke:

( ) ( ) ( )p t u t i t U t I t U I tm m m m= ⋅ = ⋅ =sin cos sinω ω ω2

2kétszeres frekvenciájú szinusz függvény szerint változik.A kondenzátorban az áram által szállított töltések építik fel a villamos teret. A negyed perió-dus alatt (pozitív szakasz) felépülő villamos tér a következő negyed periódus alatt lebomlik(negatív szakasz). A kondenzátorban energia nem használódik fel, munkát nem végez, ezértezt a teljesítményt meddő teljesítménynek nevezik és a maximális (csúcs) értékével jel-lemzik, amit Q-val jelölnek.

wt

p(t)u(t)

i(t)

A kapacitás feszültségének, áramának és teljesítményének időfüggvénye

Az ún. fogyasztói pozitív irányok mellett a kapacitív meddő teljesítmény negatív előjelű:

Q U I U I UI UX

I XCm m

eff effC

C= − = − = − = = −2

22 .


17

PéldaEgy C nagyságú kapacitást (kondenzátort) u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram és ateljesítmény?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, C=318,5 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XC=1/(ωC)=1/(314⋅318,5⋅10-6)=10 Ω,i(t)=32,52sin(314t+π/2), Ieff=23 A,

( ) ( ) ( )p t t t= ⋅ =325 272

628 5289 628, sin sin32,52 , Q=-5,289 kvar.

4. Soros R-L körEbben az áramkörben az ellenállás feszültségesése és a vele sorosan kapcsolt induktivitásönindukciós feszültsége minden pillanatban egyensúlyt tart a tápfeszültséggel:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u t u t u t u t i t R Ldi tdtR L− − = − − = 0 ⇒ ( ) ( ) ( )u t i t R L

di tdt

= + .

∼

XL=ωL

u(t)

i(t)R

uR(t) uL(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt soros R-L kör vázlata

A soros áramkör elemein azonos az áram, ha szinusz függvény szerint változik, i(t)=Imsinωt(ϕi=0), akkor az előző egyenletből:u(t)=ImRsinωt+ImωLcosωt=Im(Rsinωt+ωLcosωt)=ImZsin(ωt+ϕu)=Umsin(ωt+ϕu),Z – az összetett áramkör eredő látszólagos váltakozó áramú ellenállása, impedanciája, aminekSI mértékegysége [Z]=Ω ohm,

Um=ImZ vagy Z UI

UI

m

m

= = .

ϕu

R

XL=ωLZ R XL= +2 2

Az R ellenállás, az XL impedancia és a Z reaktancia összefüggésének illusztrálása

A feszültség egyenlet alapjánRsinωt+ωLcosωt=Rsinωt+XLcosωt=Zsin(ωt+ϕu).


18

Z meghatározásához helyettesítsük be a fenti egyenletbe az ωt=0 és ωt=π/2 értéket:ωt=0 esetén XL= Zsinϕu,ωt=π/2 esetén R= Zsin(π/2+ϕu)= Zcosϕu.

Az utóbbi két egyenlet hányadosából: XR

tgLu= ϕ , ϕ u

Larctg XR

= (ϕu mindig pozitív, hiszen

az eredő feszültség az induktivitás miatt siet az áramhoz képest).A két egyenlet négyzetének összegéből: R2+XL

2= Z2, vagy Z R X L= +2 2 .Az ohmos-induktív áramkörben az u(t) feszültség ϕu szöggel siet az i(t) áramhoz képest. Mi-vel ϕi=0, az áram fázisszöge a feszültséghez képest ϕ=ϕi-ϕu=-ϕu, az áram késik a feszült-

séghez képest (a fázisszög negatív), ϕ = −arctg XR

L .

Ezzel R= Zcosϕ és XL= Zsin(-ϕ).

wt

u(t)

i(t)

uL(t)uR(t)

Soros R-L kör áramának és feszültségeinek időfüggvénye

Amennyiben a feszültséget tekintjük referenciának: u(t)=Umsinωt (ϕu=0), akkor

( ) ( )i t UZ

tm= +sin ω ϕ , (itt az induktivitás miatt ϕ<0).

wt

p(t)

i(t)

pR(t)

pL(t)

Soros R-L kör áramának és teljesítményeinek időfüggvénye


19

A teljesítmény pillanatértéke:( ) ( ) ( ) ( ) ( )p t u t i t U t I t I R t X t I tm u m m L m= ⋅ = + = +sin sin sin cos sinω ϕ ω ω ω ω

= + ⋅ = − +I R t I X t t I R t I X tm m L m m L2 2 2 2 21 2

222

sin cos sin cos sinω ω ω ω ω .

A p(t) teljesítménynek van egy I2R középérték körül kétszeres frekvenciájú koszinusz függ-vény szerint lengő pR(t) és egy kétszeres frekvenciájú szinusz függvény szerint változó pL(t)összetevője.A teljesítmény középértékének különböző alakjai:

P I R I R I R UI RZ

UI RR X

UImeff

L

= = = = =+

=2

2 2

2 22cosϕ ,

míg a meddő teljesítmény:

( )Q I X I X I X UI XZ

UI XR X

UIm Leff L L

L L

L

= = = = =+

= −2

2 2

2 22sin ϕ , (itt ϕ<0).

ϕu

P

SQ

A P hatásos, a Q meddő és az S látszólagos teljesítmény összefüggésének illusztrálása

Mind a munkát (pl. hőfejlesztést, mechanikai elmozdulást) végző hatásos teljesítmény, mind ameddő teljesítmény kisebb az egyenáramú körben számított UI szorzatnál, amely szorzatotlátszólagos teljesítménynek nevezik és S-el jelölik: S=UeffIeff=UI, SI mértékegysége[S]=VA=voltamper.A hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítmény közötti összefüggés az eddigiek alapján:

P=Scosϕ, Q=Ssin(-ϕ), illetve P2+Q2=S2.A hatásos és a látszólagos teljesítmény közötti szorzót teljesítmény tényezőnek nevezik és

rendszerint ε-al vagy PF-el (=Power Factor) jelölik PF PS

= , P=S⋅PF.

Szinusz függvény szerint változó, csak szinusz függvény szerint változó feszültség és áramesetén a teljesítménytényező PF=cosϕ, így P=S⋅cosϕ.A villamos és az elektromechanikai eszközök, berendezések (pl. villamos forgógépek) model-lezésénél a helyettesítő áramkörökben a hatásos teljesítményt (mechanikai teljesítmény, súr-lódási veszteség, vasveszteség stb.) egyenértékű ohmos veszteségi teljesítménnyel képezik le,megfelelő nagyságú ellenállás beiktatásával.A fogyasztott hatásos teljesítmény a hővé vagy más fajta energiává alakuló teljesítmény kö-zépértéke, ami a tápforrásba nem tér vissza.PéldaEgy R nagyságú ellenállásból és L nagyságú induktivitásból álló soros áramkört u(t) feszült-ségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, f=50 Hz.


20

ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω,Z = + =100 62 8 118 0842 2, , Ω,ϕ=-arctg(62,8/100)=-0,56(rad)=-32,13° (induktív), cosϕ=0,847, sinϕ=-0,532,i(t)=(325,27/118,084)sin(314t-0,56)=2,754sin(314t-0,56) A, Ieff=1,947 A,UR=1,947⋅100=194,7 V, UL=1,947⋅62,8=122,27 V,

( ) ( ) ( )p tt t

= ⋅−

+ ⋅ =2 754 1001 628

22 754 62 8

6282

2 2,cos

, ,sin

( ) ( )=−

+758 451 628

2476 3

6282

,cos

,sint t

,

P=379,225 W, Q=238,15 var, S=447,81 VA.

5. Soros R-C körA soros R-L körhöz hasonlóan számítható.

∼

XCC = 1

ω

u(t)

i(t)R

uR(t) uC(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt soros R-C kör vázlata

Az ellenállás feszültségesése és a kondenzátoron az áram (töltésváltozás) okozta feszültségminden pillanatban egyensúlyt tart a tápfeszültséggel:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )u t u t u t u t i t RC

idtR C− − = − − =∫1 0 ⇒ ( ) ( )u t i t R

Cidt= + ∫

1 .

wt

u(t)

i(t)

uC(t)uR(t)

Soros R-C kör áramának és feszültségeinek időfüggvénye

Ha az áram szinusz függvény szerint változik, i(t)=Imsinωt, ϕi=0, akkor az előző egyenletből:


21

( ) ( ) ( )u t I R t IC

t I Z t U tmm

m u m u= − = + = +sin cos sin sinωω

ω ω ϕ ω ϕ ,

Z – az összetett áramkör eredő látszólagos váltakozó áamú ellenállása, impedanciája,

[Z]=Ω ohm, Um=ImZ vagy Z UI

UI

m

m

= = .

A feszültség egyenlet alapján

( )R tC

t R t X t Z tC usin cos sin cos sinωω

ω ω ω ω ϕ− = − = +1 .

Z meghatározásához helyettesítsük be a fenti egyenletbe az ωt=0 és ωt=π/2 értéket:ωt=0 esetén -XC= Zsinϕu,ωt=π/2 esetén R= Zsin(π/2+ϕu)= Zcosϕu.

Az utóbbi két egyenlet hányadosából: − =XR

tgCuϕ , vagy másképpen:

ϕ uC CX

RXR

= −

= −arctg arctg (ϕu mindig negatív, hiszen az eredő feszültség a kapacitás

miatt késik az áramhoz képest).A két egyenlet négyzetének összegéből: R2+XC

2= Z2, vagy Z R XC= +2 2 .

ϕu

R

-XC=-1/ωC

Z R XC= +2 2

Az R ellenállás, az XC impedancia és a Z reaktancia összefüggésének illusztrálása

Az ohmos-kapacitív áramkörben az u(t) feszültség ϕu szöggel késik az i(t) áramhoz képest.Mivel ϕi=0, az áram fázisszöge a feszültséghez képest ϕ=ϕi-ϕu=-ϕu, az áram siet a feszült-

séghez képest (a fázisszög pozitív), ϕ = arctg XR

C .

Amennyiben a feszültséget tekintjük referenciának: u(t)=Umsinωt (ϕu=0), akkor

( ) ( )i t UZ

tm= +sin ω ϕ , (itt a kapacitás miatt ϕ>0).

A teljesítmény pillanatértéke:( ) ( ) ( ) ( )p t u t i t I R t X t I tm C m= ⋅ = − =sin cos sinω ω ω

= − ⋅ = − −I R t I X t t I R t I X tm m C m m C2 2 2 2 21 2

222


A p(t) teljesítménynek van egy I2R középérték körül kétszeres frekvenciájú koszinusz függ-vény szerint lengő pR(t) és egy kétszeres frekvenciájú szinusz függvény szerint változó pC(t)összetevője.Az ellenállás teljesítményének középértéke a soros R-L körhöz hasonlóan:


22

P I R I R I R UI RZ

UI RR X

UImeff

C

= = = = =+

=2

2 2

2 22cosϕ ,

míg a meddő teljesítmény különböző alakjai:

Q I X I X I X UI XZ

UI XR X

UIm Ceff C C

C C

C

= − = − = − = − = −+

= −2

2 2

2 22sinϕ , (ϕ>0).

wt

p(t)

i(t)

pR(t)

pC(t)

Soros R-C kör áramának és teljesítményeinek időfüggvénye

PéldaEgy R nagyságú ellenállásból és C nagyságú kapacitásból álló soros áramkört u(t) feszültség-re kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω,Z = + =100 3184 104 92 2, , Ω,ϕ=arctg(31,84/100)=0,31(rad)=17,66° (kapacitív), cosϕ=0,953, sinϕ=0,303,i(t) =(325,27/104,9)sin(314t+0,31)=3,1sin(314t+0,31) A, Ieff=2,19 A,UR=2,19⋅100=219 V, UC=2,19⋅31,84=69,73 V,

( ) ( ) ( )p tt t

= ⋅−

− ⋅ =31 1001 628

231 3184

6282

2 2,cos

, ,sin

( ) ( )=−

−9611 628

2305 98

6282

cos,

sint t,

P=480,5 W, Q=-153 var, S=503,7 VA.

6. Soros R-L-C körA soros R-L és R-C körhöz hasonlóan számítható.Az ellenállás feszültségesése, az induktivitás önindukciós feszültsége és a kondenzátoron azáram (töltésváltozás) okozta feszültség minden pillanatban egyensúlyt tart a tápfeszültséggel:

∼

XL

u(t)

i(t)R XC


23

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt soros R-L-C kör vázlata

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u t u t u t u t u t i t R L

di tdt C

idtR L C− − − = − − − =∫1

0 , ebből

( ) ( ) ( )u t i t R Ldi tdt C

idt= + + ∫1 .

Ha az áram szinusz függvény szerint változik, i(t)=Imsinωt, ϕi=0, akkor az előző egyenletből:

( )u t I R t I L t IC

t I R t L IC

tm mm

mm= + − = + −

sin cos cos sin cosω ω ω

ωω ω ω

ωω

( )[ ] ( )= + − = − =I R t X X t I R t X tm L C msin cos sin cosω ω ω ω=ImZsin(ωt+ϕu)=Umsin(ωt+ϕu),itt ϕu – az eredő feszültség fázishelyzete a áramhoz képest,

X LC

X XL C= − = −ωω

1 - az eredő reaktancia.

ϕu

R

X=XL- XC

Z R X= +2 2

Az R ellenállás, az X impedancia és a Z reaktancia összefüggésének illusztrálása

Az előzőekhez hasonlóan az eredő impedancia:Z2=R2+X2, illetve Z R X= +2 2 ,

és a fázisszög tg X XR

XRu

L Cϕ = − = , vagy ϕ uL CX X

RXR

= − =arctg arctg .

wt

u(t)

i(t)

uC(t)uR(t)

uL(t)


24

Soros R-L-C kör áramának és feszültségeinek időfüggvénye

Mivel ϕi=0, az áram fázisszöge a feszültséghez képest ϕ=ϕi-ϕu=-ϕu, i(t)=Imsin(ωt+ϕ),

ϕ < 0, ha X > 0, azaz ωω

LC

> 1 – az eredő áram késik a feszültséghez képest (R-L jellegű),

ϕ = 0, ha X = 0, azaz ωω

LC

= 1 – az eredő áram fázisban van a feszültséggel (R jellegű),

ϕ > 0, ha X < 0, azaz ωω

LC

< 1 – az eredő áram siet a feszültséghez képest (R-C jellegű).

A teljesítmény pillanatértéke:( ) ( ) ( ) ( )[ ]p t u t i t I R t X X t I tm L C m= ⋅ = + − =sin cos sinω ω ω

= + ⋅ = − +I R t I X t t I R t I X tm m m m2 2 2 2 21 2

222


wt

p(t)

i(t)

pR(t)

pC(t)pL(t)

Soros R-L-C kör áramának és teljesítményeinek időfüggvénye

Részletezve:

az ellenállás teljesítménye: ( )p t I R tR m= −2 1 2

2cos ω ,

az induktivitás teljesítménye: ( )p t I X tL m L= 2 2

2sin ω ,

a kapacitás teljesítménye: ( )p t I X tC m C= − 2 2

2sin ω .

A pR(t) hatásos teljesítmény minden pillanatban pozitív, középértéke P=I2R.pL(t) és pC(t) egyformán kétszeres frekvenciával, de ellenfázisban leng, középértékük zérus,eredőjüket a kettő előjeles összegével számíthatjuk:

( ) ( ) ( ) ( )q t p t p t I X X tL C m L C= + = −2 2

2sin ω .

Az eredő meddő teljesítmény: ( ) ( )Q I X X I X X I XmL C L C= − = − =

22 2

2.

A meddő teljesítmény egyik része az induktivitás és a kapacitás között leng, a másik részét azáramkör a táphálózatból veszi fel és oda juttatja vissza.


25

PéldaEgy R nagyságú ellenállásból, L nagyságú induktivitásból és C nagyságú kapacitásból állósoros áramkört u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s,XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω, X= XL-XC=30,96 Ω,Z = + =100 30 96 104 682 2, , Ω,ϕ=arctg(-30,96/100)=-0,3 (rad) =-17,2° induktív, cosϕ=0,955, sinϕ=0,295,i(t) =(325,27/104,68)sin(314t-0,3)=3,107sin(314t-0,3) A, Ieff=2,197 A,UR=2,197⋅100=219,7 V, UL=2,197⋅62,8=137,97 V, UC=2,197⋅31,84=69,95 V,

( ) ( ) ( ) ( )p tt t t

= ⋅−

+ ⋅ = − ⋅ =3107 1001 628

23107 62 8

6282

3107 31846282

2 2 2,cos

, ,sin

, ,sin

( ) ( ) ( )=−

+ −9651 628

2606 23

6282

307 376282

cos,

sin,

sint t t,

P=482,5 W, QL=303,1 var, QC=-153,68 var, Q=149,42 var, S=505,31 VA.

A soros rezonanciaInduktivitás és kapacitás egyidejű jelenléte esetén az induktivitás mágneses energiája (vagyannak egy része) átalakul a kapacitás elektrosztatikus energiájává (vagy annak egy részévé).Amennyiben az induktivitás és a kapacitás energiájának maximuma megegyezik, ha az in-duktivitásban ugyanakkora energia halmozódik fel, mint a kapacitásban, akkor ez a két áram-köri elem ellátja egymást energiával és az R-L-C áramkör a táphálózatból nem vesz fel meddőteljesítményt és nem is ad oda le. Ez a rezonancia jelensége.A rezonanciára méretezett áramkört rezgőkörnek nevezik.Soros áramkörben soros (vagy feszültség-) rezonanciáról és soros rezgőkörről beszélünk.

Jelen áramkörben a rezonancia feltétele: X LC

XL C= = =ωω

1 .

Így az eredő impedancia: Z=R (mivel XL-XC=0), ezért az áram és a feszültség fázisban van, atápforrásból csak hatásos teljesítmény felvétel van, nincs meddő teljesítmény felvétel és atápforrás felé nincs meddő teljesítmény leadás. Az induktivitás (a mágneses tér) energiájateljes egészében átalakul a kapacitás (villamos tér) energiájává és fordítva. Az induktivitásonés a kapacitáson eső feszültség minden pillanatban megegyezik egymással és ellentétes elője-lű, a kettő eredője zérus, így rövidzárként viselkedik. A pillanatértékekre:uL(t)=i(t)XL=-i(t)XC=uC(t) ezért uL(t)+uC(t)=0, illetve pL(t)=i(t)uL(t) =-i(t)uC(t)=-pC(t),pL(t)+pC(t)=0.

f

XC XL

f0

A rezonancia frekvencia értelmezése


26

A reaktanciák frekvencia-függése miatt a rezonancia jelenség – adott L induktivitás és C ka-pacitás esetén – csak egyetlen frekvencián, az ún. rezonancia frekvencián (vagy a rezonanciakörfrekvencián) alakul ki, aminek jelölése fr, f0 vagy fs (illetve ωr, ω0 vagy ωs).Számításuk a reaktanciák egyezése alapján történik:

ωω0

0

1LC

= , amiből ω 02 1=

LC vagy ω 0

1=LC

és fLC0

12

=π

.

Az összefüggésekből láthatóan akár az induktivitás, akár a kapacitás növelésével a rezonanciafrekvencia csökken. Minél alacsonyabb a szükséges rezonancia frekvencia, annál nagyobbinduktivitás és kapacitás értékeket kell választani.

PéldaEgy soros R-L-C áramkörben R=100 Ω, L=200 mH, C=100 µF.

f0 3 6

12 200 10 100 10

35 588=⋅ ⋅ ⋅

=− −π

, Hz, ω 0 3 6

1 1200 10 100 10

223 6= =⋅ ⋅ ⋅

=− −LC

, 1/s.

7. Párhuzamos R-L körA feszültség a két áramköri elemen azonos, így

( ) ( ) ( )u t i t R Ldi t

dtRL= = ,

∼ XLu(t)

i(t)

RiR(t) iL(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt párhuzamos R-L kör vázlata

az áramok összeadódnak a csomóponti törvény szerint i(t)=iR(t)+iL(t),

( ) ( ) ( )i tu tR L

u t dt= + ∫1 .

Ha a tápfeszültség szinusz függvény szerint változik, u(t)=Umsinωt (ϕu=0), akkor az előzőegyenletből:

( ) ( )i t UR

t UL

t U G t B tm mm L= − = − =sin cos sin cosω

ωω ω ω

( ) ( )= + = +U Y t I tm msin sinω ϕ ω ϕ .Itt ϕ=ϕi – a fázisszög, az eredő áram fázishelyzete a tápfeszültséghez képest,

GR

= 1 – az ellenállás vezetése (konduktancia),

BL XL

L

= =1 1ω

– az induktívitás váltakozó áramú vezetése (induktív szuszceptancia), SI

mértékegysége [BL]=S=Siemens,Y – az összetett áramkör eredő látszólagos váltakozó áramú vezetése, admittanciája, aminekSI mértékegysége [Y]=S=Siemens.


27

wt

u(t)i(t)

iL(t)

iR(t)

Párhuzamos R-L kör feszültségének és áramainak időfüggvénye

Az áram egyenletből: Gsinωt-BLcosωt=Ysin(ωt+ϕ).Y meghatározásához helyettesítsük be a fenti egyenletbe az ωt=0 és ωt=π/2 értéket:

ωt=0 esetén -BL= Ysinϕ,ωt=π/2 esetén G= Ysin(π/2+ϕu)= Ycosϕ.

ϕ

G

- BL

Y G BL= +2 2

A G konduktancia, a BL szuszceptancia és az Y admittancia összefüggésének illusztrálása

Az utóbbi két egyenlet hányadosából: − =BG

tgL ϕ , ebből

ϕ ωω

= − =−

= −

arctg B

Garctg L

R

arctg RL

L

1

1 ,

a két egyenlet négyzetének összegéből: GL2+B2= Y2, vagy Y G BL= +2 2 .

A párhuzamos R-L kör fázisszöge negatív, az eredő áram ϕ szöggel késik a feszültséghez ké-pest.

Az induktív szuszceptancia BL fLL = =1 1

2ω π fordítottan arányos a frekvenciával és az in-

duktivitással.


28

f

BL

Az induktív szuszceptancia frekvencia-függése

A teljesítmény pillanatértéke:( ) ( ) ( ) ( )p t u t i t U G t B t U tm L m= ⋅ = − =sin cos sinω ω ω

= − ⋅ = − −U G t U B t t U G t U B tm m L m m L2 2 2 2 21 2

222


wt

p(t)u(t)

pR(t)

pL(t)

Párhuzamos R-L kör feszültségének és teljesítményeinek időfüggvénye

Részletezve:

az ellenállás teljesítménye: ( )p t U G tR m= −2 1 2

2cos ω ,

az induktivitás teljesítménye: ( )p t U B tL m L= − 2 2

2sin ω .

A teljesítmény középértékének különböző alakjai:

P U G UR

UR

UIm eff= = = =2

2cosϕ ,

a meddő teljesítmény:

( )Q U B UX

UX

UIm L eff

L L

= = = = −2 2 2

2sin ϕ .

PéldaEgy R nagyságú ellenállásból és L nagyságú induktivitásból álló párhuzamos áramkört u(t)feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?


29

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω,G=0,01 S, BL=0,0159 S, Y = + =0 01 0 0159 0 01882 2, , , S, Z=53,28 Ω, ϕ=arctg(-0,0159 /0,01)=-1,01 (rad)=-57,83° (induktív), cosϕ=0,532, sinϕ=-0,846,i(t)=(325,27⋅0,0188)sin(314t-1,01)=6,115sin(314t-1,01) A, Ieff=4,32 A,IR=230⋅0,01=2,3 A, IL=230⋅0,0159=3,657 A,

( ) ( ) ( )p tt t

= ⋅−

− ⋅ =325 27 0 011 628

2325 27 0 0159

6282

2 2, ,cos

, ,sin

( ) ( )=−

−10581 628

21682 23

6282

cos,

sint t,

P=529 W, Q=841,115 var, S=993,6 VA.

8. Párhuzamos R-C körA feszültség a két áramköri elemen azonos, így

( ) ( ) ( )u t i t RC

i t dtR C= = ∫1 ,

∼u(t)

i(t)

RiR(t)

XC

iC(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt párhuzamos R-C kör vázlata

az áramok összeadódnak a csomóponti törvény szerint i(t)=iR(t)+ iC(t), vagy

( ) ( ) ( ) ( )i tu tR L

u t dt Cdu t

dt= + +∫

1 .

wt

u(t)i(t)

iL(t)iR(t)

Párhuzamos R-C kör feszültségének és áramainak időfüggvénye


30

Ha a tápfeszültség szinusz függvény szerint változik, u(t)=Umsinωt (ϕu=0), akkor az előzőegyenletből:

( ) ( )i t UR

t U C t U G t B tmm m C= + = + =sin cos sin cosω ω ω ω ω

( ) ( )= + = +U Y t I tm msin sinω ϕ ω ϕ .Itt ϕ=ϕi – a fázisszög, az eredő áram fázishelyzete a feszültséghez képest, BC=ωC – a kapaci-tás váltakozó áramú vezetése, a kapacitív szuszceptancia.

ϕ

G

BC

Y G BC= +2 2

A G konduktancia, a BC szuszceptancia és az Y admittancia összefüggésének illusztrálása

Az áram egyenletből: Gsinωt+BCcosωt=Ysin(ωt+ϕ).Y meghatározásához helyettesítsük be a fenti egyenletbe az ωt=0 és ωt=π/2 értéket:

ωt=0 esetén BC= Ysinϕ,ωt=π/2 esetén G= Ysin(π/2+ϕu)= Ycosϕ.

Az utóbbi két egyenlet hányadosából: BG

tgC = ϕ , amiből

ϕ ω ω= = =arctg BG

arctg C

R

arctgR CC

1 ,

a két egyenlet négyzetének összegéből: GC2+B2= Y2, vagy Y G BC= +2 2 .

A párhuzamos R-C kör fázisszöge pozitív, az eredő i(t) áram ϕ szöggel siet az u(t) feszültség-hez képest.A kapacitív szuszceptancia arányos a frekvenciával és a kapacitással.

f

BC

A kapacitív szuszceptancia frekvencia-függése

A teljesítmény pillanatértéke:( ) ( ) ( ) ( )p t u t i t U G t B t U tm C m= ⋅ = + =sin cos sinω ω ω


31

= + ⋅ = − +U G t U B t t U G t U B tm m C m m C2 2 2 2 21 2

222

sin cos sin cos sinω ω ω ω ω , részletezve:


2cos ω ,

az induktivitás teljesítménye: ( )p t U B tC m C= 2 2

2sin ω .


P U G UR

UR

UI Sm eff= = = = =2

2cos cosϕ ϕ ,

a meddő teljesítmény:

( ) ( )Q U B UX

UX

UI Sm C eff

L L

= − = − = − = − = −2 2 2

2sin sinϕ ϕ .

wt

p(t)u(t)

pR(t)

pC(t)

Párhuzamos R-C kör feszültségének és teljesítményeinek időfüggvénye

PéldaEgy R nagyságú ellenállásból és C nagyságú kapacitásból álló párhuzamos áramkört u(t) fe-szültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω,G=0,01 S, BC=0,0314 S, Y = + =0 01 0 0314 0 032952 2, , , S, Z=30,395 Ω,ϕ=arctg(0,0314/0,01)=1,26 (rad)=72,33° (kapacitív), cosϕ=0,303, sinϕ=0,953,i(t) =(325,27⋅0,03295)sin(314t+1,26)=10,717sin(314t+1,26) A, Ieff=7,578 A,IR=230⋅0,01=2,3 A, IC=230⋅0,0314=7,222 A,

( ) ( ) ( )p tt t

= ⋅−

+ ⋅ =325 27 0 011 628

2325 27 0 0314

6282

2 2, ,cos

, .sin

( ) ( )=−

−10581 628

23322

6282

cos sint t,

P=529 W, Q=-1661 var, S=1742,94 VA.


32

9. Párhuzamos R-L-C körA feszültség mindhárom elemen azonos

( ) ( ) ( ) ( )u t i t R Ldi t

dt Ci t dtR

LC= = = ∫

1 ,

az áramok összeadódnak a csomóponti törvény szerint i(t)=iR(t)+iL(t)+iC(t) vagy

( ) ( ) ( ) ( )i tu tR L

u t dt Cdu t

dt= + +∫

1 .

∼ XLu(t)

i(t)

R XC

iR(t) iL(t) iC(t)

Váltakozó feszültségforrásra kapcsolt párhuzamos R-L-C kör vázlata

Ha a tápfeszültség szinusz függvény szerint változik, u(t)=Umsinωt, ϕu=0, akkor az előzőegyenletből:

( )i t UR

t UL

t U C t UR

t U CL

tm mm

mm= − + = + −

=sin cos cos sin cosω

ωω ω ω ω ω

ωω1

( ) ( ) ( )= + = + = +U G t B t U Y t I tm m msin cos sin sinω ω ω ϕ ω ϕ .Itt ϕ – a fázisszög, az eredő áram fázishelyzete a feszültséghez képest,

B CL

B BC L= − = −ωω

1 - az eredő szuszceptancia.

Az áramegyenletbőlGsinωt+Bcosωt=Ysin(ωt+ϕ),

ωt=0 esetén B= Ysinϕ,ωt=π/2 esetén G= Ysin(π/2+ϕu)= Ycosϕ.

ϕ

G

Y G BC= +2 2

B= BC- BL

A G konduktancia, a B szuszceptancia és az Y admittancia összefüggésének illusztrálása

Az utóbbi két egyenlet hányadosából: BG

tg= ϕ , ebből


33

ϕω

ω ωω

= =−

= −arctg BG

arctgC

L

R

arctgR LCL

1

112

,

a két egyenlet négyzetének összegéből: G2+B2= Y2, vagy Y G B= +2 2 .Mivel ϕu=0, az áram ϕi fázisszöge a feszültséghez képest

ϕ > 0, ha B > 0, azaz ωω

CL

> 1 – az eredő áram siet a feszültséghez képest (R-C jellegű),

ϕ = 0, ha B = 0, azaz ωω

CL

= 1 – az eredő áram fázisban van a feszültséggel (R jellegű),

ϕ < 0, ha B < 0, azaz ωω

CL

< 1 – az eredő áram késik a feszültséghez képest (R-L jellegű).

wt

u(t)

i(t)

iC(t)

iR(t) iL(t)

Párhuzamos R-L-C kör feszültségének és áramainak időfüggvénye

A teljesítmény pillanatértéke:( ) ( ) ( ) ( )p t u t i t U G t B t U tm m= ⋅ = + =sin cos sinω ω ω

= + ⋅ = − +U G t U B t t U G t U B tm m m m2 2 2 2 21 2

222

sin cos sin cos sinω ω ω ω ω , részletezve:


2cos ω ,

az induktivitás teljesítménye: ( )p t U B tL m L= − 2 2

2sin ω ,

a kapacitás teljesítménye: ( )p t U B tC m C= 2 2

2sin ω .

A pR(t) hatásos teljesítmény minden pillanatban pozitív, középértéke P=U2G.pL(t) és pC(t) egyformán kétszeres frekvenciával ellenfázisban leng, középértékük zérus. Ere-dőjüket a kettő előjeles összegezésével számítjuk:

( ) ( ) ( ) ( )q t p t p t U B B tL C m C L= + = −2 2

2sin ω .


34

wt

p(t)u(t)

pR(t)

pC(t)

pL(t)

Párhuzamos R-L-C kör feszültségének és teljesítményeinek időfüggvénye


P U G UR

UR

UIm eff= = = =2 2 2

2cosϕ ,

a meddő teljesítmény:( ) ( ) ( )Q

U B BU

X XU B B UIm L C

effL C

L C=−

= −

= − = −

22 2

21 1 sin ϕ .

PéldaEgy R nagyságú ellenállásból, L értékű induktivitásból és C nagyságú kapacitásból álló pár-huzamos áramkört u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázis-szög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s,XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω,G=0,01 S, BL=0,0159 S, BC=0,0314 S, B=0,0155 S,Y = + =0 01 0 01552 2, , 0,01844 S, Z=54,23 Ω,ϕ=arctg(0,0155/0,01)=0,9978 (rad)=57,17° kapacitív, cosϕ=0,542, sinϕ=0,84,i(t) =(325,27⋅0,01844)sin(314t+0,9978)= 6sin(314t+0,9978) A, Ieff=4,24 A,IR=230⋅0,01=2,3 A, IL=230⋅0,0159=3,657 A, IC=230⋅0,0314=7,222 A,

( ) ( ) ( ) ( )p tt t t

= ⋅−

− ⋅ + ⋅ =325,27 325,27 325,272 2 20 011 628

20 0159

6282

0 03146282

,cos

,sin

,sin

( ) ( ) ( )=−

− +1058 1682 33221 628

26282

6282

cos sin sint t t,

P=529 W, QL=841 var, QC=-1661 var, Q=820 var, S=975,2 VA.

A párhuzamos rezonanciaPárhuzamos áramkörben párhuzamos rezonanciáról és párhuzamos rezgőkörről beszélünk.

Jelen áramkörben a rezonancia feltétele: B CL

BC L= = =ωω

1 , vagy XC=XL.


35

Rezonancia esetén Y=G (mivel BC-BL=0), ezért az áram és a feszültség fázisban van, a táp-forrásból nincs meddő teljesítmény felvétel és a tápforrás felé nincs meddő teljesítmény le-adás. Az induktivitás energiája teljes egészében átalakul kapacitív energiává és fordítva. Azinduktivitáson és a kapacitáson folyó áram minden pillanatban megegyezik egymással és el-lentétes előjelű, a kettő eredője zérus, így szakadásként viselkedik. Párhuzamos áramkörbenpárhuzamos (vagy áram-) rezonanciáról és párhuzamos rezgőkörről beszélünk.A párhuzamos rezgőkör sajátfrekvenciája és saját-körfrekvenciája ugyanúgy számítható, minta soros körben.PéldaEgy párhuzamos R-L-C áramkörben R=100 Ω, L=200 mH, C=100 µF.

f0 3 6

12 200 10 100 10

35 588=⋅ ⋅ ⋅

=− −π

, Hz, ω 0 3 6

1 1200 10 100 10

223 6= =⋅ ⋅ ⋅

=− −LC

, 1/s.


36

Szinusz függvény szerint váltakozó mennyiségek számítási eszközei és módszereiKörpályán egyenletes sebességgel mozgó pont vagy forgó síkvektor végpontjának tetszőlegesegyenesre vetett vetülete időben szinusz függvény szerint változik. Ez a kapcsolat lehetőségetad a szinusz függvényekkel végzett bizonyos műveletek helyettesítésére szemléletesebb ésegyszerűbb, síkvektorokkal végzett műveletekkel. Azok a műveletek helyettesíthetők, ame-lyekre a vektor-vetületekkel végzett művelet eredménye megegyezik a vektorokkal végzettművelet eredményének vetületével.

a) forgó vektorok (síkvektorok) használata álló koordináta rendszerbenAz ábrán látható két áram időfüggvénye i1(t)=I1msin(ωt+ϕ1) és i2(t)=I2msin(ωt+ϕ2), illetveϕ=ϕ1-ϕ2 (ha az i2 áramot tekintjük referenciának).

i1

i2

ϕ2 ϕ1

ϕ1

ϕ2

ωt

I1m

ϕ

ϕ

ω

I2m

Forgó síkvektorok vetületének illusztrációja

A síkvektor hossza az ábra szerint megegyezik a szinusz hullám csúcsértékével, szögsebessé-ge pedig a szinusz hullám körfrekvenciájával.Két azonos szögsebességgel forgó vektor esetén az egymáshoz képesti szögeltérés állandó ésmegegyezik a megfelelő azonos frekvenciájú (körfrekvenciájú) vetületek (szinusz hullámok)időbeli fáziseltolási szögével. A siető vektor a forgás irányában előbbre helyezkedik el, azidőben siető szinusz függvény az azonos argumentumhoz tartozó értéket (pl. pozitív nulla-átmenet, maximum) kisebb szögnél éri el.A két azonos szögsebességgel forgó vektor tehát minden fontos információt tartalmaz a kétszinusz hullámról: az amplitúdót, a körfrekvenciát, a fáziskülönbséget, a kezdeti fázisszöget.

b) álló vektorok (síkvektorok) használataÁllandósult állapot feltételezésével a vektorokkal együttforgó koordináta rendszert használha-tunk, amiben a síkvektorok nem mozognak. Ilyenkor a szinusz függvény körfrekvenciájamegegyezik a koordináta rendszer szögsebességével, a síkvektorok pedig az amplitúdót és afázisszöget reprezentálják. Ebből következik, hogy álló vektorokkal, közös koordináta rend-szerben csak azonos frekvenciájú szinuszos mennyiségek ábrázolhatók. A teljesítmény pilla-natérték függvénye például nem ábrázolható az áram vagy a feszültség pillanatértékévelegyütt, mert kétszeres frekvenciájú komponenst tartalmaz.

I1

I2ϕ

ϕϕ

I1

I2

I2

I1

Egyenértékű síkvektoros ábrázolások


37

A fenti ábrázolások egyenértékűek, csak a kezdeti fázisszögben (a t=0 időpont megválasztá-sában) térnek el.Az ilyen, szinuszos mennyiségeket leíró, fázishelyzetet is kifejező síkvektorokat fázisvekto-roknak vagy fázoroknak nevezik.

c) álló vektorok komplex koordináta rendszerbenA sík pontjai – így a fázorok végpontjai is – komplex koordináta rendszerben számpárokkal,komplex számokkal leírhatók, a velük való matematikai műveletek a komplex algebra szabá-lyai szerint elvégezhetők.Az elektrotechnikai gyakorlatban sokszor 90°-kal elfordított koordináta rendszert használnaka matematikaihoz képest, de a pozitív képzetes tengely minden esetben (pozitív forgásirányszerint) megelőzi a pozitív valós tengelyt.

+i

+

Im

ReAv

Ak

ϕ

A A iAv k= +

+

+jIm

Re

Av

Ak

ϕ

A A jAv k= +

A valós- és a képzetes tengely jellemző elhelyezésematematikában elektrotechnikában

Az ábrán v index jelöli a valós, k index a képzetes összetevőt.Egy tetszőleges A komplex szám leírására három forma használatos:

- algebrai alak: A A jAv k= + , pl. A j= +3 4 ,- trigonometrikus alak: ( )A A j= +cos sinϕ ϕ , pl. ( )A j= +5 5313 5313cos , sin ,o o ,

itt A A Av k= +2 2 , A Av = cosϕ , A Ak = sinϕ ,

- exponenciális alak: A A e j= ϕ , pl. A e j= 5 53 13, o

,

itt e jjϕ ϕ ϕ= +cos sin , A A Av k= +2 2 , ϕ = arctg AA

k

v

.

A továbbiakban a komplex vektor abszolút értékét A helyett egyszerűen A-val jelöljük.

Műveletek álló komplex vektorokkalLegyen A A jA Aev k

j A= + = ϕ , B B jB Bev kj B= + = ϕ és C C jC Cev k

j C= + = ϕ .c1 forgatásA komplex vektorok pozitív vagy negatív irányú forgatása tetszőleges α szöggel a fázisszögnövelésével vagy csökkentésével érhető el, legegyszerűbben exponenciális alakban. A 90°-oselforgatás pozitív irányban j-vel való szorzást, negatív irányban -j-vel való szorzást (vagyj-vel való osztást) jelent:

e j jjπ π π2

2 2= + =cos sin , illetve e j j

j−= −

+ −

= −π π π2

2 2cos sin .


38

c2 összeadásAz összeadás (és a kivonás) egyszerűen algebrai alakban végezhető el:

( ) ( )C A B A jA B jB A B j A B C jCv k v k v v k k v k= + = + + + = + + + = + ,

( ) ( ) ( )[ ]D A B A jA B jB A B j A B D jDv k v k v v k k v k= − = + − + = − + − = + ,az eredő (jelen esetben az összeg) vetületei megegyeznek a vetületek összegével.

PéldaHa A j= +3 4 és B j= +2 2 , akkor C A B j= + = +5 6 ( )D A B j= − = +1 2 .

A további műveletek legegyszerűbben exponenciális alakban végezhetők el:c3 szorzásKét komplex szám szorzatát az abszolút értékek összeszorzásával és a fázisszögek összeadá-sával kapjuk:

( )C A B Ae Be ABe Cej j j jA B A B C= ⋅ = = =+ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ .PéldaHa A e j= 5 60o és B e j= 10 20o , akkor C A B e j= ⋅ = 50 80o .

c4 osztásKét komplex szám hányadosa az abszolút értékek osztásával és a fázisszögek kivonásávalkapjuk:

( )C AB

AeBe

AB

e Cej

jj j

A

B

A B C= = = =−ϕ

ϕϕ ϕ ϕ .

Példa

Ha A e j= 5 60o és B e j= 10 20o , akkor C AB

e j= = 0 5 40,o

.

c5 hatványozásKomplex szám n-dik hatványa az abszolút érték n-dik hatványa, a fázisszög pedig n-szeres

A A en n jn A= ϕ .PéldaHa A e j= 5 60o , akkor A e j2 12025=

o

.

c6 gyökvonásKomplex szám n-dik gyöke a (-n-dik) hatványa, az abszolút érték n-dik gyöke, a fázisszög1/n-szerese

A Aen n jnA

=ϕ

.Megjegyzés: a 2π-szerinti periodicitás miatt többszörös gyökök vannak

A Aen n j kn

A

=+ϕ π2

is gyöke A -nak, k < n-re.Példa

Ha A e j= ⋅9 70o , akkor A e ej j= ⋅ =9 370 35o o

és 3 370 360

2 215e ej j

+

=o

a két gyök.

c7 exponensKomplex szám exponenciális függvénye a valós és a képzetes rész exponenciális függvényei-nek szorzata:


39

e e e eA A jA A jAv k v k= =+ .

c8 logaritmusKomplex szám e-alapú logaritmusa az abszolút érték logaritmusának (valós rész) és a fázis-szögnek (képzetes rész) az összege:

( )ln ln lnA Ae A jjA

A= = +ϕ ϕ ,

illetve a 2π-szerinti periodicitás miatt ( )ln lnA A j kA= + +ϕ π2 .

d) forgó vektorok komplex koordináta rendszerbenEgy forgó vektor ϕ szöghelyzete időben egyenletesen változik ϕ(t)=ωt. Például áram esetén:

I Ie Iej j t= =ϕ ω ,itt I lehet effektív vagy maximális érték is.Ennek a forgó vektornak az idő szerinti differenciál hányadosa:

ddt

Ie j Iej t j tω ωω= ,

ahol a j–vel való szorzás +90°-os elforgatást jelent.A forgó vektor idő szerinti integrálja:

Ie dt Ij

e j I ej t j t j tω ω ω

ω ω∫ = = − ,

ahol a j–vel való osztás (-j–vel való szorzás) -90°-os elforgatást jelent.Ez megegyezik a szinusz függvénnyel végzett hasonló műveletek eredményével: a 90°-oseltolásnak 90°-os elforgatás felel meg.A forgó vektor álló vektorként, együttforgó koordináta rendszerben ábrázolható, ami formáli-san az e j tω tényező elhagyását jelenti (tulajdonképpen e j t− ω -val történő szorzást).

Időben szinusz függvény szerint változó mennyiségek kifejezése komplex számokkalAz álló és az egyenletesen forgó síkvektorok közötti kapcsolatot az 1 e j tω forgó egységvektorteremti meg.Egy A komplex szám mint álló síkvektor (forgó koordináta rendszerben): A Ae j A= ϕ ,

′A mint forgó síkvektor (álló koordináta rendszerben):( )′ = ⋅ = = +A A e Ae e Aej t j j t j tA A1 ω ϕ ω ω ϕ .

Az ′A forgó síkvektor valós- és képzetes tengelyre eső vetülete:Re ′A =Acos(ωt+ϕA),Im ′A =Asin(ωt+ϕA).

A két vetület egyenértékű, általában a sin forma használatos, de az Im jelölést el szoktákhagyni.Mivel az e j tω szorzó az időfüggvényre (pillanatértékre) felírt egyenletek minden tagjábanszerepel (mivel az ω körfrekvencia azonos), és a forgó vektoroknak az egymáshoz viszonyí-tott helyzete tartalmazza az egyik lényeges információt (a fáziskülönbséget), ezért az e j tω

szorzó elhagyható, a szinuszos mennyiségek álló síkvektorokkal jelképezhetők. Az e j tω szor-zó elhagyása lényegében egy koordináta transzformációt jelent, az ábrázolás az időben állókoordináta rendszer helyett a vektorokkal együtt forgó rendszerben történik. (Úgy is felfog-hatjuk, hogy az álló vektor mellett az a tengely forog ellenkező irányban, amelyikre vetítünk.)Az ( )′ = +A Ae j t Aω ϕ formát teljes alaknak, az ′ =A Ae j Aϕ formát redukált alaknak nevezik. Azutóbbi is szinusz függvény szerint változó mennyiséget ír le, de egyszerűben.


40

Az áramköri számítások egy része elvégezhető komplex vektorokkal (fázorokkal), azok aszámítások, amelyeknél a matematikai művelet és az imaginárius (vagy a reális) rész képzésefelcserélhető. Vagyis azok a számítások, amelyekre a vektorokkal végzett művelet eredmé-nyének vetülete megegyezik a vektorok vetületével végzett művelet eredményével.

Komplex fázorokkal elvégezhető matematikai műveletek1) összeadás (kivonás)Legyen a c(t) összetett szinusz függvény két komponense a(t) és b(t), mindkettő szinuszfüggvény:a(t)=Asin(ωt+ϕA),b(t)=Bsin(ωt+ϕB),c(t)=a(t)+b(t)= Asin(ωt+ϕA)+Bsin(ωt+ϕB)=Csin(ωt+ϕC).Az ωt=0 időpontban:c(ωt=0)= AsinϕA+BsinϕB=CsinϕC,

azω πt =2

időpontban:

c(ωt = π2

)= AcosϕA+BcosϕB=CcosϕC.

A két fenti egyenlet négyzetének összegéből:( ) ( )C A B A BA B A B

2 2 2= + + +sin sin cos cosϕ ϕ ϕ ϕ ,

ϕ ϕ ϕϕ ϕC

A B

A B

arctg A BA B

= ++

sin sincos cos

.

B

+

+jIm

Re

ϕA

ϕB

C

A

ϕC

Ck Ak Bk

Bv

Av

Cv

Fázorok összeadásának szemléltetése

Komplex fázorok vetületeivel is ugyanerre az eredményre jutunk, de egyszerűbben:A A jA A jAv k A A= + = +cos sinϕ ϕ és B B jB B jBv k B B= + = +cos sinϕ ϕ ,

C2= Cv2+ Ck

2, ϕ Ck

v

actg CC

=

,

Cv=Av+Bv=CcosϕC, Ck=Ak+Bk=CsinϕC.

2) állandóval való szorzás (osztás)Ha a(t)=Asin(ωt+ϕA), akkor ka(t)=kAsin(ωt+ϕA).komplex alakban:ha A A jAv k= + , kA kA jkAv k= + , vagy ha A Ae j A= ϕ , akkor kA kAe j A= ϕ .


41

3) differenciálás idő szerintHa a(t)=Asin(ωt+ϕA), akkor

( ) ( )ddt

a t A t A tA A= + = + +

ω ω ϕ ω ω ϕ πcos sin2

,

komplex alakban:

( )A Ae j t A= +ω ϕ , ( ) ( )dAdt

jA e A e jA ej t j t j tAA

A= = =+ + +

+ω ω ωω ϕ ω ϕ π

ω ϕ2 ,

vagyis a differenciálás eredménye egy ω-szoros amplitúdójú, 90°-kal siető szinusz függvény,komplex alakban egy ω-szoros vektor-hosszúságú, 90°-kal előre forgatott fázor. A 90°-oselőre forgatás j-vel való szorzást jelent. A differenciálás művelete többszörösen is elvégezhe-tő.

Adt∫

dAdt

+

+jIm

ReA

Differenciálás és integrálás a komplex síkon

4) integrálás idő szerintHa a(t)=Asin(ωt+ϕA), akkor

( ) ( )a t dt A t A tA A∫ = − + = + −

ω

ω ϕω

ω ϕ πcos sin2

,

komplex alakban:

( )A Ae j t A= +ω ϕ , ( ) ( )Adt Aj

e A e j A ej t j t j tAA

A∫ = = = −+ + −

+

ω ω ωω ϕ ω ϕ π

ω ϕ2 ,

vagyis az integrálás eredménye egy 1ω

-szoros amplitúdójú, 90°-kal késő szinusz függvény,

komplex alakban egy 1ω

-szoros vektor-hosszúságú, 90°-kal visszaforgatott fázor. A 90°-os

visszaforgatás j-vel való osztást jelent. Az integrálás művelete többszörösen is elvégezhető.Szorzás és osztás művelet időfüggvényeket kifejező komplex fázorokkal nem végezhető.Szorzásnál, például a teljesítmény számítás p(t)=u(t)⋅i(t) szorzatánál, az eredmény kétszeresfrekvenciájú szinusz komponenst ad, osztásnál pedig a nevező pillanatértéke nem lehet zérus(ezért az impedancia pillanatértéke nem értelmezhető váltakozó mennyiségekkel).A teljesítményt és az impedanciát is az időben szinusz függvény szerint változó mennyiségekidőben állandó jellemzőiből, effektív- vagy csúcsértékekből kell számítani. Az időben állandómennyiségek szorzata (pl. teljesítmény) és hányadosa (pl. impedancia, admittancia) képezhetőkomplex fázorokból és ábrázolható a komplex síkon álló síkvektorokkal. Ezeknek síkvekto-roknak a fázishelyzete viszont nem választató meg tetszőlegesen, a hatásos teljesítmény és az


42

ellenállás vagy a vezetés mindig a valós, a meddő teljesítmény és a reaktancia vagy aszuszceptancia pedig mindig a képzetes tengelyre eső vetület.

A komplex impedancia és admittanciaAz impedancia és az admittancia két azonos frekvenciájú szinusz függvény szerint változómennyiség maximális vagy effektív értékének hányadosa. Nem időfüggvény, nem szinuszos,időben állandó, kifejezi a feszültség és az áram viszonyát (matematikai operátor).Az u feszültség és az i áram komplex alakjából felírható az impedancia komplex alakja:

( )Z UI

U eI e

UI

e Zemj

mj

m

m

j ju

i

u i Z= = = =−ϕ

ϕϕ ϕ ϕ ,

ahol Z UI

UI

m

m

eff

eff

= = és ϕZ=ϕu-ϕi.

A ϕ fázisszög definíciója szerint az áram fázishelyzete a feszültséghez képest ϕ =ϕi-ϕu, ezértϕZ=-ϕ.

+

+jIm

Re

ϕu

ϕiϕ

IU

+

+jIm

Re

-ϕ

I

U

ϕ

Z+

+jIm

Re

I

U

ϕ

Y

A fázisszög, a komplex impedancia és admittancia fázisszöge

Az U IZ= összefüggés szerint például a feszültséghez képest fázisban késő áramot az impe-dancia „előre hozza”: ( )U Ie Ze Ie Ze Uej j j j ji Z i u i u= = =−ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ .Komponenseivel az impedancia:

Z R jX= + , ahol Z R X= +2 2 és R=ZcosϕZ, X=ZsinϕZ, ϕ Z arctg XR

= .

+

+jIm

Re

-ϕ

ZR

jX

+

+jIm

Re

ϕ

YG

-jB

A komplex impedancia és admittancia összetevői

Hasonlóképpen az admittancia komplex alakja az u feszültség és az i áram komplex alakjából:( )Y I

UI e

U eI

Ue Yem

j

mj

m

m

j ji

u

i u Y= = = =−ϕ

ϕϕ ϕ ϕ ,

ahol Y IU

IU

m

m

eff

eff

= = és ϕY=ϕi-ϕu=ϕ.

Komponenseivel az admittancia:


43

Y G jB= + , ahol Y G B= +2 2 és G=Ycosϕ, B=Ysinϕ, ϕ ϕY arctg BG

= = .

A Z impedancia és az Y admittancia inverz vektorok: YZ

= 1 és ϕY=-ϕZ.

Például egy soros ohmos-induktív áramkör admittanciája, ha Z R jX= + :

YZ R jX

R jXR X

RR X

j XR X

RZ

j XZ

G jB= =+

= −+

=+

−+

= − = −1 12 2 2 2 2 2 2 2 .

Az egyszerű példából láthatóan összetett áramkörökben az eredő vezetés GR

≠ 1 és az eredő

szuszceptancia BX

≠ 1 .

A komplex teljesítményA teljesítmény pillanatértékét nem, a leggyakrabban használt integrális P hatásos-, Q meddő-és S látszólagos teljesítményt viszont egyszerűen számítani lehet komplex alakban felírtmennyiségekből. A definíció szerint:S=UI,P=UIcosϕ,Q=UIsin(-ϕ)=−UIsinϕ.

U+

+jIm

Re

Iϕ

SP

Q

-ϕ

A komplex teljesítmény (induktív fogyasztó esetén)

A ϕ fázisszög azért szerepel negatív előjellel, mert fogyasztói pozitív irányok mellett a Qmeddő teljesítmény induktív fogyasztó (ϕ <0) esetén pozitív, kapacitívnál (ϕ >0) negatív.A negatív fázisszög komplex számításnál azt jelenti, hogy az UI skalár szorzat helyett azáram fázor I ∗ konjugáltjával kell számolni:S UI= ∗ , ha I Ie j i= ϕ akkor I Ie j i∗ −= ϕ .

( )S UI Ue Ie UIe UIej j j ju i u i= = = =∗ − − −ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ .P=UIcos(-ϕ)=UIcosϕ=Scosϕ=Re S ,Q=UIsin(-ϕ)=−UIsinϕ=−S sinϕ=−Im S , ϕ>0 (kapacitív) esetén Q<0, illetve ϕ<0 (induktív)esetén Q>0.A teljesítmény kifejezésének további alakjai:

az áram behelyettesítésével I UZ

= , I UZ

UZ

∗∗ ∗

∗=

= , ebből S UUZ

UZ

= =∗

∗ ∗

2

,

a feszültség behelyettesítésével U IZ= , ebből S IZI I Z= =∗ 2

Az áram fázor helyzetét a komplex síkon, illetve a P hatásos és a Q meddő teljesítmény elő-jelét szemlélteti az alábbi ábra különböző áramköröknél, a feszültség fázor pozitív valós irá-nya mellett.


44

+

+jIm

Re

U

∼

P>0

P<0

Q<0 Q>0

Az áram fázor elhelyezkedése a komplex síkon (fogyasztói pozitív iránynál)

Egyszerű áramkörök számítása komplex fázorok használatávalPéldák1. Ohmos ellenállásEgy R nagyságú ellenállást u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram és a teljesítmény?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, f=50 Hz,ω=2πf=2π50=100π=314 1/s.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,

I UR

UR

I= = = = =230100

2 3, A,

S UI UI P= = = =∗ 529 W, Q=0.

2. InduktivitásEgy L nagyságú induktivitást (tekercset) u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram és ateljesítmény?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, L=10,36 mH, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XL=ωL=314⋅10,36⋅10-3=3,253 Ω.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,

I UjX

UjX j

jL L

= = = = −230 70 73,253

, A,

S UI j j= = ⋅ =∗ 230 70 7, 16261 VA, P=0, Q=16,261 kvar.

3. KapacitásEgy C nagyságú kapacitást (kondenzátort) u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram és ateljesítmény?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, C=318,5 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XC=1/(ωC)=1/(314⋅318,5⋅10-6)=10 Ω.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,

I UjX

UjX

j jC C

=−

=−

= =2301

230

A,

S UI j j= = − ⋅ = −∗ 230 23 5290 VA, P=0, Q=-5290 var.


45

4. Soros R-L körEgy R nagyságú ellenállásból és L nagyságú induktivitásból álló soros áramkört u(t) feszült-ségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω,Z R jX jL= + = +100 62 8, Ω, Z = + =100 62 8 118 0842 2, , Ω,ϕZ=arctg(62,8/100)= 32,13°, ϕ=arctg(-62,8/100)=-ϕZ=-32,13°,Z e j= 118 084 32 13, , o

Ω.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,

I UZ

UZ j

- j - j j= = = =+

= = −2301 62 8

230 1 62 8100 62 8

14444 1 65 1 0362 200 +00 23000

13943,84,,

,, , A,

I UZ

UZ

e ej j= = =− −32 13 32 131948, ,,o o

A,

I = + =1 65 1 065 19482 2, , , A,

U RI e eRj j= = ⋅ =− −100 1948 194 832 13 32 13, ,, ,o o

V,

U jX I j e eL Lj j= = ⋅ =−62 8 1948 122 3332 13 57 87, , ,, ,o o

V,( )S UI j j= = ⋅ + = +∗ 230 1 65 1 036 379 5 238 28, , , , VA,

S UI e ej j= = ⋅ =∗ 230 1948 44832 13 32 13, , ,o o

VA,P=379,5 W, Q=238,28 var, S=448 VA.

5. Soros R-C körEgy R nagyságú ellenállásból és C nagyságú kapacitásból álló soros áramkört u(t) feszültség-re kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω,Z R jX jC= − = −100 3184, Ω, Z = + =100 3184 104 92 2, , Ω,ϕZ=arctg(-31,84/100)=-17,66°, ϕ=arctg(31,84/100)=-ϕZ=17,66°,Z e j= −104 9 17 66, , o


I UZ

UZ j

- j - j j= = =−

=+

= = −230100 3184

230 1 3184100 3184

7323 2 088 0 6652 2,,

,, ,00 23000

11013,78 A,

I UZ

UZ

e ej j= = =17 66 17 66219, ,,o o

A,

I = + =2 088 0 665 2192 2, , , A,

U RI e eRj j= = ⋅ =100 219 21917 66 17 66, , ,o o

V,

U jX I j e eC Cj j= − = − ⋅ = −3184 219 69 7317 66 72 34, , ,, ,o o

V,( )S UI j j= = ⋅ − = −∗ 230 2 088 0 665 480 24 153, , , VA,

S UI e ej j= = ⋅ =∗ − −230 219 503 717 66 17 66, ,, ,o o

VA,P=480,24 W, Q=-153 var, S=503,7 VA.


46

6. Soros R-L-C körEgy R nagyságú ellenállásból, L nagyságú induktivitásból és C nagyságú kapacitásból állósoros áramkört u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s,XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω,X= XL-XC=30,96 Ω (induktív),Z R jX j= + = +100 30 96, Ω, Z = + =100 30 96 104 682 2, , Ω,ϕZ=arctg(30,96/100)= 17,2°, ϕ=arctg(-30,96/100)=-ϕZ=-17,2°,Z e j= 104 68 17 2, , o


I UZ

UZ j

- j - j j= = =+

=+

= = −230100 30 96

230 1 30 96100 30 96

7121 2 099 0 652 2,,

,, ,00 23000

10958,5 A,

I UZ

UZ

e ej j= = =− −17 2 17 22197, ,,o o

A,

U RI e eRj j= = ⋅ =− −100 2197 219 717 2 17 2, ,, ,o o

V,

U jX I j e eL Lj j= = ⋅ =−62 8 2197 137 9717 2 72 8, , ,, ,o o

V,

U jX I j e e eC Cj j j= − = − ⋅ = = −− −3184 2197 69 95 69 9517 2 107 2 72 8, , , ,, , ,o o o

V,( )S UI j j= = ⋅ + = +∗ 230 2 099 0 65 482 77 149 5, , , , VA,

S UI e ej j= = ⋅ =∗ 230 2197 505 317 2 17 2, ,, ,o o

VA,P=482,77 W, QL=303,12 var, QC=-153,68 var, Q=149,5 var (induktív), S=505,3 VA.

7. Párhuzamos R-L körEgy R nagyságú ellenállásból és L nagyságú induktivitásból álló párhuzamos áramkört u(t)feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω,G=0,01 S, BL=0,0159 S,Y G jB jL= − = −0 01 0 0159, , S, Y = + =0 01 0 0159 0 01882 2, , , S, Z=53,19 Ω,ϕY=arctg(-0,0159 /0,01)=-57,83°, ϕ=arctg(-0,0159 /0,01)=ϕY=-57,83°,Y e j= −0 0188 57 83, , o

S, Z e j= 5319 57 83, , o

Ω.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,I UY e ej j= = ⋅ =− −230 0 0188 4 32457 83 57 83, ,, ,o o

A, I j= −2 3 3 657, , A,I UGR = = ⋅ =230 0 01 2 3, , A, I jUB j jL L= − = − ⋅ = −230 0 0159 3 657, , A,

( )S UI j j= = ⋅ + = +∗ 230 2 3 3 657 529 841, , VA,

S UI e ej j= = ⋅ =∗ 230 4 324 994 557 83 57 83, ,, ,o o

VA,P=529 W, Q=841 var, S=994,5 VA.

8. Párhuzamos R-C körEgy R nagyságú ellenállásból és C nagyságú kapacitásból álló párhuzamos áramkört u(t) fe-szültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázisszög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, C=100 µF, f=50 Hz.


47

ω=2πf=2π50=100π=314 1/s, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω,G=0,01 S, BC=0,0314 S,Y G jB jC= + = +0 01 0 0314, , S, Y = + =0 01 0 0314 0 032952 2, , , S, Z=30,349 Ω,ϕY=arctg(0,0314/0,01)=72,33°, ϕ=arctg(0,0314/0,01)=ϕY=72,33°,Y e j= 0 03295 72 33, , o

S, Z e j= −3 349 72 33, , o

Ω.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,I UY e ej j= = ⋅ =230 0 03295 7 578572 33 72 33, ,, ,o o

A, I j= +2 3 7 222, , A,I UGR = = ⋅ =230 0 01 2 3, , A, I jUB j jC C= = ⋅ =230 0 0314 7 222, , A,

( )S UI j j= = ⋅ − = −∗ 230 2 3 7 222 529 1661, , VA,

S UI e ej j= = ⋅ =∗ 230 7 5785 174372 33 72 33, , ,o o

VA,P=529 W, Q=-1661 var, S=1743 VA.

9. Párhuzamos R-L-C körEgy R nagyságú ellenállásból, L értékű induktivitásból és C nagyságú kapacitásból álló pár-huzamos áramkört u(t) feszültségre kapcsolunk, mekkora az áram, a teljesítmény és a fázis-szög?

( ) ( ) ( )u t t t= ⋅ =2 230 314 325 27 314sin , sin V, R=100 Ω, L=200 mH, C=100 µF, f=50 Hz.ω=2πf=2π50=100π=314 1/s,XL=ωL=314⋅200⋅10-3=62,8 Ω, XC=1/(ωC)=1/(314⋅100⋅10-6)=31,84 Ω, X= XL-XC=30,96 Ω,G=0,01 S, BL=0,0159 S, BC=0,0314 S, B=0,0155 S,Y G jB j= + = +0 01 0 0155, , S, Y = + =0 01 0 0155 0 018442 2, , , S, Z=54,23 Ω,ϕY=arctg(0,0155/0,01)=57,17°, ϕ=arctg(0,0155/0,01)=ϕY=57,17°,Y e j= 0 01844 57 17, , o

S, Z e j= −54 23 57 17, , o

Ω.Legyen a feszültség fázor valós, U U= ,I UY e ej j= = ⋅ =230 0 01844 4 2457 17 57 17, ,, ,o o

A, I j= +2 3 3 565, , A,I UGR = = ⋅ =230 0 01 2 3, , A,I jUB j jL L= − = − ⋅ = −230 0 0159 3 657, , A,I jUB j jC C= = ⋅ =230 0 0314 7 222, , A,

( )S UI j j= = ⋅ − = −∗ 230 2 3 3 565 529 820, , VA,

S UI e ej j= = ⋅ =∗ − −230 4 24 97557 17 57 17, , ,o o

VA,P=529 W, QL=841 var, QC=-1661 var, Q=-820 var, S=975 VA.


48

A Kirchhoff törvények alkalmazása komplex alakú ábrázolásnála) Csomóponti törvényAz ágáramok pillanatértékeinek eredője nulla, vagyis a vektorok vetítésével nyert vetületekalgebrai összege nulla. Ez akkor lehetséges, ha az ágáramok záródó vektorsokszöget alkotnak.A csomópont felé mutató pozitív irány választással:

I I I1 2 3 0− + = , az ábra szerint I I I1 3 2+ = .

I3

I1

I2

-I2

pozitív irányok

I1

− I2 I2

I3

Kirchhoff csomóponti törvényének vektoros illusztrációja

Az áram vektorok eredője zérus.

b) Huroktörvény

Z1

Z2

Z3

Z4

U3

U2

U1

U4

+ −U4

U1

U2

U3

U4

Kirchhoff huroktörvényének vektoros illusztrációja

Zárt hurok mentén a feszültség pillanatértékeinek összege nulla, vagyis a vektorsokszögnekzáródnia kell. A feszültség vektorok eredője a hurok mentén zérus, vagyis záródó vektorsok-szöget alkotnak. A választott körüljárási irány mellett:

U U U U1 2 3 4 0+ + − = , az ábra szerint U U U U1 2 3 4+ + = .A feszültség vektorok eredője zérus.

A meddő teljesítmény kompenzálásaAz ábra szerinti soros R-L áramkört U=áll. állandó amplitúdójú feszültséggel táplálva a hatá-sos teljesítmény csak az I áram feszültség irányú összetevőjétől függ P=UIcosϕ, független azáram meddő teljesítménnyel arányos Isinϕ induktív komponensétől. A táphálózat veszteségeviszont – Joule törvényének megfelelően – az eredő Ie áram négyzetével arányos. Emiatt arratörekszenek, hogy a meddő teljesítmény, az áram feszültségre merőleges komponense (ésezzel az eredő áram is) minél kisebb legyen.


49

R L

U C

I

UR ULIC

Ie

Ic

U

I

+

+j

ϕe

ϕ

Ic

Ie

Isinϕ

Icosϕ

A meddő teljesítmény kompenzálásának elve

A párhuzamosan kapcsolt kondenzátoron folyó Ic áram 90°-kal siet a feszültséghez képest,így az Isinϕ áramkomponenssel ellentétes irányú, azt csökkenti. A kondenzátor hatására azeredő Ie áram fázisszöge csökken, ϕe<ϕ, de a feszültség irányú összetevője és a hatásos tel-jesítmény változatlan marad. Megfelelő kondenzátor választással elérhető, hogy az eredőáram fázisban legyen a tápfeszültséggel, ϕe=0 legyen, ami minimálisra csökkenti a hálózatohmos veszteségét. Ezt a megoldást meddőkompenzálásnak, a kondenzátort pedig fázisjavítókondenzátornak nevezik.Fizikailag úgy értelmezhető, hogy a fázisjavító kondenzátor részben vagy egészben biztosítjaaz induktív fogyasztó meddő teljesítmény szükségletét.

Egyenértékű soros és párhuzamos áramkörökHa egy váltakozó áramú fogyasztó árama, feszültsége és fázisszöge ismert, számítható a fo-gyasztó lehetséges helyettesítő áramköre. A soros és a párhuzamos helyettesítő áramkör pa-raméterei különböznek, de a két áramkör egyenértékű.

u(t)

i(t)

Ismeretlen áramkör ismert változói

XL=ωLu(t)

i(t)

R

UR UL

XLu(t)

i(t)

RiR(t) iL(t)

I

UL

+

+j

URUϕ I

+

+j

U

ϕ

IL

IR

Egyenértékű soros és párhuzamos áramkör


50

ϕZ=-ϕ

Z UI

e UI

ej jZ= = −ϕ ϕ

R=Zcosϕ = UI

cosϕ

XL=Zsinϕ= UI

sinϕ

L X L=ω

UR=IR=UcosϕUL=IXL=Usinϕ

P=UIcosϕ=URI=I2RQ=UIsinϕ=ULI=I2XLS=UI

ϕY=ϕ

Y IU

e IU

ej jY= =ϕ ϕ

G=Ycosϕ= IU

cosϕ , RG

UI

= =1cosϕ

BL=Ysinϕ= IU

sinϕ , XB

UIL

L

= =1sinϕ

LBL

= 1ω

IR=UG=IcosϕIL=UBL=Isinϕ

P=UIcosϕ=UIR=U2GQ=UIsinϕ=UIL=U2BLS=UI

Egyenértékű soros és párhuzamos helyettesítő áramköri paraméterek


51

3 fázisú szimmetrikus rendszerek3 fázisú szimmetrikus feszültségrendszer előállításaHárom, térben szimmetrikusan (egymáshoz képest 120°-ra) elhelyezett vezető keretet 1 pó-luspárú homogén mágneses térben – a korábban vizsgált módon – egyenletes szögsebességgelforgatva, bennük időben szinusz függvény szerint változó, egymáshoz képest kölcsönösen120°-kal eltolt fázishelyzetű feszültségek (fázis feszültségek) indukálódnak. A feszültségekamplitúdója és frekvenciája (így periódusideje is) megegyezik.

D

É

ΩB

2

1

3

00

ω t

π/2 π 3π/2 2π

u1(ω t) u2(ω t) u3(ω t)Um

u (ωt)

π/6

π/3

2π/3 2π/3

Háromfázisú feszültségrendszer előállításának elve és időfüggvénye

Ugyanerre az eredményre jutunk, ha térben szimmetrikusan eltolt álló vezető kereteket helye-zünk térben szinusz függvény szerinti eloszlású, egyenletes szögsebességgel forgó mágnesterébe, mint ahogy a villamos energia előállítására alkalmazott szinkron generátoroknál tör-ténik. Vezető keretek helyett ténylegesen több menetű tekercsek (fázis tekercsek) vannak agenerátorokban. Az egyes fázisokat a, b, c vagy 1, 2, 3 index-szel különböztetjük meg, azindexelés a fázisok követési sorrendjét is mutatja.

Ω

2

1

3

Háromfázisú szinkron generátor tekercseinek elrendezési vázlata


52

Az egyes fázis feszültségek fázorábrája és matematikai időfüggvénye, ha a fázorok vízszintestengelyre eső vetületeit (a képzetes komponenseket) tekintjük és az amplitúdót Um-el jelöljük:

+++

+j+j+j

Ua

Ub

Uc

a fázis feszültségek pillanatértékei:ua(ωt)=Umsinωt,ub(ωt)=Umsin(ωt–2π/3),uc(ωt)=Umsin(ωt+2π/3).

az egyes amplitúdók fázorai (együttforgó ko-ordináta rendszerben):

U U ea mj= + 0o ,

U U eb mj= − 120o ,

U U ec mj= + 120o .

Háromfázisú feszültségrendszer fázorábrája és időfüggvényei

A fázis sorrend értelmezésePozitív fázis sorrendről akkor beszélünk, ha a szimmetrikus 3 fázisú rendszer egyes feszültsé-gei és áramai időben a–b–c, illetve 1-2-3 sorrendben követik egymást.

Ua

Ub

Uc+

+j

wt

0

wt

u

π/2 π 3π/2 2π

ua(wt) ub(wt) uc(wt)

Pozitív sorrendű feszültségrendszer illusztrálása

Negatív fázis sorrendnél a szimmetrikus 3 fázisú rendszer feszültségeinek és áramainak idő-beli követési sorrendje a–c–b, illetve 1-3-2.


53

Ua

Uc

Ub+

+j

wt

0

wt

u

π/2 π 3π/2 2π

ua(wt) uc(wt) ub(wt)

Negatív sorrendű feszültségrendszer illusztrálása

A 3 fázisú források legelterjedtebb jelölését a következő ábra mutatja, a térbeli elhelyezkedéstakkor is szimmetrikusnak feltételezzük, ha a jelölés ezt nem szemlélteti.

∼

∼ ∼

a

bc

∼

a

∼

b

∼

ca

bc

a b c

3 fázisú források szimbolikus jelölése

A háromfázisú forrás mindegyik fázisára fogyasztót lehet kapcsolni, a kialakuló áramoknagyságát és fázishelyzetét az egyes terhelő impedanciák jellege határozza meg. A 3 fázisúfogyasztók elterjedt jelölését az ábra mutatja.

Zb

Zc

Za Zb ZcZa

3 fázisú fogyasztók szimbolikus jelölése

Amennyiben az egyes fázisok egymástól függetlenek (villamos kapcsolat nincs közöttük),úgy az azonos fázishoz tartozó források és fogyasztók összekötéséhez összesen 6 vezetékrevan szükség.


54

∼

∼ ∼

Ua

cUb

Uc

Zb

Zc

Za

Ib

Ic

Ia

3 fázisú, 6 vezetékes rendszer

A három forrás egy-egy pontját egyesítve ún. csillagkapcsolást kapunk, a közös pontot, egy-ben a fázis feszültségek vonatkoztatási pontját, csillagpontnak nevezik.Ebben az esetben az egyes fázisok egymástól nem függetlenek, viszont az azonos fázishoztartozó források és a fogyasztók összekötéséhez csak 4 vezetékre van szükség.A csillagpontokat összekötő vezetőt nullavezetéknek (vagy nullavezetőnek) nevezik, a bennefolyó áramot I0-al vagy IN-el jelölik.

∼ ∼ ∼

Ua

Ub

Uc

0

IcIbIa

I0=IN

Uv

Uf

Zc Zb Za

Ia

IcIb

3 fázisú, csillag kapcsolású, 4 vezetékes rendszer

A háromfázisú, szimmetrikus, szinusz függvény szerint változó rendszer egyes fázis mennyi-ségeinek összege minden pillanatban zérus. Szimmetrikus feszültségrendszer és azonos terhe-lő impedanciák ( )Z Z Za b c= = esetén az áramok is szimmetrikus rendszert képeznek, mely-ben a pillanatértékek összege:

ia(ωt)+ ib(ωt)+ ic(ωt)= Imsinωt+ Imsin(ωt-2π/3)+ Imsin(ωt+2π/3)==Im[sinωt+ sin(ωt-2π/3)+ sin(ωt+2π/3)] ==Im[sinωt+ sinωtcos(2π/3)– cosωtsin(2π/3) + sinωtcos(2π/3)+ cosωtsin(2π/3)]=

= − − − +

=I t t t t tm sin , sin cos , sin cosω ω ω ω ω0 5 3

20 5 3

20 .

Ebből következik, hogy szimmetrikus rendszerben a fázis áramok összege minden pillanatbanzérus és a csomóponti törvény szerint a forrás és a fogyasztó csillagpontját összekötő vezető-ben nem folyik áram. Tehát a nullavezető elhagyható.A csillagpontokat forrás és fogyasztó oldalon is gyakran földelik, ilyen elrendezésnél a fázistekercsek, illetve az egyes terhelő impedanciák feszültsége a földpotenciálhoz (csillagpontipotenciál) képest jelentkezik.


55

∼ ∼ ∼

Ua

Ub

UcIcIbIa Uv

Zc Zb Za

Ia

IcIb

Uf

3 fázisú, 3 vezetékes, földelt csillagpontú rendszer

A forrásokat és a fogyasztókat összekötő vezetők (vonalak – line) közötti feszültség a vonalifeszültség. Szimmetrikus rendszerben az egyes fázis feszültségek és az egyes vonali feszült-ségek is azonosak, effektív értékekre Uf, illetve Uv:

Ua=Ub=Uc=Uf és Uab=Ubc=Uca=Uv.3 vezetékes rendszerben a források és a fogyasztók ún. háromszög (vagy delta) elrendezésszerint is összeköthetők. A források és a fogyasztók kapcsolási elrendezése eltérhet egymás-tól, pl. a csillag–delta és a delta–csillag kapcsolás ugyanúgy működőképes, mint a csillag–csillag, vagy a delta–delta.

∼

∼∼ UvUf

Ua

∼ ∼ ∼Ub

Uc

UbUa Uc

3 fázisú források háromszög kapcsolása

A vonali feszültségeketuab(ωt)= ub(ωt) – ua(ωt),ubc(ωt)= uc(ωt) – ub(ωt),uca(ωt)= ua(ωt) – uc(ωt)

pozitív irányokkal definiálva a vonali feszültségek a fázis feszültségekhez képest eltolt szi-nusz függvények szerint változnak.Példáuluab(ωt)= ub(ωt)–ua(ωt)= Umsin(ωt–2π/3)–Umsinωt=Um[sinωtcos2π/3–cosωtsin2π/3–sinωt]=

U t t U tm m− −

= −

15 32

3 56

, sin cos sinω ω ω π ,

vagyis az uab(ωt)=ub(ωt)–ua(ωt) vonali feszültség 150°-kal késik a referencia ua(ωt)-hoz ké-pest, amplitúdója pedig annak 3 -szorosa.


56

wt

u

ua ub uc

uabucaubc

5π/6

π/6

A fázis- és vonali feszültségrendszer időfüggvénye

A fázis effektív értékekre rajzolt fázorábrából a vektor szerkesztés szabályai szerint kapjuk acsillag kapcsolás vonali feszültségeinek fázorait, amelyek párhuzamos eltolással az origóbahelyezhetőek. Szimmetrikus esetben a vonali feszültségek olyan szimmetrikus háromfázisúfeszültségrendszert képeznek, amelyik a fázis feszültségekhez képest fázisban eltolt, az ampli-túdója (és az effektív értéke is) a fázis feszültség amplitúdójának (és effektív értékének) a

3 -szorosa, Uv = 3 Uf.

Ua

Ub

Uc

+

+j

wt

30°

150°Uab

Ubc

Uca

Uab

Ubc

Uca

30°

Uacos30°

A fázis- és vonali feszültségrendszer fázorábrája (csillag kapcsolás)

A háromszög kapcsolás vonali áramai ugyancsak szimmetrikus háromfázisú rendszert képez-nek, amelyik a fázisáramok rendszeréhez képest fázisban eltolt, a vonali áramok amplitúdója(és effektív értéke is) a fázisáramok amplitúdójának (és effektív értékének) 3 -szorosa,Iv= 3 If.


57

∼

∼∼ Ib

Ibc

Ic

Ia

IabIca

Iab=Ib–Ia,

Ibc=Ic–Ib,

Ica=Ia–Ic.

Ia

Ib

Ic

+

+j

wt

Iab

Ibc

Ica

30°

Iacos30°

A háromszög kapcsolású rendszer fázis- és vonali áramai

A fázis- és a vonali mennyiségek közötti összefüggés a két alapkapcsolásra:Uv Iv

Y 3 Uf If

∆ Uf 3 If

A 3 fázisú teljesítmény számításaA háromfázisú rendszer teljesítménye az egyes fázisok teljesítményének összege.Az eredő látszólagos teljesítmény a fázis feszültségekből és a fázis áramokból:S3f=Sa+Sb+Sc=UaIa+UbIb+UcIc,az eredő hatásos teljesítmény:P3f=Pa+Pb+Pc=UaIacosϕa+UbIbcosϕb+UcIccosϕc,az eredő meddő teljesítmény:Q3f=Qa+Qb+Qc=UaIasinϕa+UbIbsinϕb+UcIcsinϕc.Szimmetrikus rendszer esetén Ua=Ub=Uc=Uf, Ia=Ib=Ic=If, Za=Zb=Zc=Zf és ezért ϕa=ϕb=ϕc=ϕ,így az egyes fázisok teljesítménye is megegyezik, ezért a háromfázisú teljesítmény az egyfá-zisú háromszorosa:S3f=3S1f=3UfIf, P3f=3P1f=3UfIf cosϕ, Q3f=3Q1f=3UfIf sinϕ.A teljesítményt a vonali mennyiségekkel is felírhatjuk.

Csillag kapcsolásban U Uf

v=3

és If=Iv, ezt behelyettesítve az előző összefüggésekbe

S3f= 3 UvIv, P3f= 3 UvIvcosϕ, Q3f= 3 UvIvsinϕ.

Delta kapcsolásban Uf=Uv és I If

v=3

, behelyettesítve

S3f= 3 UvIv, P3f= 3 UvIvcosϕ, Q3f= 3 UvIvsinϕ.Vagyis vonali mennyiségekkel számítva a teljesítmények összefüggése független a kapcsolásimódtól. A képletekben vonali feszültség és áram szerepel, de ϕ a fázis mennyiségek közöttiszöget jelöli.

A hálózat ellenállásának hatása a fogyasztó feszültségéreEgy generátor U U Uga gb gc, , feszültségei szimmetrikus 3 fázisú rendszert képeznek.


58

A fogyasztó a csillag kapcsolású Z Z Za b c, , impedanciákból áll. A tápforrás és a fogyasztóközötti vezeték impedanciája Zv, de az egyszerűsítés érdekében csak az Rv ellenállást vesszükfigyelembe. Mekkora U U UZa Zb Zc, , feszültség jut a fogyasztóra?Mivel az áramok fázisban eltérőek, a vezetéken eső feszültség a három ellenálláson szinténfázisban eltérő.

Uv

Uf

Uga

∼Ugb

∼Ugc

∼ZaZbZc

Ia

Ib

Ic

UZc UZb UZa

Rv

Rv

Rv

Véges ellenállású hálózatról táplált fogyasztók

Teljes szimmetria esetén a generátor és a fogyasztó csillagpontja azonos potenciálú, ezértgalvanikusan összeköthető, így egy-egy fázis feszültségei számíthatók.A huroktörvény alapján az a fázisra

U U I Rga Za a v− − = 0 , amiből U U I RZa ga a v= − .

+

+j

Uga

Ugb

Ugc

Ia

Ib

Ic

I Ra v

I Rc v

I Rb v

ϕUZa

UZb

UZc

ϕϕ

Véges ellenállású hálózat hatása a fogyasztói feszültségre

A vezetéken eső feszültség a vezeték ellenállásától és az áram nagyságán kívül annak fázisá-tól is függ.

Összeállította: Kádár István2014. november


59

Ellenőrző kérdések

1. Hogyan állítható elő időben szinusz függvény szerint változó feszültség forgási indukció-val?

2. Hogyan állítható elő időben szinusz függvény szerint változó feszültség nyugalmi indukci-óval?

3. Mi a frekvencia, a periódusidő és a körfrekvencia fogalma, a pólusszám értelmezése?4. Melyek a szinusz függvény szerint váltakozó mennyiségek legfontosabb jellemzői?5. Mi a kezdeti fázisszög, a frekvencia, a körfrekvencia, az effektív- és csúcsérték?6. Értelmezze az időben szinusz függvény szerint változó mennyiségek fázisviszonyait, a fá-

zisbeli sietést, késést.7. A szinuszosan váltakozó feszültségre kapcsolt ellenállás, induktivitás és kondenzátor árama

és teljesítménye, a reaktancia fogalma.8. Soros és párhuzamos R-L, R-C és R-L-C körök szinuszos váltakozó áramú táplálása, az

impedancia fogalma.9. Mi a soros és a párhuzamos rezonancia, a rezgőkör, a rezonancia frekvencia?10. Síkvektorok alkalmazása szinuszosan váltakozó áramú mennyiségek leírására.11. Síkvektorral ábrázolt, időben szinuszosan váltakozó mennyiségek kifejezése komplex

számokkal.12. Időben szinuszosan váltakozó mennyiségek ábrázolása komplex síkon.13. Komplex impedancia, komplex teljesítmény.14. Soros és párhuzamos R-L, R-C és R-L-C kör mennyiségeinek és paramétereinek számítása

komplex számokkal, ábrázolásuk és értelmezésük a komplex síkon.15. Mi a fázisjavítás (meddőkompenzálás) célja?16. Többfázisú feszültségrendszerek előállítása.17. Szimmetrikus háromfázisú feszültségek és fogyasztók kapcsolása, vonali- és fázismennyi-

ségek.18. A fázissorrend értelmezése, a háromfázisú teljesítmény számítása.


60

Példák, feladatok

1. Az ábrán látható kapcsolásban szereplő feszültségmérő műszerek effektív értéket mérnek.Mindhárom voltmérő 100 V-ot mutat. A tápfrekvencia f=50 Hz, az ellenállás értéke R=10 Ω.Számítsa ki az I áramot, az U feszültséget, az L induktivitást, C kapacitást, az eredő S, P, Qteljesítményeket és a teljesítménytényezőt (cosϕ). Rajzolja fel az áramkör fázorábráját.

V

R L

U

V V

C

I I

UCUL

+

+j

U UR =

I=10 A, U=100 V, L=31,84 mH, C=318,47 µF, S=1 kVA, P=1 kW, Q=0, cosϕ=1

2. Az ábrán látható áramkört U=230 V feszültségű (effektív érték), f=50 Hz frekvenciájú for-rásról tápláljuk. Az effektív értéket mérő két műszer UR=100 V-ot illetve I=0,5 A-t mutat.Számítsa ki az R ellenállást, az L induktivitás értékét és UL feszültségét, az eredő S, P, Q tel-jesítményeket és a teljesítménytényezőt (cosϕ). Rajzolja fel az áramkör fázorábráját.

V

R

LU

A I

UL

+

+j

URUϕ

R=200 Ω, L=1,319 H, UL=207,12 V, S=115 VA, P=50 W, Q=103,56 var, cosϕ=0,43479

3. Az ábrán látható áramkörben R1=10 Ω, R2=75 Ω, C=60 µF, a tápfrekvencia f=50 Hz, akondenzátor ágban lévő, effektív értéket mérő ampermérő IC=2 A mutat. Számítsa ki az eredőI áramot, az U tápfeszültséget és a ϕ fázisszöget, rajzolja fel az áram és feszültség vektoráb-rát.

R1

U

C

R2

A

I

Ic IR2

U +

+j

U UC R=2

UR1 ϕ

IC

I=2-j1,4147 A (2,449 A), U=20-j120,247 V (121,89 V), ϕ=45,287°(kap)


61

4. Az ábrán látható soros R-L kört U=230 Veff fe-szültségről tápláljuk. Ha a tápfrekvencia f1=45 Hz,az effektív értéket mérő ampermérő I=4 A-t, f2=91Hz esetén I=2 A-t mutat.Számítsa ki az ellenállás és az induktivitás értékét,valamint az ellenálláson és az induktivitáson lévőfeszültséget f1 és f2 esetén.R=9,78 Ω, L=0,2 H, UR1=39,12 V, UR2=19,56 V, UL1=226,195 V, UL2=228,71 V

5. Az ábrán látható áramkörben a tápfeszült-ség U=200 V (effektív), a frekvencia f=50Hz, az induktivitás értéke L=200 mH, akondenzátor feszültségét (effektív értéket)mérő műszer UC=91,2 V-ot mutat, az am-permérő pedig I=4 A-t (effektív).Számítsa ki az ellenállás UR és az induktivi-tás UL feszültségét, az R ellenállás, a C kon-denzátor értékét, a P hatásos-, a Q meddő-és az S látszólagos teljesítményt, a cosϕ-t. Rajzolja fel feszültség és az impedancia fázorábrát.UR= 120 V, UL= 251,2 V, R=30 Ω, C=139,68 µF, P=480 W, Q=640 var, S=800 VA,cosϕ=0.6

I

UCUL

+

+j

UR

−UC

U

ϕ

+

+j

Z

ϕ

R

-jXCjXL

-jXC

6. Az ábrán látható áramkörben az áram effektívértékét mérő műszer I=2,5 A-t mutat, a teljesít-ménytényező cosϕ=0,4 induktív, a frekvenciaf=50 Hz, az ellenállás R=230 Ω, az induktivitásL=350 mH.Számítsa ki az ellenállás IR és az induktivitás ILáramát, az U tápfeszültséget, az induktivitás ULfeszültségét, a kondenzátor UC feszültségét és Ckapacitását, az S látszólagos-, a P hatásos- és a Qmeddő teljesítményt. Rajzolja fel feszültség és az admittancia fázorábrát.

−UC

I

UL

UC

+

+j

IL

U

ϕIR

Y+

+jϕ

jXL

-jXC

X=j(XL-XC)-XC= jXC

G

B-jBL

-BCjBC

R

LU

AI

R L

U C V

IA

VV

R

L

U C V

IA

V

IL

IR


62

IR=1 A, IL=2,29 A, U=230 V, UL= 251,9 V, UC= 21,9 V, C=333 µF, S=575 VA, P=230 W,Q=526,7 var

7. Az ábrán látható áramkörben a tápfeszültségU=170 V (effektív), az ellenállás értéke R=8 Ω.f1=50 Hz frekvenciájú táplálás esetén az effektívértéket mérő ampermérő I1=10 A-t mutat. Mekkoraaz induktív reaktancia értéke? Mit mutat a VR és aVL effektív értéket mérő voltmérő? Mekkora f2 frek-venciánál lesz az áram I2=17 A? Mekkora az induk-tív reaktancia értéke f2 frekvenciánál, mit mutat a VRés a VL voltmérő? Rajzolja fel feszültség és az im-pedancia fázorábrát.XL1=15 Ω, UR1=80 V, UL1=150 V, f2=20 Hz, XL2=6 Ω, UR2=136 V, UL2=102 V

I

UL

+

+j UR

U

ϕ

+

+j

Z

ϕ R

jXL

8. Az ábrán látható áramkörben a tápfeszültség U=325 V(effektív), az ellenállás értéke R=24 Ω. f1=50 Hz frekvenciá-ról történő táplálás esetén az effektív értéket mérő ampermé-rő I1=13 A-t mutat. Mekkora a kapacitív reaktancia értéke?Számítsa ki a P hatásos-, a Q meddő- és az S látszólagos tel-jesítményt, valamint a cosϕ értékét?Mekkora lesz az áram f2=35 Hz frekvenciájú táplálás eseténés a kapacitív reaktancia értéke? Számítsa ki f2 frekvencián aP hatásos-, a Q meddő- és az S látszólagos teljesítményt,valamint a cosϕ értékét? Rajzolja fel a teljesítmény és az impedancia fázorábrát.Számítsa ki az ellenállás UR és a kapacitás UC feszültségét f1 és f2 frekvencián. Rajzolja felfeszültség fázorábrát.

I

UC

+

+j

URU

ϕ

+

+j

Z

ϕR

-jXC

+

+j

S

ϕP

-jQ

I2=12,5 A, XC=10 Ω, P2=3,75 kW, Q2=−1,5625 kvar, S2=4,0625 kVA, cosϕ =0,923,UR1=312 V, UR2=300 V, UC1=91 V, UC2=125 V

R L

UI

A

VR VL

R

U CI

A

VR

VC


63

9. Az ábrán látható párhuzamos R-L kört U=173 Vefffeszültségről tápláljuk, a tápfrekvencia f=50 Hz. Azellenállás nagysága R=17,3 Ω, induktivitáson folyóáram effektív értéke ILeff=17,3 A.Számítsa ki az L induktivitás értékét, az eredő I áramot,az áramkör Z impedanciáját és Y admittanciáját, az Slátszólagos-, a P hatásos-, a Q meddő teljesítményt és acosϕ-t.

10. Az ábrán látható váltakozó áramú körben azinduktivitás L=68 mH, az ellenállás értékeR=20 Ω, a tápfrekvencia f=50 Hz, az ellenállá-son mérhető feszültség effektív értéke UR=200V, a kondenzátor feszültségének effektív értékeUC=100 V.Számítsa ki az I áramot, a kondenzátor C ka-pacitását, az induktivitás feszültségének UL

effektív értékét, U feszültség effektív értékét, a Z impedanciát, a ϕ fázisszöget, valamint az Slátszólagos, a P hatásos és a Q meddő teljesítményt.I=10 A, C=318,3 µF, UL=213,6 V, U=230 V, Z=23 Ω, ϕ=29,6°ind, S=2,3 kVA, P=2 kW,Q=1,136 kvar

11. Az ábrán látható R1-L áramkört U=170 V feszültségű (effektív érték), f=50 Hz frekvenciá-jú forrásról tápláljuk. Az effektív értéket mérő két műszer U=150 V-ot illetve I=10 A-t mutat.a) Számítsa ki az R1 ellenállást, az L induktivitást és a teljesítménytényezőt (cosϕ), írja fel akomplex impedanciát és a komplex teljesítményt, rajzolja fel az áramkör feszültség és áramfázorábráját.R1=15 Ω, L=25,47 mH, cosϕ=0,8823, Z j e j= + =15 8 17 28 072, o

Ω,

S j e j= + =1499 9 799 85 1700 28 072, , , o

VA,

V

R1

LU

A

R2

I

UL

+

+j

UR

U

ϕ

b) Az L induktivitással egy R2=6 Ω értékű ellenállást kapcsolunk párhuzamosan. Mennyi leszebben az esetben az áram, mekkora az R1 ellenálláson mérhető feszültség és az eredő teljesít-ménytényező? Rajzolja fel a kör admittancia-impedancia fázorábráját. Számítsa ki az eredő S,P, Q teljesítményeket.I=8,919 A, U1=133,8 V, cosϕ=0,988, S j e j= + =1498 6 229 09 1516 8 686, , , o

VA, P=1498,6 W,Q=229,09 var (ind)

R

U IL

LI

IR

R L

U C

I

UR ULUC


64

+

+j

ZYLR

LR2

2

1= ϕR1

jXL

G2

-jBL

YLR2

Ze

12. Az ábrán látható áramkörben R1=16 Ω,C=80 µF, a tápfrekvencia f=50 Hz, a kondenzá-toron lévő, effektív értéket mérő voltmérőUC=240 V-ot, az ugyancsak effektív értéketmérő ampermérő I=10 A-t mutat. Rajzolja fel ateljes impedancia-admittancia, valamint áram-feszültség fázorábrát. Számítsa ki az R2 ellenál-lás értékét, írja fel az eredő komplex impedanciát, határozza meg az Uk kapocsfeszültség ef-fektív értékét.Számítsa ki az (I áram és az Uk feszültség közötti) eredő fázisszöget és az eredő komplex tel-jesítményt.

I IR2

IC

+

+j

U UC R=2UR1 ϕ

YCR2

+

+j

ϕG2

jBC

ZCR2

R1

Ze

R2=30 Ω, Z j eej= − = −35167 14 44 38 22 32, , , o

, Uk=380 V, ϕ=22,33°,

S j e j= − = −3515 1443 77 3800 22 33, , o

VA

13. Egy 3 fázisú, szimmetrikus, csillag kapcsolású generátor feszülsége 3x10 kV, terhelésecosϕ=0,8 mellett 5 MW.Mekkora az áram? Mekkora a hatásos teljesítmény változatlan nagyságú áram és cosϕ=0,9mellett?I=360,8 A, P=5,624 MW

14. 3 fázisú szimmetrikus hálózat vonali feszültsége 230 V, f=50 Hz, a szimmetrikus csillagkapcsolású terhelés fázisonkénti impedanciája Z = 8+j6.Mekkora a fázisáram, a vonali áram, a fázisszög, a hatásos-,a meddő- és a látszólagos telje-sítmény?If=Iv=13,28 A, ϕ=36,87°, P=4232,3 W, S=5290 VA, Q=3174 var

15. Egy 3 fázisú, szimmetrikus hálózat vonali feszültsége 1100 V, frekvenciája 50 Hz, aszimmetrikus csillag kapcsolású fogyasztó teljesítménye 150 kW, árama 100 A, az áram siet.

R1

Uk

CR2V

IA

Uc


65

Határozza meg a fogyasztó párhuzamos kapcsolással modellezett áramköri elemeit.S=190,5 kVA, cosϕ=0,789, R=5 ohm, Q=116,967 kvar, C=816,6 µF

16. Egy 3 fázisú szimmetrikus hálózat vonali feszültsége 380 V, f=50 Hz, a szimmetrikusháromszög kapcsolású ohmos fogyasztó fázisonkénti ellenállása 45 Ω.Mekkora a fázisáram, a vonali áram, a fázisszög, a fázisonkénti és a 3 fázisú teljesítmény?If=8,44 A, Iv=14,62 A, cosϕ=1, P1f=3207,2 W, P3f=9621,6 W

17. Egy 3 fázisú motor adattábláján a következők olvashatók:U=3x380 V, f=50 Hz, I=4,6 A, cosϕ=0,82 (induktív), P=2 kW (leadott), kapcsolás: Y.Mekkora a hálózati P, Q, S, a hatásfok, a párhuzamos kapcsolással modellezett helyettesítőáramköri (fázis) elemek?Pfel=2482,6 W, Q=1731,8 var, S=3027,6 VA, η=0,8056, R=58,19 Ω, L=0,265 H

18. Egy 3 fázisú szimmetrikus hálózat feszültsége 3x380 V, f=50 Hz, vonali árama 30A, afázisszög 30° (késő). Mekkora a hálózati P, Q, S?P=18 kW, Q=10,392 kvar, S=20,784 kVA

19. Egy 3x400 V, f=50 Hz feszültségű szimmetrikus hálózatról 3 tekercset táplálnak. A térbenszimmetrikusan elhelyezett, Y-kapcsolású tekercsek ellenállása R=100 Ω, önindukciós ténye-zője L=0,8 H, az egyes tekercsek közötti kölcsönös indukciós tényező M=0,3 H.Mekkora az áram és a teljesítménytényező?I=1,236 A, cosϕ=0,537

20. Egy 3x400 V, f=50 Hz feszültségű szimmetrikus hálózat ∆-kapcsolású, szimmetrikus fo-gyasztót táplál, a fázisáram 20 A, a fázisszög 40° (késő).Mekkora a vonali áram és a hálózati P, Q, S?Iv=34,64 A, P=18,385 kW, Q=15,426 kvar, S=24 kVA

21. Egy 3x230 V, f=50 Hz feszültségű szimmetrikus hálózatról három Z f = 8+j6 Ω impe-danciájú, ∆-kapcsolású fogyasztót táplálnak.Mekkora a vonali áram és a hálózati P, Q, S?Iv=40 A, P=12,74 kW, Q=9,56 kvar, S=15,93 kVA

22. Egy szimmetrikus háromfázisú ohmos-induktív fogyasztót 3x415 V, f=50 Hz feszültségűszimmetrikus hálózatról táplálnak. Két-két csatlakozási pont között 3 Ω egyenáramú (ohmos)ellenállás mérhető, a vonali áram 100 A.Mekkora a teljesítmény tényező? Mekkora a fogyasztó egyes fázisainak ellenállása ésreaktanciája csillag és háromszög kapcsolás feltételezésével?S=71,88 kVA, P=45 kW, Q=56,05 kvar, cosϕ=0,626, RY=1,5 Ω, XLY=1,868 Ω, R∆=4,5 Ω,XL∆=5,6 Ω

v. egyszerű váltakozó áramú körök árama, feszültsége ... · v. egyszerű váltakozó...

Documents