08. fejezet – Összetett egyenáramú hálózatok

8.1 Kirchhoff csomóponti törvénye

A hálózat szótára: ág, csomópont, hurok

Eddig „áramkörről" beszéltünk. Amikor több forrás és sok fogyasztó kapcsolódik egymáshoz,
pontosabb szót használunk: hálózat. A hálózat leírásához mindössze négy fogalomra van szükség,
és ezt a négy szót a fejezet végéig – sőt, a jegyzet hátralévő részében is – ugyanabban az
értelemben fogjuk használni. Érdemes most megtanulni őket, mert a hálózatszámításban elkövetett
hibák jelentős része nem a matematikában, hanem a fogalmak összekeverésében gyökerezik.

Két gyakorlati fogás a megszámláláshoz. Először: két elem akkor van egy ágban, ha egyetlen közös
pontjuk van, és arról a pontról nem indul harmadik vezeték. Ha indul, akkor ott csomópont van, és
két külön ágról beszélünk. Másodszor: a puszta vezetékdarab nem ág. Ha két pontot ideális,
ellenállás nélküli vezeték köt össze, akkor az a két pont villamosan ugyanaz a csomópont, akkor
is, ha a rajzon messze esnek egymástól. Ez utóbbi hiba a leggyakoribb: a tanuló a rajz geometriáját
nézi, nem a villamos kapcsolatot.

Miért nem elég a soros-párhuzamos visszabontás?

A 2.9 alfejezetben megtanult módszer – „befelé egyszerűsíts, kifelé számolj" – kiváló, de két
esetben csődöt mond:

1. Ha a hálózatban egynél több forrás van. A soros-párhuzamos összevonás azon alapul, hogy
   kiszámítjuk az eredő ellenállást, és a forrásfeszültséget elosztjuk vele. Két forrásnál nincs
   egyetlen „a" forrásfeszültség, amivel indulhatnánk.
2. Ha a kapcsolás topológiája nem engedi. A hídkapcsolás klasszikus példa erre: öt ellenállás
   úgy kapcsolódik, hogy egyetlen ellenálláspár sincs sem tisztán sorosan, sem tisztán
   párhuzamosan. Bárhonnan kezdjük, elakadunk.

Ilyenkor lép színre Kirchhoff két törvénye. Ez a két törvény nem „még egy trükk" a sok közül:
ez a hálózatszámítás teljes alapja. Minden további módszer – a hurokáramok, a csomóponti
potenciálok, a szuperpozíció, a Thévenin- és a Norton-helyettesítés – ebből a kettőből származik,
és mindegyik csak abban különbözik, hogy mennyi számolási munkát spórol meg.

A csomóponti törvény

Σ I = 0        illetve        Σ I_be = Σ I_ki

A törvény mögött nincs semmi titokzatos: a csomópontban nem gyűlik össze és nem tűnik el töltés.
Amennyi töltés másodpercenként beérkezik, ugyanannyi távozik is. Ha ez nem így volna, a csomópont
egyre jobban feltöltődne, és a feszültsége minden határon túl nőne – ilyet a valóságban nem
tapasztalunk.

A törvényt kétféle alakban használjuk, és érdemes mindkettőt gyakorolni:

• Előjeles alak: felveszünk egy szabályt (például: a csomópontba befolyó áramok pozitívak, a
  kifolyók negatívak), és minden áramot ezzel az előjellel írunk fel; az összegnek nullát kell
  adnia.
• Mérleg alak: a befolyó áramok összege egyenlő a kifolyó áramok összegével. Ez kezdőként
  szemléletesebb, és kevesebb előjelhibát okoz.

Az előjelkonvenció: az áramirányok felvétele

Most jön a fejezet legfontosabb – és a tapasztalat szerint legtöbbeket megbuktató – gondolata.

A számítás megkezdésekor nem tudjuk, melyik ágban merre folyik az áram. Nem is kell tudnunk.
Amit tennünk kell: minden ágban felveszünk egy irányt, berajzoljuk nyíllal, és a számítás végéig
ehhez tartjuk magunkat. Ez a felvett irány önkényes: nyugodtan lehet rossz.

Ez a mondat a fejezet legdrágább mondata, ezért másképp is elmondjuk:

A negatív eredmény nem hiba. A negatív eredmény információ. Azt jelenti, hogy a valóság
ellentétes irányú, mint a mi kiinduló feltevésünk. A szám nagysága helyes.

Három szabály, amit a felvételnél be kell tartani:

1. Minden ágban pontosan egy nyíl van, és a nyíl a teljes ágra érvényes (az ág minden elemén
   ugyanaz az áram folyik).
2. A nyilat felrajzoljuk a kapcsolási rajzra, és megcímkézzük (I₁, I₂, I₃ …). Aki fejben tartja
   az irányokat, az téveszt.
3. A nyilat a számítás közben soha nem fordítjuk meg, még akkor sem, ha közben rájövünk, hogy
   „biztosan fordítva van". A végén az előjel úgyis megmondja az igazságot.

Kidolgozott mintapélda 1. – Csomóponti törvény és a negatív eredmény
Egy leágazódobozban négy vezeték találkozik. A mérés szerint a dobozba befolyik
I1 = 8 A és I2 = 3 A, kifolyik I3 = 15 A. Mekkora és milyen irányú a negyedik ág
árama, ha azt kifolyó iránnyal vettük fel?

Adatok:
  I1 = 8 A (befolyó) ; I2 = 3 A (befolyó) ; I3 = 15 A (kifolyó) ; I4 = ? (kifolyónak felvéve)

1. lépés – a törvény felírása mérleg alakban:
     I1 + I2 = I3 + I4

2. lépés – rendezés az ismeretlenre:
     I4 = I1 + I2 − I3

3. lépés – behelyettesítés:
     I4 = 8 A + 3 A − 15 A = −4 A

4. lépés – az előjel értelmezése:
     Az eredmény negatív, tehát az áram a FELVETT (kifolyó) iránnyal ELLENTÉTESEN,
     azaz a csomópontba BEFELÉ folyik, 4 A nagysággal.

5. lépés – ellenőrzés a valódi irányokkal:
     befolyó összesen: 8 A + 3 A + 4 A = 15 A
     kifolyó összesen: 15 A
     15 A = 15 A   – az egyenleg zár, a megoldás helyes.

Eredmény: I4 = 4 A, a dobozba befelé folyik.

8.2 Kirchhoff huroktörvénye

A huroktörvény és a körüljárási irány

Σ U = 0        illetve        Σ U_forrás = Σ U_fogyasztó

Ennek is egyszerű a tartalma: ha egy zárt úton körbejárunk és visszaérünk ugyanoda, akkor
ugyanoda értünk vissza – a kiindulási pont potenciálja nem változhat meg attól, hogy körbementünk.
Amennyit a források „felemelnek" a hurok mentén, pontosan annyit „ejtenek le" az ellenállások.

A használatához egy dolgot kell rögzíteni: a körüljárási irányt. Ezt is önkényesen választjuk
(a szokás szerint az óramutató járásával egyezően), berajzoljuk a hurok közepére egy körkörös
nyíllal, és tartjuk magunkat hozzá.

Az előjelszabály – türelmesen, elemenként

A hurokegyenlet felírásánál kétféle elemmel találkozunk, és a kettőre más a szabály. Ez az a
pont, ahol a legtöbb hiba születik, ezért nézzük végig lassan.

Ellenállásra. Az ellenálláson a feszültség az áram irányában esik: a belépő oldal a
pozitívabb. Ezért:

• ha a körüljárás iránya megegyezik az ágban felvett áram irányával, akkor az I · R szorzatot
  pozitívan (feszültségesésként) írjuk be;
• ha ellentétes, akkor negatívan.

Forrásra. A forrásnál nem az áram iránya számít, hanem az, hogy a körüljárás során melyik
sarkon lépünk be:

• ha a − sarok felől a + sarok felé haladunk át a forráson, akkor feszültségemelkedés
  történik: a forrásfeszültséget pozitívan vesszük a jobb oldalon (a „források" oldalán);
• ha a + sarok felől a − felé, akkor negatívan.

Kidolgozott mintapélda 2. – Szembekapcsolt források: akkumulátortöltés
Egy 14,4 V üresjárási feszültségű töltő tölt egy 12,0 V forrásfeszültségű akkumulátort.
A töltő belső ellenállása R_t = 0,05 Ω, a vezetéké R_v = 0,15 Ω, az akkumulátoré
R_a = 0,20 Ω. Mekkora a töltőáram? Ellenőrizd teljesítménymérleggel!

Adatok:
  U_t = 14,4 V ;  U_a = 12,0 V ;  R_t = 0,05 Ω ;  R_v = 0,15 Ω ;  R_a = 0,20 Ω

1. lépés – az áramirány felvétele:
     Az áramot a töltő + sarkától az akkumulátor + sarka felé vesszük fel (töltés).
     Az akkumulátor forrása így SZEMBE van kapcsolva az árammal.

2. lépés – a hurokegyenlet „esések = források" alakban:
     I · (R_t + R_v + R_a) = U_t − U_a
     (az akkumulátor forrása negatív előjelet kap, mert a körüljárás a + sarka
      felől lép be rajta)

3. lépés – a soros eredő ellenállás:
     R_e = 0,05 Ω + 0,15 Ω + 0,20 Ω = 0,40 Ω

4. lépés – a hajtófeszültség:
     U_h = 14,4 V − 12,0 V = 2,4 V

5. lépés – a töltőáram:
     I = U_h / R_e = 2,4 V / 0,40 Ω = 6,0 A

6. lépés – a részfeszültségek ellenőrzésre:
     U_Rt = 6,0 A · 0,05 Ω = 0,30 V
     U_Rv = 6,0 A · 0,15 Ω = 0,90 V
     U_Ra = 6,0 A · 0,20 Ω = 1,20 V
     Összeg: 0,30 V + 0,90 V + 1,20 V = 2,40 V = U_t − U_a   – helyes

7. lépés – teljesítménymérleg:
     A töltő által leadott:        P_t = U_t · I = 14,4 V · 6,0 A = 86,4 W
     Az akkumulátorba betáplált:   P_a = U_a · I = 12,0 V · 6,0 A = 72,0 W
     Az ellenállásokon hővé válik: P_R = I² · R_e = 36 A² · 0,40 Ω = 14,4 W
     Mérleg: 72,0 W + 14,4 W = 86,4 W   – zár, a megoldás helyes.

Eredmény: I = 6,0 A töltőáram; a betáplált 86,4 W-ból 72,0 W hasznosul, 14,4 W veszteség.

Figyeld meg a 7. lépést: az akkumulátor itt fogyasztóként viselkedik (felveszi a 72 W-ot,
és kémiai energiává alakítja), noha forrás. A hálózatszámításban ez teljesen szokásos: egy forrás
lehet energiafelvevő is, és ezt éppen az árama és a feszültsége irányának viszonya árulja el.

Hány egyenlet kell? A független hurkok kiválasztása

A hálózatban annyi ismeretlen áram van, ahány ág. Tehát ha b az ágak és n a csomópontok
száma, akkor b darab független egyenletre van szükség. Ezeket így osztjuk el:

Csomóponti egyenletek száma:   n − 1
Hurokegyenletek száma:         b − n + 1
Összesen:                      (n − 1) + (b − n + 1) = b        – pontosan annyi, amennyi kell

Miért csak n − 1 csomóponti egyenlet? Mert ha a hálózat összes csomópontjára felírjuk a
törvényt és a felírt egyenleteket összeadjuk, akkor minden ágáram pontosan kétszer szerepel: egyszer
plusszal (ahonnan kifolyik) és egyszer mínusszal (ahova befolyik). Az összeg tehát azonosan
0 = 0 – vagyis az utolsó csomóponti egyenlet mindig következik a többiből, új információt nem
hordoz. Ezért egy csomópontot mindig kihagyunk.

Hogyan válasszuk a független hurkokat? A gyakorlatban a legegyszerűbb és legbiztosabb szabály:
rajzold le a kapcsolást úgy, hogy a vezetékek ne keresztezzék egymást, és vedd a rajz „ablakait"
(szemeit) hurkoknak. Egy ablak olyan zárt terület, amelyen belül nincs további ág. Az így kapott
hurkok mindig függetlenek, és éppen b − n + 1 darab van belőlük. Alternatív, formális szabály:
minden új hurokban legyen legalább egy olyan ág, amely a korábbi hurkokban még nem szerepelt.

Az alaphálózat: teljes megoldás Kirchhoff-egyenletekkel

Most oldjuk meg azt a hálózatot, amelyre a fejezet során négy különböző módszert fogunk
alkalmazni. A négy megoldásnak természetesen ugyanazt kell adnia – ez lesz a legjobb bizonyíték
arra, hogy a módszerek valóban egyenértékűek, és csak a munka mennyiségében térnek el.

A hálózat: egy 12 V-os tápegység és egy 4 V-os akkumulátorcella-csoport (két sorba
kapcsolt ólomcella) van párhuzamosan ugyanarra a fogyasztóra kötve. A tápegység ágának teljes
ellenállása (belső ellenállás és vezeték együtt) R₁ = 1 Ω, az akkumulátor ágáé R₂ = 2 Ω, a
fogyasztó R₃ = 2 Ω.

Kidolgozott mintapélda 3. – Kétforrású hálózat Kirchhoff-egyenletekkel
Adott a fenti hálózat. Határozd meg mindhárom ágáramot, és ellenőrizd az eredményt
teljesítménymérleggel!

Adatok:
  U1 = 12 V ;  R1 = 1 Ω ;  U2 = 4 V ;  R2 = 2 Ω ;  R3 = 2 Ω

1. lépés – az egyenletek számának meghatározása:
     ágak: b = 3 ;  csomópontok: n = 2 (A és B)
     csomóponti egyenlet: n − 1 = 1
     hurokegyenlet:       b − n + 1 = 3 − 2 + 1 = 2
     összesen 3 egyenlet, 3 ismeretlen (I1, I2, I3)

2. lépés – az áramirányok felvétele:
     I1: a bal ágban felfelé (a B csomópontból az A felé)
     I2: a jobb ágban felfelé (a B csomópontból az A felé)
     I3: a középső ágban lefelé (az A csomópontból a B felé)

3. lépés – csomóponti egyenlet az A pontra:
     I1 + I2 = I3                                        (1)

4. lépés – hurokegyenlet az I. hurokra (bal + középső ág):
     A körüljárás a 12 V-os forráson a − sarok felől lép be  →  +U1
     Mindkét ellenálláson a körüljárás iránya = az áram iránya  →  +I·R
     U1 = I1 · R1 + I3 · R3
     12 = 1 · I1 + 2 · I3                                 (2)

5. lépés – hurokegyenlet a II. hurokra (jobb + középső ág):
     U2 = I2 · R2 + I3 · R3
     4 = 2 · I2 + 2 · I3                                  (3)

6. lépés – a rendszer megoldása. (1)-ből I3 = I1 + I2, ezt beírva:
     (2):  12 = I1 + 2 · (I1 + I2) = 3 · I1 + 2 · I2
     (3):   4 = 2 · I2 + 2 · (I1 + I2) = 2 · I1 + 4 · I2

7. lépés – kiküszöbölés. A (3) egyenlet felét kivonva a (2)-ből:
     (3)/2:   2 = I1 + 2 · I2
     (2) − (3)/2:   12 − 2 = 3·I1 − I1  →  10 = 2 · I1  →  I1 = 5 A

8. lépés – visszahelyettesítés:
     2 = 5 + 2 · I2   →   2 · I2 = −3   →   I2 = −1,5 A
     I3 = I1 + I2 = 5 A + (−1,5 A) = 3,5 A

9. lépés – az előjel értelmezése:
     I2 negatív: az akkumulátor ágában az áram a felvett iránnyal ELLENTÉTESEN,
     azaz A-ból B felé folyik. Az akkumulátor tehát nem táplál, hanem TÖLTŐDIK,
     1,5 A árammal.

10. lépés – ellenőrzés behelyettesítéssel a (2) és (3) egyenletbe:
     (2):  1 Ω · 5 A + 2 Ω · 3,5 A = 5 V + 7 V = 12 V = U1     – helyes
     (3):  2 Ω · (−1,5 A) + 2 Ω · 3,5 A = −3 V + 7 V = 4 V = U2 – helyes

11. lépés – ellenőrzés teljesítménymérleggel:
     A 12 V-os forrás lead:       P1 = U1 · I1 = 12 V · 5 A = 60 W
     A 4 V-os forrás FELVESZ:     P2 = U2 · |I2| = 4 V · 1,5 A = 6 W
     Az ellenállásokon hővé válik:
        P_R1 = I1² · R1 = 25 A² · 1 Ω    = 25,0 W
        P_R2 = I2² · R2 = 2,25 A² · 2 Ω  =  4,5 W
        P_R3 = I3² · R3 = 12,25 A² · 2 Ω = 24,5 W
        összesen                          = 54,0 W
     Mérleg:  60,0 W = 6,0 W + 54,0 W = 60,0 W   – zár, a megoldás helyes.

Eredmény: I1 = 5 A ; I2 = −1,5 A (azaz 1,5 A töltőáram) ; I3 = 3,5 A.

A teljesítménymérleg mint ellenőrzés

Az előző példa 11. lépése nem díszítés, hanem a legerősebb ellenőrzési eszközünk. Az elve
egyszerű: a hálózatban energia nem keletkezik és nem vész el.

Σ P_leadott = Σ P_felvett

A gyakorlati recept:

1. Minden forrásnál számold ki a P = U · I szorzatot az ág valódi áramával. Ha az áram a
   forrás + sarkából kifelé folyik, a forrás lead; ha befelé, akkor felvesz.
2. Minden ellenállásnál számold ki a P = I² · R teljesítményt (ez mindig felvett, mindig
   pozitív).
3. Add össze a két oldalt. Ha nem egyeznek, valahol hiba van – jellemzően egy előjelben.

8.3 Összetett hálózatok megoldása: hurokáramok módszere

Az ötlet: kevesebb ismeretlen

A Kirchhoff-egyenletek mindig működnek, de sok ismeretlent adnak: annyit, ahány ág van. Egy
hatágú hálózat hat egyenletet jelent – kézzel ez már fárasztó és hibalehetőségekkel teli.

A hurokáramok módszere ezt a munkát rövidíti le. Az ötlet: ne az ágáramokat tekintsük
ismeretlennek, hanem vezessünk be fiktív, a hurok mentén körbefolyó áramokat, és ezekkel
számoljunk. Így pontosan annyi ismeretlenünk lesz, ahány független hurok van – ez majdnem mindig
kevesebb, mint az ágak száma. A csomóponti törvény pedig automatikusan teljesül: egy körbefolyó
áram minden csomópontba pont annyit visz be, amennyit kivisz.

A módszer lépéssorban

1. Rajzold át a kapcsolást úgy, hogy a vezetékek ne keresztezzék egymást, és jelöld be a
   csomópontokat.
2. Válaszd ki a független hurkokat (a rajz „ablakait"), és mindegyikbe rajzolj egy hurokáramot.
   Mindegyiket ugyanabba az irányba vedd fel – a szokás szerint az óramutató járásával egyezően.
   Ez a kis fegyelem sok előjelhibát takarít meg.
3. Írd fel minden hurokra a huroktörvényt az alábbi séma szerint:
   - a saját hurokáramot szorozd meg a hurokban lévő összes ellenállás összegével;
   - a szomszédos hurokáramokat szorozd meg a két hurok közös ellenállásainak összegével, és
   – ha minden hurokáramot azonos irányban vettél fel – vond ki ezeket;
   - a jobb oldalra írd a hurokban lévő források előjeles összegét (a 8.2 előjelszabálya
   szerint).
4. Oldd meg az egyenletrendszert a hurokáramokra.
5. Számold vissza az ágáramokat a hurokáramokból.
6. Ellenőrizz behelyettesítéssel vagy teljesítménymérleggel.

Általános alakban két hurokra:

(R_11) · I_a  −  (R_12) · I_b  =  U_I
−(R_12) · I_a  +  (R_22) · I_b  =  U_II

ahol   R_11 = az I. hurok összes ellenállásának összege
       R_22 = a II. hurok összes ellenállásának összege
       R_12 = a két hurok KÖZÖS ágának ellenállása
       U_I, U_II = a hurokban lévő források előjeles összege

Kidolgozott mintapélda 4. – Az alaphálózat hurokáramok módszerével
Oldd meg a 3. mintapélda hálózatát hurokáramokkal, és vesd össze az eredményt!

Adatok:
  U1 = 12 V ;  R1 = 1 Ω ;  U2 = 4 V ;  R2 = 2 Ω ;  R3 = 2 Ω

1. lépés – a hurkok és a hurokáramok felvétele:
     I. hurok: bal ág (U1, R1) + középső ág (R3),  hurokárama I_a, óramutató szerint
     II. hurok: középső ág (R3) + jobb ág (R2, U2), hurokárama I_b, óramutató szerint
     Két hurokáram = két ismeretlen (a Kirchhoff-módszernél három volt).

2. lépés – az I. hurok egyenlete:
     saját ellenállások:  R1 + R3 = 1 Ω + 2 Ω = 3 Ω
     közös ellenállás:    R3 = 2 Ω
     források:            +U1 = +12 V (a − sarok felől lépünk be)
     3 · I_a − 2 · I_b = 12                                (1)

3. lépés – a II. hurok egyenlete:
     saját ellenállások:  R3 + R2 = 2 Ω + 2 Ω = 4 Ω
     közös ellenállás:    R3 = 2 Ω
     források:            −U2 = −4 V (a + sarok felől lépünk be a forrásba)
     −2 · I_a + 4 · I_b = −4                               (2)

     Az együtthatómátrix szimmetrikus (−2 mindkétszer) – jó jel.

4. lépés – megoldás. A (2) egyenlet felezve:
     −I_a + 2 · I_b = −2   →   I_a = 2 · I_b + 2
     Behelyettesítve az (1)-be:
     3 · (2·I_b + 2) − 2 · I_b = 12
     6 · I_b + 6 − 2 · I_b = 12
     4 · I_b = 6   →   I_b = 1,5 A
     I_a = 2 · 1,5 + 2 = 5 A

5. lépés – az ágáramok visszaszámolása:
     Bal ág:     I1 = I_a = 5 A                (csak az I. hurok halad át rajta)
     Középső ág: I3 = I_a − I_b = 5 A − 1,5 A = 3,5 A   (közös ág, ellentétes áthaladás)
     Jobb ág:    I2 = −I_b = −1,5 A            (I_b lefelé halad, I2-t felfelé vettük fel)

6. lépés – összevetés a 3. mintapéldával:
     I1 = 5 A ; I2 = −1,5 A ; I3 = 3,5 A   – pontosan ugyanaz.

Eredmény: azonos megoldás, de három egyenlet helyett kettővel.

Egy második példa: létrahálózat

Kidolgozott mintapélda 5. – Létrahálózat hurokáramokkal
Egy 24 V-os forrásra a következő kapcsolás csatlakozik: R1 = 2 Ω sorosan, majd
R2 = 8 Ω párhuzamos ágként, végül az R3 = 5 Ω és R4 = 3 Ω soros pár. Határozd meg
az összes áramot hurokáramokkal, majd ellenőrizd soros-párhuzamos összevonással!

Adatok:
  U = 24 V ;  R1 = 2 Ω ;  R2 = 8 Ω ;  R3 = 5 Ω ;  R4 = 3 Ω

1. lépés – hurkok:
     I. hurok: U, R1, R2                 hurokárama I_a (óramutató szerint)
     II. hurok: R2, R3, R4               hurokárama I_b (óramutató szerint)
     A közös ág: R2.

2. lépés – az I. hurok egyenlete:
     (R1 + R2) · I_a − R2 · I_b = U
     (2 + 8) · I_a − 8 · I_b = 24
     10 · I_a − 8 · I_b = 24                               (1)

3. lépés – a II. hurok egyenlete (nincs benne forrás):
     −R2 · I_a + (R2 + R3 + R4) · I_b = 0
     −8 · I_a + (8 + 5 + 3) · I_b = 0
     −8 · I_a + 16 · I_b = 0                               (2)

4. lépés – a (2)-ből:
     16 · I_b = 8 · I_a   →   I_a = 2 · I_b

5. lépés – behelyettesítés az (1)-be:
     10 · (2 · I_b) − 8 · I_b = 24
     20 · I_b − 8 · I_b = 24
     12 · I_b = 24   →   I_b = 2 A
     I_a = 2 · 2 = 4 A

6. lépés – az ágáramok:
     I_R1 = I_a = 4 A
     I_R2 = I_a − I_b = 4 A − 2 A = 2 A
     I_R3 = I_R4 = I_b = 2 A

7. lépés – ellenőrzés soros-párhuzamos összevonással (2. fejezet módszere):
     R34 = R3 + R4 = 5 Ω + 3 Ω = 8 Ω
     R2 ∥ R34 = (8 · 8)/(8 + 8) = 64/16 = 4 Ω
     R_e = R1 + 4 Ω = 2 Ω + 4 Ω = 6 Ω
     I = U / R_e = 24 V / 6 Ω = 4 A            = I_R1   – egyezik
     A párhuzamos részre eső feszültség: U_p = 4 A · 4 Ω = 16 V
     I_R2 = 16 V / 8 Ω = 2 A                   – egyezik
     I_R34 = 16 V / 8 Ω = 2 A                  – egyezik

8. lépés – teljesítménymérleg:
     Forrás:  P = 24 V · 4 A = 96 W
     R1: 4² · 2 = 32 W ;  R2: 2² · 8 = 32 W ;  R3: 2² · 5 = 20 W ;  R4: 2² · 3 = 12 W
     Összesen: 32 + 32 + 20 + 12 = 96 W        – zár.

Eredmény: I_R1 = 4 A ; I_R2 = 2 A ; I_R3 = I_R4 = 2 A.

Ez a hálózat még visszabontható lett volna soros-párhuzamos lépésekkel – szándékosan: így a két
módszer egymást ellenőrzi. Amikor egy új módszert tanulsz, mindig érdemes először olyan feladaton
kipróbálni, amelynek az eredményét más úton is ismered.

8.4 Csomóponti potenciálok módszere

Az ötlet: kevesebb ismeretlen a másik oldalról

A hurokáramok módszere akkor nyer, ha kevés a hurok. Van azonban a hálózatoknak egy másik
családja: sok hurok, de kevés csomópont. Tipikusan ilyen az, amikor sok ág fut össze két-három
gyűjtősínen – és ez az elrendezés az erősáramban rendkívül gyakori.

Ilyenkor a csomóponti potenciálok módszere a leggyorsabb. Az ötlet: az egyik csomópontot
kinevezzük referenciának (a potenciálja nulla), és a többi csomópont potenciálját tekintjük
ismeretlennek. Ha ezeket ismerjük, minden ágáram egyetlen osztással adódik.

A módszer lépéssorban

1. Jelöld ki a referenciacsomópontot. Célszerűen azt, ahova a legtöbb ág fut be, vagy a
   „földelt", közös pontot. A potenciálja definíció szerint 0 V.
2. Nevezd el a többi csomópont potenciálját (U_A, U_B …). Ezek az ismeretlenek: n − 1 darab.
3. Írj fel minden ismeretlen potenciálú csomópontra egy csomóponti egyenletet, méghozzá úgy,
   hogy minden ágáramot a potenciálokkal fejezel ki. Egy ágra, amelyben forrás és ellenállás van
   sorosan, az áram:

I_ág = (U_forrás + U_kiindulási_csomópont − U_érkezési_csomópont) / R_ág

4. Oldd meg az egyenletrendszert a potenciálokra.
5. Számold ki az ágáramokat a potenciálokból, Ohm törvényével.
6. Ellenőrizz: a csomóponti egyenlegnek zárnia kell, és a teljesítménymérlegnek is.

A gyakorlatban a leggyakoribb eset, amikor egyetlen ismeretlen csomópont van, és minden ág
ehhez a csomóponthoz és a referenciához csatlakozik. Ekkor a 3. lépés egyetlen egyenletté
egyszerűsödik:

       U₁/R₁ + U₂/R₂ + … + Uₙ/Rₙ
U_A = ───────────────────────────────
       1/R₁ + 1/R₂ + … + 1/Rₙ

ahol a számlálóban csak a forrást tartalmazó ágak szerepelnek (a forrás nélküli ágnál U = 0), a
nevezőben pedig minden ág vezetése. A számláló minden Uᵢ tagját az A csomópont felé mutató
polaritással kell venni: ha a forrás + sarka az A csomópont felé néz, a tag pozitív; ha a
forrás fordítva van beépítve, a tag negatív. (A 6. és a 13. mintapéldában minden forrás az
előbbi módon áll, ezért ott minden tag pozitív – de ez nem általános szabály, hanem az adott
kapcsolás tulajdonsága.)

Kidolgozott mintapélda 6. – Az alaphálózat csomóponti potenciállal
Oldd meg a 3. mintapélda hálózatát a csomóponti potenciálok módszerével!

Adatok:
  U1 = 12 V ;  R1 = 1 Ω ;  U2 = 4 V ;  R2 = 2 Ω ;  R3 = 2 Ω

1. lépés – referencia kijelölése:
     Legyen a B csomópont a referencia: U_B = 0 V.
     Egyetlen ismeretlen marad: U_A (n − 1 = 2 − 1 = 1).

2. lépés – az ágáramok kifejezése U_A-val:
     I1 = (U1 − U_A) / R1 = (12 − U_A) / 1
     I2 = (U2 − U_A) / R2 = (4 − U_A) / 2
     I3 = U_A / R3 = U_A / 2

3. lépés – csomóponti egyenlet az A pontra (befolyó = kifolyó):
     (12 − U_A)/1 + (4 − U_A)/2 = U_A/2

4. lépés – szorzás 2-vel a törtek eltüntetésére:
     2 · (12 − U_A) + (4 − U_A) = U_A
     24 − 2·U_A + 4 − U_A = U_A
     28 = 4 · U_A
     U_A = 7 V

     (Ugyanez a kész képlettel:
      U_A = (12/1 + 4/2) / (1/1 + 1/2 + 1/2) = (12 + 2) / 2 = 14/2 = 7 V)

5. lépés – az ágáramok:
     I1 = (12 V − 7 V) / 1 Ω = 5 A
     I2 = (4 V − 7 V) / 2 Ω = −1,5 A
     I3 = 7 V / 2 Ω = 3,5 A

6. lépés – ellenőrzés a csomóponti törvénnyel:
     I1 + I2 = 5 A + (−1,5 A) = 3,5 A = I3   – helyes

7. lépés – összevetés a korábbi megoldásokkal:
     A 3. (Kirchhoff) és a 4. (hurokáram) mintapélda ugyanezt adta.

Eredmény: U_A = 7 V ; I1 = 5 A ; I2 = −1,5 A ; I3 = 3,5 A – EGYETLEN egyenletből.

Vessük össze a három megoldást: Kirchhoff-egyenletek: 3 egyenlet. Hurokáramok: 2 egyenlet.
Csomóponti potenciálok: 1 egyenlet. Ugyanaz az eredmény, harmadannyi munkával – mert ennek a
hálózatnak kevés a csomópontja és sok a hurka.

A hídkapcsolás megoldása

Most oldjuk meg azt a kapcsolást, amelyről a 8.1-ben azt mondtuk, hogy soros-párhuzamos
visszabontással nem megy: a hídkapcsolást (Wheatstone-hidat).

Kidolgozott mintapélda 7. – Hídkapcsolás csomóponti potenciálokkal
Egy hídkapcsolás adatai: U = 12 V a hídátló A és D pontja között; R1 = 2 Ω (A–B),
R2 = 4 Ω (A–C), R3 = 2 Ω (B–D), R4 = 12 Ω (C–D), a hídágban R5 = 2 Ω (B–C).
Mekkora a hídágban folyó áram? Ellenőrizd teljesítménymérleggel!

Adatok:
  U = 12 V ;  R1 = 2 Ω ;  R2 = 4 Ω ;  R3 = 2 Ω ;  R4 = 12 Ω ;  R5 = 2 Ω

1. lépés – az egyenletek számának ellenőrzése:
     ágak: b = 6 (forrás, R1, R2, R3, R4, R5) ;  csomópontok: n = 4 (A, B, C, D)
     Kirchhoff-fel 6 egyenlet kellene. Csomóponti potenciállal: n − 1 = 3,
     de az A potenciálja ISMERT (a forrás rögzíti), így csak 2 ismeretlen marad.

2. lépés – referencia és ismert potenciál:
     U_D = 0 V (referencia) ;  U_A = 12 V (a forrás rögzíti)
     Ismeretlen: U_B és U_C.

3. lépés – csomóponti egyenlet a B pontra (befolyó = kifolyó):
     (U_A − U_B)/R1 = U_B/R3 + (U_B − U_C)/R5
     (12 − U_B)/2 = U_B/2 + (U_B − U_C)/2      | · 2
     12 − U_B = U_B + U_B − U_C
     12 = 3 · U_B − U_C                                   (1)

4. lépés – csomóponti egyenlet a C pontra:
     (U_A − U_C)/R2 + (U_B − U_C)/R5 = U_C/R4
     (12 − U_C)/4 + (U_B − U_C)/2 = U_C/12      | · 12
     3 · (12 − U_C) + 6 · (U_B − U_C) = U_C
     36 − 3·U_C + 6·U_B − 6·U_C = U_C
     36 + 6 · U_B = 10 · U_C
     U_C = 3,6 + 0,6 · U_B                                (2)

5. lépés – (2) behelyettesítése (1)-be:
     12 = 3 · U_B − (3,6 + 0,6 · U_B)
     12 = 2,4 · U_B − 3,6
     15,6 = 2,4 · U_B
     U_B = 6,5 V
     U_C = 3,6 + 0,6 · 6,5 = 3,6 + 3,9 = 7,5 V

6. lépés – a hídág árama:
     U_CB = U_C − U_B = 7,5 V − 6,5 V = 1,0 V
     I5 = U_CB / R5 = 1,0 V / 2 Ω = 0,5 A, a C pontból a B pont felé

7. lépés – a többi ágáram:
     I1 = (12 − 6,5)/2 = 2,75 A   (A → B)
     I2 = (12 − 7,5)/4 = 1,125 A  (A → C)
     I3 = 6,5/2 = 3,25 A          (B → D)
     I4 = 7,5/12 = 0,625 A        (C → D)

8. lépés – ellenőrzés a csomópontokra:
     B pont: befolyó 2,75 A + 0,5 A = 3,25 A = I3      – helyes
     C pont: befolyó 1,125 A ; kifolyó 0,625 + 0,5 = 1,125 A  – helyes

9. lépés – teljesítménymérleg:
     A forrás árama: I = I1 + I2 = 2,75 A + 1,125 A = 3,875 A
     Leadott:  P = 12 V · 3,875 A = 46,50 W
     Felvett:  R1: 2,75² · 2   = 15,125 W
               R2: 1,125² · 4  =  5,0625 W
               R3: 3,25² · 2   = 21,125 W
               R4: 0,625² · 12 =  4,6875 W
               R5: 0,5² · 2    =  0,500 W
               összesen        = 46,500 W
     Mérleg: 46,50 W = 46,50 W   – zár, a megoldás helyes.

Eredmény: I5 = 0,5 A a C pontból a B felé; a híd kiegyenlítetlen.

Mikor „egyenlít ki" a híd?

A hídkapcsolás akkor különösen érdekes, ha a hídágban egyáltalán nem folyik áram. Ezt az
állapotot nevezzük kiegyenlített hídnak, és a mérésekben nagy jelentősége van, mert ilyenkor a
hídág műszerének pontossága nem befolyásolja az eredményt.

A feltétel a 2. fejezetben tanult feszültségosztóból levezethető. Ha a hídágban nincs áram, akkor
a bal oldali (R₁–R₃) és a jobb oldali (R₂–R₄) ág egyszerű, terheletlen feszültségosztó:

U_B = U · R3 / (R1 + R3)          U_C = U · R4 / (R2 + R4)

A hídág árama akkor nulla, ha U_B = U_C:

      U · R3            U · R4
   ───────────  =  ───────────        | : U ,  keresztbe szorozva
    R1 + R3          R2 + R4

   R3 · (R2 + R4) = R4 · (R1 + R3)
   R2 · R3 + R3 · R4 = R1 · R4 + R3 · R4
   R2 · R3 = R1 · R4          ← a kiegyenlítés feltétele

Ellenőrizzük ezt a 7. mintapélda adatain: R₁ · R₄ = 2 Ω · 12 Ω = 24 Ω², R₂ · R₃ = 4 Ω · 2 Ω = 8 Ω².
Nem egyenlők, tehát a híd nincs kiegyenlítve – összhangban azzal, hogy 0,5 A-t kaptunk a
hídágban. Ha az R₄-et akkorára állítanánk, hogy a feltétel teljesüljön: R₄ = R₂ · R₃ / R₁ = 4 · 2 / 2 = 4 Ω. Ekkor U_C = 12 · 4/(4+4) = 6 V = U_B, és a hídágban valóban nem folyna áram.

8.5 Csillag–delta (Y–Δ) átalakítás

Van még egy klasszikus eszköz azoknak a hálózatoknak a kezelésére, amelyek nem bonthatók vissza
soros-párhuzamos lépésekkel: a csillag–delta átalakítás.

Az alapgondolat a következő. Ha három ellenállás egy közös pontból indul ki és három kivezetéshez
csatlakozik, azt csillagkapcsolásnak (Y) nevezzük. Ha három ellenállás háromszöget alkot,
amelynek a csúcsain vannak a kivezetések, az a delta- (vagy háromszög-) kapcsolás (Δ). A két
elrendezés a három kivezetés felől nézve egyenértékűvé tehető: minden csillagkapcsoláshoz
tartozik egy vele azonos módon viselkedő delta, és fordítva. Ha egy hídkapcsolásban a felső három
ellenállást deltáról csillagra alakítjuk, a kapcsolás hirtelen soros-párhuzamosan visszabonthatóvá
válik.

Ez a hiány a gyakorlatban nem korlátoz: minden olyan hálózat, amelyet csillag–delta átalakítással
meg lehetne oldani, megoldható a 8.3 és a 8.4 alfejezet módszereivel is – ahogyan a
hídkapcsolást a 7. mintapéldában meg is oldottuk. A csillag–delta átalakítás nem új tudás, hanem
munkarövidítés bizonyos speciális topológiákra.

8.6 Feszültség- és áramgenerátoros helyettesítő kép; Thévenin- és Norton-tétel

Aktív és passzív kétpólus

Eddig a hálózat belsejét számoltuk. Nagyon gyakran azonban nem ez érdekel minket, hanem az, hogy
a hálózat két kivezetés felől nézve hogyan viselkedik. Ilyen kérdés például: „ha erre a két
kapocsra ráteszek egy fogyasztót, mekkora áram fog folyni?"

A valóságos forrás és a kétféle helyettesítő kép

A 2.3 alfejezetben már megismertük a valóságos feszültségforrást: egy ideális, U₀ üresjárási
feszültségű forrás és egy vele sorosan kapcsolt R_b belső ellenállás. Ennek a viselkedését három
összefüggés írja le:

U_k = U₀ − I · R_b          (a kapocsfeszültség terhelés hatására csökken)
I_rz = U₀ / R_b             (a rövidzárási áram)
R_b = U₀ / I_rz             (a belső ellenállás az üresjárási feszültség és
                             a rövidzárási áram hányadosa)

Ugyanez a forrás azonban másképp is modellezhető: egy ideális áramgenerátorral, amely
állandó I_rz áramot ad, és vele párhuzamosan kapcsolt R_b ellenállással. Ez a két modell a
kapcsok felől teljesen egyenértékű – bármely terheléssel ugyanazt a kapocsfeszültséget és
ugyanazt a terhelőáramot adja.

I_rz = U₀ / R_b          és          U₀ = I_rz · R_b

Kidolgozott mintapélda 8. – Forrásátalakítás és ellenőrzése
Egy valóságos feszültségforrás adatai: U0 = 12 V, Rb = 4 Ω. (a) Add meg az egyenértékű
áramgenerátoros helyettesítő képet! (b) Igazold, hogy R_t = 8 Ω terheléssel mindkét
modell ugyanazt adja!

Adatok:
  U0 = 12 V ;  Rb = 4 Ω ;  R_t = 8 Ω

1. lépés – az áramgenerátoros alak:
     I_rz = U0 / Rb = 12 V / 4 Ω = 3 A
     A belső ellenállás változatlan: Rb = 4 Ω, de most PÁRHUZAMOSAN.

2. lépés – a terhelőáram a feszültséggenerátoros modellből:
     I = U0 / (Rb + R_t) = 12 V / (4 Ω + 8 Ω) = 12 V / 12 Ω = 1,0 A
     U_t = I · R_t = 1,0 A · 8 Ω = 8,0 V

3. lépés – a terhelőáram az áramgenerátoros modellből (áramosztás):
     I_t = I_rz · Rb / (Rb + R_t) = 3 A · 4 Ω / (4 Ω + 8 Ω) = 12/12 = 1,0 A
     U_t = 1,0 A · 8 Ω = 8,0 V

4. lépés – összevetés:
     A két modell azonos terhelőáramot (1,0 A) és azonos kapocsfeszültséget (8,0 V) ad.

5. lépés – a belső viszonyok összevetése (tanulságos!):
     Feszültséggenerátoros modell: a forrás lead 12 V · 1 A = 12 W,
        ebből Rb-n 1² · 4 = 4 W, a terhelésen 8 W.
     Áramgenerátoros modell: a párhuzamos Rb-n 3 A − 1 A = 2 A folyik,
        rajta 2² · 4 = 16 W keletkezik, a generátor 3 A · 8 V = 24 W-ot ad le,
        a terhelésen továbbra is 8 W.

Eredmény: kívülről (1,0 A és 8,0 V) azonosak, BELÜL nem. A helyettesítő kép a
kapcsokra érvényes, a belső teljesítményviszonyok kiszámítására NEM alkalmas.

A Thévenin-tétel

A módszer akkor a legerősebb, ha egyetlen ág áramára vagyunk kíváncsiak egy bonyolult
hálózatban – például egy hídkapcsolás hídágában.

A Thévenin-helyettesítés lépéssorban:

1. Bontsd ki a hálózatból azt az ágat, amelynek az áramát keressük. A maradék hálózat két
   szabad kapcsa lesz a kétpólus két kivezetése.
2. Számold ki az üresjárási feszültséget (U₀) a két kapocs között – tehát azt a feszültséget,
   amely a kibontott ág nélkül a két kapocs között fellép. Ehhez gyakran elég a feszültségosztás.
3. Határozd meg a belső ellenállást (R_b). Ennek két útja van:
   - vagy kiszámolod a rövidzárási áramot (I_rz), és R_b = U₀ / I_rz;
   - vagy a forrásokat helyettesíted (feszültségforrás → rövidzár, áramforrás → szakadás), és
   a maradék passzív hálózat eredő ellenállását nézed a két kapocs felől. Ez utóbbi rendszerint
   gyorsabb.
4. Rajzold fel a helyettesítő képet: U₀ sorosan R_b-vel, és kösd rá a kibontott ágat.
5. Számold ki a keresett áramot: I = U₀ / (R_b + R_ág).
6. Ellenőrizz – például a hálózat másik módszerrel kapott eredményével vagy
   teljesítménymérleggel.

Kidolgozott mintapélda 9. – A hídág árama Thévenin-helyettesítéssel
Számold ki a 7. mintapélda hídkapcsolásának hídágáramát Thévenin-helyettesítéssel!
Adatok: U = 12 V ; R1 = 2 Ω (A–B) ; R2 = 4 Ω (A–C) ; R3 = 2 Ω (B–D) ;
R4 = 12 Ω (C–D) ; hídág R5 = 2 Ω (B–C).

1. lépés – a hídág kibontása:
     Az R5-öt eltávolítjuk. A két szabad kapocs: B és C.

2. lépés – az üresjárási feszültség. A hídág nélkül a bal és a jobb oldal
   egy-egy terheletlen feszültségosztó:
     U_B = U · R3 / (R1 + R3) = 12 V · 2 Ω / (2 Ω + 2 Ω) = 12 · 0,5 = 6,0 V
     U_C = U · R4 / (R2 + R4) = 12 V · 12 Ω / (4 Ω + 12 Ω) = 12 · 0,75 = 9,0 V
     U0 = U_C − U_B = 9,0 V − 6,0 V = 3,0 V   (a C pont a pozitívabb)

3. lépés – a belső ellenállás. A forrást rövidre zárjuk, ekkor az A és a D pont
   villamosan EGY pont lesz. Így:
     az R1 és az R3 párhuzamosan kerül a B kapocs és a közös pont közé:
        R1 ∥ R3 = (2 · 2)/(2 + 2) = 4/4 = 1 Ω
     az R2 és az R4 párhuzamosan a C kapocs és a közös pont közé:
        R2 ∥ R4 = (4 · 12)/(4 + 12) = 48/16 = 3 Ω
     A B és a C kapocs felől nézve ez a kettő SOROSAN van:
        Rb = 1 Ω + 3 Ω = 4 Ω

4. lépés – a helyettesítő kép és a hídágáram:
     I5 = U0 / (Rb + R5) = 3,0 V / (4 Ω + 2 Ω) = 3,0 V / 6 Ω = 0,5 A
     Az áram iránya: a C pont felől a B pont felé (mert U_C > U_B).

5. lépés – ellenőrzés a 7. mintapélda eredményével:
     Ott is I5 = 0,5 A adódott, C-ből B felé.   – egyezik

6. lépés – ellenőrzés a Thévenin-modell konzisztenciájára:
     Rövidzárási áram: I_rz = U0 / Rb = 3,0 V / 4 Ω = 0,75 A
     Visszafelé: Rb = U0 / I_rz = 3,0 V / 0,75 A = 4 Ω   – helyes

Eredmény: I5 = 0,5 A. A hídág áramát KÉT egyenlet nélkül, pusztán két
feszültségosztással és egy ellenállás-összevonással megkaptuk.

Érdemes összevetni a munkamennyiséget: a 7. mintapéldában két csomóponti egyenletet kellett
felírni és megoldani; itt két feszültségosztás és egy összevonás elég volt. Ha egyetlen ág árama
kell, a Thévenin-helyettesítés szinte mindig a leggyorsabb út. Ha viszont az összes ágáram kell,
akkor rossz választás, mert minden ágra újra kellene kezdeni.

A Norton-tétel

A két tétel ugyanannak a dolognak a két arca, és a 8. mintapélda átszámítási képleteivel
bármikor átjárhatunk közöttük. Ellenőrizzük a 9. mintapélda hídján:

Thévenin-alak:   U0 = 3,0 V, sorosan Rb = 4 Ω
Norton-alak:     I_rz = U0 / Rb = 3,0 V / 4 Ω = 0,75 A, párhuzamosan Rb = 4 Ω

A hídág (R5 = 2 Ω) árama a Norton-alakból, áramosztással:
   I5 = I_rz · Rb / (Rb + R5) = 0,75 A · 4 Ω / (4 Ω + 2 Ω) = 3,0/6 = 0,5 A
Ugyanaz, mint a Thévenin-alakból.   – helyes

Erősáramú kapcsolat. A Thévenin-helyettesítés adja a zárlatszámítás alapját. A
villamosenergia-hálózat egy adott pontjából nézve úgy viselkedik, mint egy U₀ forrásfeszültségű,
Z_k belső impedanciájú forrás, és a zárlati áram I_k = U₀ / Z_k. Amikor a 16. fejezetben
zárlati áramot számolunk, pontosan ezt a gondolatot alkalmazzuk – csak ellenállás helyett
impedanciával. A transzformátor helyettesítő kapcsolása (20. fejezet) szintén ennek a
gondolatnak a megvalósítása.

8.7 A szuperpozíció elve

Az elv

Az eddigi módszerek az egyenletrendszer méretét csökkentették. A szuperpozíció más úton jár: a
több forrást tartalmazó feladatot több, egyforrású feladatra bontja szét – és az egyforrású
feladatokat már a 2. fejezet soros-párhuzamos eszközeivel is meg tudjuk oldani.

feszültségforrás elhagyása  →  RÖVIDZÁR   (a helyére vezeték kerül)
áramforrás elhagyása        →  SZAKADÁS   (a helyére megszakítás kerül)

Miért éppen így? Mert az „elhagyás" valójában azt jelenti, hogy a forrás feszültségét (áramát)
nullára állítjuk. Egy nulla feszültségű ideális feszültségforrás pontosan úgy viselkedik, mint egy
darab vezeték – vagyis rövidzár. Egy nulla áramú ideális áramforráson viszont definíció szerint nem
folyik áram – ez pedig szakadás. Ha megérted ezt a két mondatot, soha többé nem fogod
összekeverni a kettőt.

A módszer lépéssorban

1. Számold meg a forrásokat. Annyi részfeladatod lesz, ahány forrás van.
2. Vedd fel az ágáramok irányát a teljes hálózaton – egyszer, és a végéig ugyanúgy. Minden
   részfeladatban ehhez a felvételhez viszonyítasz.
3. Készítsd el az első részhálózatot: hagyd meg az 1. forrást, a többit helyettesítsd
   (feszültségforrás → rövidzár, áramforrás → szakadás). A belső ellenállásokat hagyd a helyükön.
4. Oldd meg a részhálózatot soros-párhuzamos összevonással, Ohm törvényével, feszültség- és
   áramosztással. Jegyezd fel a részáramokat előjelesen, a 2. lépésben felvett irányokhoz
   viszonyítva.
5. Ismételd minden forrásra.
6. Add össze ágankénti bontásban a részáramokat. Az összeg a valódi ágáram.
7. Ellenőrizz csomóponti egyenleggel és teljesítménymérleggel.

Kidolgozott mintapélda 10. – Az alaphálózat szuperpozícióval
Oldd meg a 3. mintapélda hálózatát a szuperpozíció elvével!
Adatok: U1 = 12 V ; R1 = 1 Ω ; U2 = 4 V ; R2 = 2 Ω ; R3 = 2 Ω
Az áramirányok a 3. mintapéldában felvettek: I1 és I2 felfelé, I3 lefelé.

--- ELSŐ RÉSZFELADAT: csak U1 hat, U2 helyén rövidzár ---

1. lépés – a részhálózat:
     A 4 V-os forrást rövidre zárjuk; az R2 = 2 Ω a helyén marad.
     Így az R2 és az R3 PÁRHUZAMOSAN kerül egymás mellé.

2. lépés – összevonás:
     R2 ∥ R3 = (2 · 2)/(2 + 2) = 4/4 = 1 Ω
     R_e' = R1 + 1 Ω = 1 Ω + 1 Ω = 2 Ω

3. lépés – a főági áram:
     I1' = U1 / R_e' = 12 V / 2 Ω = 6 A     (a felvett iránnyal egyezően, tehát +)

4. lépés – az áramosztás a párhuzamos részen (két egyenlő ellenállás, felezés):
     I3' = 6 A · 2 Ω / (2 Ω + 2 Ω) = 3 A    (lefelé, a felvett iránnyal egyezően, +)
     az R2 ágában: 3 A folyik LEFELÉ, a felvett I2 viszont FELFELÉ mutat,
     tehát:  I2' = −3 A

--- MÁSODIK RÉSZFELADAT: csak U2 hat, U1 helyén rövidzár ---

5. lépés – a részhálózat:
     A 12 V-os forrást rövidre zárjuk; az R1 = 1 Ω a helyén marad.
     Így az R1 és az R3 PÁRHUZAMOSAN kerül egymás mellé.

6. lépés – összevonás:
     R1 ∥ R3 = (1 · 2)/(1 + 2) = 2/3 Ω ≈ 0,6667 Ω
     R_e'' = R2 + 2/3 Ω = 2 Ω + 0,6667 Ω = 8/3 Ω ≈ 2,6667 Ω

7. lépés – a főági áram:
     I2'' = U2 / R_e'' = 4 V / (8/3 Ω) = 4 · 3/8 = 1,5 A   (felfelé, tehát +)

8. lépés – az áramosztás a párhuzamos részen:
     az R1 ágába:  1,5 A · R3/(R1 + R3) = 1,5 · 2/3 = 1,0 A  (lefelé)
     az R3 ágába:  1,5 A · R1/(R1 + R3) = 1,5 · 1/3 = 0,5 A  (lefelé)
     Előjelezés a felvett irányokhoz:
        I1'' = −1,0 A   (a felvett I1 felfelé mutat, itt lefelé folyik)
        I3'' = +0,5 A   (a felvett I3 lefelé mutat – egyezik)

--- ÖSSZEGZÉS ---

9. lépés – a részeredmények előjelhelyes összeadása:
     I1 = I1' + I1'' =  6,0 A + (−1,0 A) =  5,0 A
     I2 = I2' + I2'' = −3,0 A + ( 1,5 A) = −1,5 A
     I3 = I3' + I3'' =  3,0 A + ( 0,5 A) =  3,5 A

10. lépés – ellenőrzés csomóponti egyenleggel:
     I1 + I2 = 5,0 A + (−1,5 A) = 3,5 A = I3   – helyes

11. lépés – összevetés a korábbi három megoldással:
     Kirchhoff (3.), hurokáram (4.), csomóponti potenciál (6.) és most a
     szuperpozíció (10.) mind ugyanazt adta: 5 A ; −1,5 A ; 3,5 A.

Eredmény: I1 = 5 A ; I2 = −1,5 A ; I3 = 3,5 A – négy módszer, egy igazság.

Melyik módszert mikor?

Ez a fejezet leggyakoribb tanulói kérdése, ezért kimondjuk tételesen. Nincs „legjobb" módszer –
a hálózat alakja dönti el, melyik a leggyorsabb.

8.8 Teljesítményillesztés, a forrás hatásfoka

Mekkora terhelésnél a legnagyobb a leadott teljesítmény?

Vegyünk egy valóságos forrást (U₀ üresjárási feszültség, R_b belső ellenállás), és kössünk rá egy
R_t terhelő ellenállást. Mekkora R_t mellett lesz a terhelésen a legnagyobb a teljesítmény?

Két szélsőséges eset azonnal látszik. Ha R_t = 0 (rövidzár), a feszültség nulla, tehát a
terhelésen nem keletkezik teljesítmény (a teljes veszteség a belső ellenálláson jelenik meg). Ha
R_t → ∞ (üresjárás), akkor nem folyik áram, tehát megint nincs teljesítmény. Valahol a kettő
között kell lennie a maximumnak – és ez a maximum éppen R_t = R_b-nél van.

R_t = R_b        →        P_max = U₀² / (4 · R_b)

A forrás hatásfoka – és a nagy csapda

A 2. fejezetben tanult hatásfok η = P_hasznos / P_bevitt. A forrásnál a hasznos teljesítmény a
terhelésé, a bevitt pedig az, amit a forrás összesen termel. Mivel a terhelés és a belső ellenállás
sorosan van, mindkettőn ugyanaz az áram folyik, tehát:

        P_t        I² · R_t              R_t
η =  ───────  =  ───────────────  =  ───────────
      P_össz    I² · (R_t + R_b)      R_t + R_b

Ez az egyszerű képlet mond ki egy nagyon fontos dolgot: illesztéskor (R_t = R_b) a hatásfok
pontosan 50 %. Vagyis a forrás annyi teljesítményt pazarol el belül, amennyit kiad. Ez rendben van
egy híradástechnikai jelforrásnál, ahol a jel nagysága a fontos – de az erősáramban
megengedhetetlen.

Kidolgozott mintapélda 11. – Illesztés és hatásfok
Egy forrás adatai: U0 = 24 V, Rb = 2 Ω. (a) Mekkora terhelésnél maximális a leadott
teljesítmény, és mekkora ez a maximum? (b) Mekkora ekkor a hatásfok? (c) Készíts
táblázatot különböző terhelésekre!

Adatok:  U0 = 24 V ;  Rb = 2 Ω

1. lépés – az illesztés feltétele:
     R_t = Rb = 2 Ω

2. lépés – az áram illesztéskor:
     I = U0 / (Rb + R_t) = 24 V / (2 Ω + 2 Ω) = 24/4 = 6 A

3. lépés – a terhelésen leadott teljesítmény:
     P_t = I² · R_t = 6² · 2 = 36 · 2 = 72 W

4. lépés – ellenőrzés a képlettel:
     P_max = U0² / (4 · Rb) = 24² / (4 · 2) = 576/8 = 72 W    – egyezik

5. lépés – a hatásfok illesztéskor:
     η = R_t / (R_t + Rb) = 2 / (2 + 2) = 0,5 = 50 %
     Ellenőrzés teljesítménymérleggel:
        a forrás összesen: P = U0 · I = 24 V · 6 A = 144 W
        a belső ellenálláson: I² · Rb = 36 · 2 = 72 W
        a terhelésen:         I² · R_t = 36 · 2 = 72 W
        144 W = 72 W + 72 W        – zár, és η = 72/144 = 50 %

6. lépés – a táblázat néhány további terhelésre (I = 24/(2+R_t)):
     R_t = 0,5 Ω : I = 9,6 A  ; P_t = 9,6² · 0,5   = 46,08 W ; η = 0,5/2,5  = 20,0 %
     R_t = 1 Ω   : I = 8,0 A  ; P_t = 8,0² · 1     = 64,00 W ; η = 1/3      = 33,3 %
     R_t = 2 Ω   : I = 6,0 A  ; P_t = 6,0² · 2     = 72,00 W ; η = 2/4      = 50,0 %
     R_t = 4 Ω   : I = 4,0 A  ; P_t = 4,0² · 4     = 64,00 W ; η = 4/6      = 66,7 %
     R_t = 8 Ω   : I = 2,4 A  ; P_t = 2,4² · 8     = 46,08 W ; η = 8/10     = 80,0 %
     R_t = 18 Ω  : I = 1,2 A  ; P_t = 1,2² · 18    = 25,92 W ; η = 18/20    = 90,0 %

Eredmény: P_max = 72 W az R_t = 2 Ω illesztésnél, de ott a hatásfok csak 50 %.
Nagyobb terhelésnél a leadott teljesítmény csökken, a HATÁSFOK viszont nő.

8.9 Vezetékellenállás és feszültségesés egyenáramú körben

A vezeték is a hálózat része

Az eddigi feladatokban a vezetéket „ideálisnak" tekintettük. A valóságban minden vezetéknek van
ellenállása, amelyet a 2.4 alfejezetből ismert összefüggéssel számolunk:

R = ρ · l / A

ahol   ρ  – fajlagos ellenállás [Ω·mm²/m]   (réz: 0,01724 ; alumínium: 0,0265)
       l  – a vezeték hossza [m]
       A  – keresztmetszet [mm²]

A vezetéken eső feszültség és az ott hővé alakuló teljesítmény:

ΔU = I · R_vezeték                     [V]
ΔU% = (ΔU / U_névleges) · 100          [%]
P_veszteség = I² · R_vezeték           [W]

Kidolgozott mintapélda 12. – Feszültségesés egy 24 V-os egyenáramú körben
Egy 24 V-os egyenáramú fogyasztó a táplálási ponttól 30 m-re van, és 12 A áramot vesz
fel. A vezeték réz, 2,5 mm² keresztmetszetű. (a) Mekkora a feszültségesés és hány
százalék? (b) Mekkora a vezetékveszteség? (c) Mekkora keresztmetszet kellene ahhoz,
hogy a feszültségesés 3 % alatt maradjon?

Adatok:
  U = 24 V ;  I = 12 A ;  hossz (egy irány) 30 m ;  A = 2,5 mm² ;  ρ_Cu = 0,01724 Ω·mm²/m

1. lépés – a teljes áramút hossza (oda ÉS vissza):
     l = 2 · 30 m = 60 m

2. lépés – a vezeték ellenállása:
     R = ρ · l / A = 0,01724 Ω·mm²/m · 60 m / 2,5 mm²
     R = 1,0344 / 2,5 = 0,4138 Ω

3. lépés – a feszültségesés:
     ΔU = I · R = 12 A · 0,4138 Ω = 4,97 V

4. lépés – a relatív feszültségesés:
     ΔU% = (4,97 V / 24 V) · 100 = 20,7 %

5. lépés – a fogyasztóra jutó feszültség:
     U_fogyasztó = 24 V − 4,97 V = 19,03 V     – ez elfogadhatatlanul kevés

6. lépés – a vezetékveszteség:
     P_v = I² · R = 12² · 0,4138 = 144 · 0,4138 = 59,6 W
     Ellenőrzés: P_v = ΔU · I = 4,97 V · 12 A = 59,6 W   – egyezik

7. lépés – a szükséges keresztmetszet 3 %-os korláthoz:
     megengedett ΔU = 0,03 · 24 V = 0,72 V
     megengedett R  = ΔU / I = 0,72 V / 12 A = 0,06 Ω
     A_szükséges = ρ · l / R = 0,01724 · 60 / 0,06 = 1,0344 / 0,06 = 17,24 mm²
     A szabványos keresztmetszet-sorból (… 4 – 6 – 10 – 16 – 25 – 35 mm² …; a teljes
     sort a 26. fejezet közli) a következő nagyobb: 25 mm²

8. lépés – ellenőrzés a 25 mm²-rel:
     R = 0,01724 · 60 / 25 = 0,0414 Ω
     ΔU = 12 A · 0,0414 Ω = 0,497 V  →  2,07 %      – megfelel
     P_v = 144 · 0,0414 = 5,96 W (a korábbi tizede)

Eredmény: 2,5 mm²-rel 20,7 % a feszültségesés (elfogadhatatlan); 25 mm² kell,
akkor 2,07 %. Kis feszültségen a feszültségesés a méretezés DÖNTŐ szempontja.

Ez a példa egyben a jegyzet egyik legfontosabb erősáramú tanulsága: kis feszültségen ugyanaz a
teljesítmény sokkal nagyobb áramot jelent, a nagyobb áram pedig négyzetesen nagyobb veszteséget.
Ezért szállítjuk a villamos energiát nagyfeszültségen. A vezetékméretezés teljes szabályrendszerét
a 16. fejezet tárgyalja – de a matematikai gépezet, amit itt megtanultál, ott is ugyanez lesz.

Kétoldalról táplált vezeték

Az erősáramú elosztóhálózatokban gyakori, hogy egy gerincvezetéket két oldalról táplálnak, mert
így kisebb a feszültségesés és az egyik táplálás kiesése esetén sem áll le az ellátás. Az ilyen
hálózat egyetlen csomóponti egyenlettel megoldható.

Kidolgozott mintapélda 13. – Kétoldalról táplált vezeték
Egy egyenáramú gerincvezetéket két végén táplálnak, mindkét táppont feszültsége
230 V. Az A táppont és a terhelés közötti vezetékszakasz ellenállása R_A = 0,10 Ω,
a B táppont és a terhelés közöttié R_B = 0,15 Ω. A terhelés a közbenső X pontból
40 A-t vesz fel. Hogyan oszlik meg a terhelés a két táppont között, és mekkora a
feszültség a terhelésnél?

Adatok:
  U_A = U_B = 230 V ;  R_A = 0,10 Ω ;  R_B = 0,15 Ω ;  I_terhelés = 40 A

1. lépés – a referencia és az ismeretlen:
     A közös visszavezető (a „nulla" sín) a referencia.
     Egyetlen ismeretlen csomópont: X, a potenciálja U_X.

2. lépés – az ágáramok kifejezése U_X-szel:
     I_A = (U_A − U_X) / R_A = (230 − U_X) / 0,10
     I_B = (U_B − U_X) / R_B = (230 − U_X) / 0,15

3. lépés – csomóponti egyenlet az X pontra (befolyó = kifolyó):
     I_A + I_B = 40 A
     (230 − U_X)/0,10 + (230 − U_X)/0,15 = 40

4. lépés – összevonás. Legyen ΔU = 230 − U_X:
     ΔU · (1/0,10 + 1/0,15) = 40
     ΔU · (10 + 6,667) = 40
     ΔU · 16,667 = 40
     ΔU = 40 / 16,667 = 2,40 V

5. lépés – a csomóponti feszültség:
     U_X = 230 V − 2,40 V = 227,60 V
     Relatív feszültségesés: 2,40/230 · 100 = 1,04 %

6. lépés – a két táppont árama:
     I_A = 2,40 V / 0,10 Ω = 24 A
     I_B = 2,40 V / 0,15 Ω = 16 A

7. lépés – ellenőrzés a csomóponti törvénnyel:
     24 A + 16 A = 40 A     – helyes

8. lépés – ellenőrzés teljesítménymérleggel:
     A táppontok leadnak: 230 V · 24 A + 230 V · 16 A = 5520 W + 3680 W = 9200 W
     A terhelés felvesz:  227,60 V · 40 A = 9104 W
     A vezetéken veszteség: 24² · 0,10 + 16² · 0,15 = 57,6 W + 38,4 W = 96,0 W
     Mérleg: 9104 W + 96 W = 9200 W        – zár, a megoldás helyes.

Eredmény: I_A = 24 A, I_B = 16 A, U_X = 227,60 V (1,04 % feszültségesés).
A terhelés a vezetékszakaszok ellenállásával FORDÍTOTT arányban oszlik meg.

Figyeld meg a 6. lépés eredményét: a kisebb ellenállású oldal viszi a nagyobb áramot – pontosan
úgy, ahogyan azt a párhuzamos ágak áramosztásánál tanultuk (2.8 alfejezet). Ha csak az A oldalról
táplálnánk, a teljes 40 A folyna át a 0,10 Ω-on: ΔU = 40 · 0,10 = 4,0 V, azaz 1,74 % – tehát a
kétoldali táplálás a feszültségesést mintegy 40 %-kal csökkentette (4,00 V → 2,40 V, azaz az
egyoldali érték 60 %-ára).

Amit ebből a fejezetből tovább viszünk

Ez a fejezet a jegyzet egyik kulcsfejezete, mert a benne tanult módszerek szinte változatlanul
visszatérnek a szakma minden későbbi területén:

• A 16. fejezetben (vezetékméretezés: terhelhetőség, feszültségesés, zárlati igénybevétel) a
  feszültségesés-számítás pontosan a 8.9 gondolatmenete, a zárlatszámítás pedig a
  Thévenin-helyettesítés alkalmazása: a hálózat egy pontból nézve U₀ forrásfeszültségű, Z_k belső
  impedanciájú forrás, és I_k = U₀ / Z_k.
• A 10–12. fejezetben (váltakozó áramú áramkörök, teljesítmények, háromfázisú rendszerek)
  Kirchhoff mindkét törvénye szó szerint ugyanígy érvényes – csak az R helyére komplex
  impedancia kerül, és a valós számok helyett komplex mennyiségekkel számolunk. A hurokáramok, a
  csomóponti potenciálok, a szuperpozíció és a Thévenin-tétel mind átvihető.
• A 17–18. fejezetben (kapcsolókészülékek, túláramvédelem, hálózati védelmek) a beállítási
  értékek alapja a zárlati és az üzemi áram – vagyis ismét ez a számítási gépezet.
• A 20. fejezetben (transzformátorok) a helyettesítő kapcsolás ugyanaz a gondolat: egy bonyolult
  berendezést a kapcsai felől néhány elemmel modellezünk.

Ellenőrző kérdések

1. Határozd meg az ág, a csomópont és a hurok fogalmát! Miért nem tekinthető külön ágnak egy puszta
   vezetékdarab?
2. Sorolj fel két olyan esetet, amikor a soros-párhuzamos visszabontás nem alkalmazható!
3. Mondd ki Kirchhoff csomóponti törvényét, és magyarázd meg, mi a fizikai tartalma!
4. Mondd ki Kirchhoff huroktörvényét! Mit jelent a „körüljárási irány", és befolyásolja-e a
   megválasztása a végeredményt?
5. Mit jelent, ha egy ágáramra negatív értéket kapunk? Hiba történt?
6. Milyen előjellel vesszük figyelembe a hurokegyenletben az ellenálláson eső feszültséget, és
   milyennel a forrásfeszültséget?
7. Egy hálózatnak 7 ága és 4 csomópontja van. Hány csomóponti és hány hurokegyenletet kell felírni?
   Indokold meg, miért nem írjuk fel mind a 4 csomóponti egyenletet!
8. Mi a hurokáram, és hogyan számoljuk vissza belőle az ágáramokat a hurkok közös ágában?
9. Miért szimmetrikus a hurokáramok módszerének együtthatómátrixa, és mire használható ez a tény?
10. Mi a csomóponti potenciál? Hogyan választjuk meg a referenciacsomópontot?
11. Mikor érdemes hurokáramokat, és mikor csomóponti potenciálokat választani? Hogyan döntöd el
    néhány másodperc alatt?
12. Mit tekintünk aktív, és mit passzív kétpólusnak? Mi a helyettesítő kép?
13. Hogyan alakítunk át egy valóságos feszültségforrást áramgenerátoros alakba, és miért nem szabad
    a helyettesítő képből a belső veszteségre következtetni?
14. Fogalmazd meg a Thévenin- és a Norton-tételt! Hogyan határozzuk meg a belső ellenállást a
    forrásra vonatkozó helyettesítési szabállyal?
15. Mi a szuperpozíció elve? Mivel helyettesítjük a nem vizsgált feszültségforrást, és mivel az
    áramforrást? Miért éppen ezekkel?
16. Mikor maximális a terhelésen a leadott teljesítmény, és mekkora ekkor a hatásfok? Miért nem
    alkalmazunk teljesítményillesztést az erősáramban?

Tudáspróba

1. Hány független egyenletet kell felírni egy 5 ágú, 3 csomópontú hálózat megoldásához?
a) 2 b) 3 c) 5 d) 8

2. Egy csomópontba befolyik 12 A és 7 A, kifolyik 15 A és az ismeretlen I. Mekkora I, ha
kifolyó iránnyal vettük fel?
a) 4 A b) 10 A c) −4 A d) 34 A

3. Mit jelent, ha egy ágáramra a számítás −2,5 A-t ad?
a) a számítás hibás, elölről kell kezdeni b) a forrás fordítva van bekötve a kapcsolási
rajzon, ezért lett negatív az eredmény c) az áram 2,5 A, a felvett iránnyal ellentétes
irányban folyik d) az ágban nem folyik áram

4. A hurokegyenletben milyen előjellel szerepel egy ellenállás feszültségesése, ha a körüljárás
iránya ellentétes a felvett áramiránnyal?
a) pozitív b) nulla c) a forrás polaritásától függ d) negatív

5. Melyik állítás igaz a hurokáramok módszerére?
a) akkor előnyös, ha sok az ág és kevés a hurok b) annyi ismeretlent ad, ahány ág van
c) csak egyetlen forrást tartalmazó hálózatra alkalmazható d) a hurokáramok mellé a
csomóponti törvényt külön egyenletként is fel kell írni

6. A csomóponti potenciálok módszerében hány ismeretlen van egy n csomópontú hálózatban?
a) n b) n + 1 c) n − 1 d) az ágak számával egyezik meg

7. A szuperpozíció alkalmazásakor a nem vizsgált áramforrás helyére mi kerül?
a) szakadás (a helyére megszakítás kerül) b) rövidzár (a helyére vezeték kerül)
c) a belső ellenállásának kétszerese d) egy azonos nagyságú feszültségforrás

8. Egy aktív kétpólus üresjárási feszültsége 20 V, rövidzárási árama 5 A. Mekkora a belső
ellenállása?
a) 0,25 Ω b) 4 Ω c) 25 Ω d) 100 Ω

9. Melyik esetben a leggyorsabb a Thévenin-helyettesítés?
a) ha minden ágáramot ki kell számolni b) ha a hálózatban egyáltalán nincs forrás
c) ha a hálózat nemlineáris elemet tartalmaz d) ha egyetlen ág áramát keressük

10. Egy forrás üresjárási feszültsége 24 V, belső ellenállása 3 Ω. Mekkora a terhelésen leadható
maximális teljesítmény, és mekkora ekkor a hatásfok?
a) 96 W és 50 % b) 48 W és 50 % c) 192 W és 100 % d) 48 W és 100 %

Források

A fejezet forrásjegyzékéhez tartozó megjegyzések – bővítésre váró témák: