11. fejezet – Teljesítmények váltakozó áramú körben és a fázisjavítás

11.1 Pillanatnyi teljesítmény; hatásos, meddő és látszólagos teljesítmény

Ahonnan indulunk: az egyenáramú teljesítmény

A 2. fejezetben a teljesítményt egyszerűen definiáltuk: P = U · I. Egy 230 V-ról üzemelő,
5 A-t felvevő fűtőbetét teljesítménye 1150 W, és ez a 1150 W maradéktalanul hővé alakul. Nem
volt mit magyarázni rajta.

A váltakozó áramú körben viszont – ahogy a 10. fejezetben láttuk – a feszültség és az áram
általában nincs fázisban egymással. A tekercsen az áram 90°-kal késik, a kondenzátoron
90°-kal siet, egy motoron pedig valahol a kettő között, jellemzően késik. Ez a fáziseltolás
alapjaiban változtatja meg azt, hogy mit jelent a „teljesítmény" szó.

A pillanatnyi teljesítmény

Kezdjük a legegyszerűbb dologgal: minden pillanatban igaz, hogy az adott pillanatban átadott
teljesítmény a pillanatnyi feszültség és a pillanatnyi áram szorzata.

p(t) = u(t) · i(t)

Ez a pillanatnyi teljesítmény. Mértékegysége watt, de az értéke – ellentétben az egyenáramú
esettel – időben változik, méghozzá a hálózati frekvencia kétszeresével.

Nézzük meg három esetben, mi történik.

1. Tiszta ohmos terhelés (fűtőbetét, izzólámpa). Itt u és i fázisban van: amikor a
feszültség pozitív, az áram is pozitív; amikor a feszültség negatív, az áram is negatív. A két
negatív szám szorzata pozitív, tehát a p(t) görbe soha nem megy nulla alá. A fogyasztó
minden pillanatban energiát vesz fel a hálózatból, és hővé alakítja. Az átlaga pontosan U · I.

2. Tiszta induktív terhelés (ideális, veszteségmentes tekercs). Itt az áram 90°-kal késik.
A periódus egyik negyedében a feszültség pozitív és az áram is pozitív – a szorzat pozitív, a
tekercs energiát vesz fel és mágneses mezőt épít belőle. A következő negyedben viszont a
feszültség még pozitív, de az áram már negatív – a szorzat negatív: a mágneses mező
összeomlik, és a tekercs visszaadja az energiát a hálózatnak. Ez ismétlődik periódusonként
kétszer. A p(t) görbe fele pozitív, fele negatív, az átlaga pontosan nulla.

3. Vegyes (valóságos) terhelés – motor, transzformátor, fojtó. A görbe nagyobbrészt pozitív,
de a periódus egy részében negatívba fordul. Az átlag pozitív, de kisebb, mint U · I.

A három teljesítmény

A pillanatnyi teljesítmény görbéjéből következik a váltakozó áramú kör három
teljesítményfogalma.

P = U · I · cos φ        [W]

Q = U · I · sin φ        [var]

S = U · I               [VA]
S² = P² + Q²

Miért nem mindegy, melyiket írjuk?

Ez nem formaság. A három mennyiség eltérő mértékegysége figyelmeztető jelzés: azt mondja,
hogy fizikailag nem ugyanarról a dologról van szó, ezért nem adhatók össze skalárisan.

Kidolgozott példa 11.1 – A három teljesítmény kiszámítása
Adat: egyfázisú fogyasztó;  U = 230 V;  I = 12,5 A;  cos φ = 0,75 (induktív)

1. Látszólagos teljesítmény:
   S = U · I = 230 V · 12,5 A = 2875 VA = 2,875 kVA

2. Hatásos teljesítmény:
   P = U · I · cos φ = 2875 VA · 0,75 = 2156,25 W ≈ 2156 W = 2,16 kW

3. A fázisszög szinusza (a Pitagorasz-azonosságból):
   sin φ = √( 1 − cos²φ ) = √( 1 − 0,75² ) = √( 1 − 0,5625 ) = √0,4375 = 0,6614

   (a szög maga:  φ = arccos 0,75 = 41,4°)

4. Meddő teljesítmény:
   Q = U · I · sin φ = 2875 VA · 0,6614 = 1901,6 var ≈ 1902 var = 1,90 kvar

5. ELLENŐRZÉS – a teljesítményháromszöggel:
   S = √( P² + Q² ) = √( 2156,25² + 1901,6² ) VA
   S = √( 4 649 414 + 3 616 082 ) VA
   S = √8 265 496 VA = 2875,0 VA          ✔ egyezik az 1. lépéssel

Válasz: P = 2,16 kW;  Q = 1,90 kvar;  S = 2,88 kVA

11.2 A teljesítménytényező (cos φ) és a teljesítményháromszög

A teljesítményháromszög

Az S² = P² + Q² összefüggés egy derékszögű háromszöget ír le. Rajzoljuk fel: a vízszintes
befogó a hatásos teljesítmény (P), a rá merőleges függőleges befogó a meddő teljesítmény
(Q), az átfogó pedig a látszólagos teljesítmény (S). A P és az S közötti szög maga a
fázisszög, φ.

Ez a teljesítményháromszög – a fejezet legfontosabb ábrája, és a fázisjavítás egész
gondolatmenete ezen fut végig.

Vegyük észre, hogy ez ugyanaz a háromszög, amit a 10. fejezetben már kétszer megrajzoltunk. A
soros RL-kör feszültségháromszögének minden oldalát elosztottuk az árammal, és megkaptuk az
impedancia-háromszöget. Ha most megszorozzuk a feszültségháromszög oldalait az árammal,
megkapjuk a teljesítményháromszöget:

U_R · I = P            U_L · I = Q            U · I = S

Mindhárom háromszög hasonló, ezért mindháromban ugyanaz a φ szög szerepel. Ebből következik
a szakma egyik legtöbbet használt összefüggéslánca:

cos φ = R / Z = U_R / U = P / S
tg φ  = X / R = U_L / U_R = Q / P

cos φ = P / S

Kidolgozott példa 11.2 – Visszafelé a teljesítményháromszögben
Adat: egy üzemi mérőhelyen a wattmérő P = 4,2 kW-ot,
      a feszültség- és árammérő szorzata S = 6,0 kVA-t ad. U = 230 V.
Keressük: cos φ, φ, Q, tg φ és a felvett áram.

1. Teljesítménytényező:
   cos φ = P / S = 4,2 kW / 6,0 kVA = 0,70
   (induktív, mert motoros a terhelés)

2. A fázisszög:
   φ = arccos 0,70 = 45,57° ≈ 45,6°

3. Meddő teljesítmény – a háromszög harmadik oldala:
   Q = √( S² − P² ) = √( 6,0² − 4,2² ) kvar
   Q = √( 36,0 − 17,64 ) kvar
   Q = √18,36 kvar = 4,285 kvar ≈ 4,29 kvar

4. A tangens (a fázisjavításhoz ez kell majd):
   tg φ = Q / P = 4,285 / 4,2 = 1,020
   (ellenőrzés: tg 45,57° = 1,0202 ≈ 1,020        ✔)

5. A felvett áram:
   I = S / U = 6000 VA / 230 V = 26,09 A

Megjegyzés: ha ez a fogyasztó cos φ = 1-gyel működne, ugyanehhez a 4,2 kW-hoz
   I = 4200 W / 230 V = 18,26 A elég lenne. A rossz cos φ miatt 7,8 A-rel
   nagyobb áram folyik a vezetéken – hasznos munkavégzés nélkül.

⭐ A teljesítménytényező (PF) és a cos φ (DPF) nem ugyanaz

Eddig természetesnek vettük, hogy „teljesítménytényező" és „cos φ" ugyanaz a dolog. Tisztán
szinuszos áramnál ez igaz is – ezért működik a hagyományos tanítás. A mai hálózatokon azonban
egyre kevesebb az olyan fogyasztó, amelynek szinuszos az áramfelvétele.

A frekvenciaváltó, a LED-tápegység, a kapcsolóüzemű tápegység, az egyenirányító és a
szünetmentes tápegység nemlineáris fogyasztó: szinuszos feszültségről torzított,
nem szinuszos áramot vesz fel. Ezt a torzított áramot – ahogy a 10.10 alfejezetben láttuk –
felharmonikusok összegeként írjuk le.

A szakirodalom ilyenkor pontosan megkülönbözteti a két fogalmat:

tiszta szinuszos áramnál:        PF = cos φ         (a kettő azonos)
torzított áramnál:               PF < cos φ         (a valódi PF mindig kisebb)

Miért kisebb? Mert a látszólagos teljesítményt a teljes áram effektív értéke határozza meg,
a felharmonikus áramokkal együtt. A felharmonikus áramok viszont hatásos teljesítményt
gyakorlatilag nem szállítanak – csak a nevezőt növelik. A hányados tehát romlik, miközben a
műszer által mutatott cos φ akár kiváló is lehet.

11.3 Miért baj az alacsony cos φ? – hálózati veszteség, méretezés, meddőenergia-díj

Most jön a fejezet gyakorlati magja. Ha a meddő teljesítmény átlagosan nulla energiát von el,
miért foglalkozunk vele egyáltalán?

Az első ok: azonos hasznos teljesítményhez nagyobb áram kell

Fejezzük ki az áramot a hatásos teljesítményből:

P = U · I · cos φ        →        I = P / ( U · cos φ )

Az áram fordítottan arányos a teljesítménytényezővel. Ha a cos φ feleakkora, az áram kétszer
akkora – ugyanahhoz a hasznos munkához.

Kidolgozott példa 11.3 – Mennyivel nő az áram a rossz cos φ miatt?
Adat: P = 10 kW hasznos (hatásos) teljesítmény, U = 230 V egyfázisú hálózat

1. Jó teljesítménytényezőnél (cos φ = 0,95):
   I = P / ( U · cos φ ) = 10 000 W / ( 230 V · 0,95 )
   I = 10 000 / 218,5 = 45,77 A

2. Rossz teljesítménytényezőnél (cos φ = 0,65):
   I = 10 000 W / ( 230 V · 0,65 )
   I = 10 000 / 149,5 = 66,89 A

3. Az áramnövekedés:
   66,89 A / 45,77 A = 1,461      →     +46,1 %

4. Ugyanez képlettel, számok nélkül:
   I₂ / I₁ = cos φ₁ / cos φ₂ = 0,95 / 0,65 = 1,461     ✔

Válasz: ugyanahhoz a 10 kW-hoz 46 %-kal nagyobb áram folyik a vezetéken.

A második ok: a veszteség az áram négyzetével nő

A vezeték, a transzformátor tekercse és minden csatlakozási pont melegedési vesztesége
P_v = I² · R (2. fejezet). Ha az áram 46 %-kal nő, a veszteség 1,461² = 2,13-szorosára,
azaz több mint duplájára nő.

Kidolgozott példa 11.4 – A vezetékveszteség rossz cos φ mellett
Adat: a 11.3 példa fogyasztója; a betápláló vezeték eredő ellenállása
      (oda-vissza ág együtt) R_v = 0,15 Ω; éves üzemidő 4000 h

1. Veszteség cos φ = 0,65-nél:
   P_v = I² · R_v = ( 66,89 A )² · 0,15 Ω
   P_v = 4474,3 · 0,15 = 671,1 W

2. Veszteség cos φ = 0,95-nél:
   P_v = ( 45,77 A )² · 0,15 Ω
   P_v = 2094,9 · 0,15 = 314,2 W

3. A megtakarítható veszteségteljesítmény:
   ΔP_v = 671,1 W − 314,2 W = 356,9 W

4. Relatív csökkenés:
   356,9 / 671,1 = 0,532        →      53,2 %

5. Ugyanez képlettel:
   1 − ( cos φ₁ / cos φ₂ )² = 1 − ( 0,65 / 0,95 )² = 1 − 0,468 = 0,532     ✔

6. Éves energiaveszteség-megtakarítás:
   W = 356,9 W · 4000 h = 1 427 600 Wh = 1428 kWh

Válasz: a fázisjavítás ebben az esetben a vezetékveszteség felét megszünteti,
        évi kb. 1430 kWh energiával.

A veszteség tehát nem a meddő teljesítményben keletkezik, hanem a meddő teljesítmény miatt
megnövekedett áram hatására a vezetékben. Ezért igaz egyszerre, hogy „a meddő teljesítmény nem
veszteség", és hogy „a rossz cos φ pénzbe kerül".

(A táblázat a I ~ 1/cos φ és a P_v ~ I² összefüggésekből számítva; viszonyítási alap a
cos φ = 1 eset.)

A harmadik ok: a hálózat kihasználtsága romlik

A transzformátort, a kábelt, a kapcsolókészüléket és a betápláló főbiztosítót nem a hatásos,
hanem a látszólagos teljesítményre – pontosabban a ténylegesen folyó áramra – kell
méretezni. A forrás szerint a nagy meddőteljesítmény-igény következményei:

• a transzformátorok túlterhelése,
• a kábelek felmelegedése,
• a veszteségek növekedése,
• magasabb energiaköltség.

Konkrétan: egy 400 kVA-es transzformátor cos φ = 1-nél 400 kW hasznos teljesítményt tud
kiszolgálni, cos φ = 0,7-nél viszont csak 400 · 0,7 = 280 kW-ot.

⚠ A különbség nem 120 kW! A 400 kVA-ből a 280 kW-ot nem kivonni kell – a W és a VA
nem adható össze, és nem vonható ki egymásból skalárisan (lásd a fejezet elején a
figyelmeztetést). A fennmaradó részt vektoriálisan, az S² = P² + Q² szerint a meddő
teljesítmény foglalja el:

Q = S · sin φ = 400 kVA · √( 1 − 0,7² ) = 400 · 0,71414 = 285,7 kvar ≈ 286 kvar

ELLENŐRZÉS:  S = √( 280² + 285,7² ) = √( 78 400 + 81 624 )
                 = √160 024 = 400,0 kVA        ✔

Vagyis ugyanannak a gépnek a 280 kW hatásos mellett 286 kvar meddő teljesítményt is át kell
vinnie – együtt ez tölti ki a névleges 400 kVA-t. A fázisjavítás tehát kapacitást
szabadít fel a meglévő hálózaton – gyakran ez a legolcsóbb módja annak, hogy egy üzem
bővítsen anélkül, hogy transzformátort cserélne.

A negyedik ok: a meddőenergia-díj

A hálózati engedélyes a meddő energiát is méri, és a szerződésben rögzített határértéket
meghaladó meddőenergia-fogyasztást külön díjtétellel számlázza. Ez az a pont, ahol a rossz
cos φ közvetlenül, forintosítva jelenik meg a számlán. A meddőenergia mérésének és
elszámolásának részleteivel – a mérőhely kialakításával, a mérőváltókkal, a terhelési görbével
és a teljesítménydíjjal – a 27. fejezet foglalkozik.

Kidolgozott példa 11.5 – A meddőenergia-díj becslése (MODELLSZÁMÍTÁS)
Adat: üzem, átlagos hatásos teljesítményfelvétel P = 250 kW
      éves üzemidő: 4000 h
      jelenlegi teljesítménytényező: cos φ₁ = 0,72
      cél: cos φ₂ = 0,95
      FELTÉTELEZETT meddőenergia-egységár: 6 Ft/kvarh
      (ez NEM forrásadat – a tényleges díjat az üzletszabályzatból
       kell kivenni!)

1. A tangensek:
   tg φ₁ = √(1 − 0,72²) / 0,72 = √(1 − 0,5184) / 0,72 = 0,69397 / 0,72 = 0,9639
   tg φ₂ = √(1 − 0,95²) / 0,95 = √(1 − 0,9025) / 0,95 = 0,31225 / 0,95 = 0,3287

2. Meddő teljesítmény javítás előtt és után:
   Q₁ = P · tg φ₁ = 250 kW · 0,9639 = 240,98 kvar
   Q₂ = P · tg φ₂ = 250 kW · 0,3287 =  82,18 kvar

3. Éves meddő energia:
   W_Q1 = 240,98 kvar · 4000 h = 963 920 kvarh
   W_Q2 =  82,18 kvar · 4000 h = 328 720 kvarh
   Megtakarítás: ΔW_Q = 635 200 kvarh

4. A becsült éves megtakarítás a feltételezett egységárral:
   K = 635 200 kvarh · 6 Ft/kvarh = 3 811 200 Ft/év

5. A szükséges kompenzáló teljesítmény (lásd 11.5 alfejezet):
   Q_C = P · ( tg φ₁ − tg φ₂ ) = 250 · ( 0,9639 − 0,3287 )
   Q_C = 250 · 0,6352 = 158,8 kvar    →   választás: 160 kvar-os telep

Válasz: a modellszámítás szerint kb. 3,8 millió Ft/év meddőenergia-díj
        takarítható meg egy 160 kvar-os teleppel – ehhez jön a vezeték-
        és transzformátorveszteség csökkenéséből adódó megtakarítás is
        (lásd 11.10 példa).

11.4 A fázisjavítás elve: kapacitív meddőteljesítmény bevitele

Az alapgondolat

A gond forrása az, hogy az ipari fogyasztók túlnyomó része induktív: a motor, a
transzformátor, a fojtó, a mágneskapcsoló tekercse mágneses teret épít, és ehhez meddő
teljesítményt igényel. Ez a meddő teljesítmény jelenleg az erőműtől utazik el hozzá, végig
az egész hálózaton.

A 10. fejezetből viszont tudjuk, hogy a kondenzátor pont fordítva viselkedik: rajta az áram
90°-kal siet a feszültséghez képest, míg a tekercsen 90°-kal késik. A két áram tehát
egymással ellentétes irányú a fazorábrán – kioltják egymást.

Ebből következik a fázisjavítás elve:

Ez a fejezet legszebb gondolata: a meddő teljesítményt nem megszüntetjük, hanem
„lerövidítjük az útját". A motor mágneses tere továbbra is minden félperiódusban felépül és
összeomlik, csak most a szomszédos kondenzátor tölti és süti ki – nem az erőmű.

A kondenzátor mint meddőforrás

Mekkora meddő teljesítményt szolgáltat egy kondenzátor? A 10. fejezetből tudjuk, hogy a
kondenzátor reaktanciája X_C = 1/(2πfC), és mivel a kondenzátoron a feszültség és az áram
között pontosan 90° a fáziseltolás, a hatásos teljesítménye nulla, a meddő teljesítménye pedig:

Q_C = U · I_C = U · ( U / X_C ) = U² / X_C = U² · 2 · π · f · C

vagy a körfrekvenciával írva: Q_C = U² · ω · C. Ebből átrendezve kapjuk a fázisjavítás
kapacitásképletét, amit a 11.5 alfejezetben használunk majd:

C = Q_C / ( 2 · π · f · U² )

Kidolgozott példa 11.6 – A fázisjavító kondenzátor meddő teljesítménye és árama
Adat: C = 30 µF;  U = 230 V;  f = 50 Hz

1. Körfrekvencia:
   ω = 2 · π · f = 6,2832 · 50 = 314,16 rad/s

2. Kapacitív reaktancia:
   X_C = 1 / ( ω · C ) = 1 / ( 314,16 · 30 · 10⁻⁶ )
   X_C = 1 / 0,0094248 = 106,10 Ω

3. A kondenzátor árama:
   I_C = U / X_C = 230 V / 106,10 Ω = 2,168 A

4. A szolgáltatott meddő teljesítmény:
   Q_C = U · I_C = 230 V · 2,168 A = 498,6 var ≈ 0,50 kvar

5. ELLENŐRZÉS a másik képlettel:
   Q_C = U² · ω · C = 230² · 314,16 · 30 · 10⁻⁶
   Q_C = 52 900 · 0,0094248 = 498,6 var          ✔

Válasz: egy 30 µF-os kondenzátor 230 V / 50 Hz-en kb. 0,5 kvar meddő
        teljesítményt szolgáltat, és 2,17 A áramot vesz fel.

Meddig javítsunk? – a túlkompenzálás

Kézenfekvő lenne cos φ = 1-re javítani. A gyakorlat mégsem ezt teszi: a célérték mindig 1-nél
valamivel kisebb (a jegyzet példáiban 0,95, a 11.2 feladatban szerződéses előírásként szintén
0,95). ⚠ Konkrét célérték-tartományt a jegyzet forrás híján nem közöl – a célértéket a
hálózathasználati szerződés és az elosztói előírás rögzíti. Hogy miért nem 1 a cél, annak több
oka van.

Ha a kompenzáló teljesítmény nagyobb a fogyasztó meddőigényénél, a hálózat felől nézve a
telephely kapacitív jellegűvé válik: az áram immár siet a feszültséghez képest. Ez a
túlkompenzálás.

11.5 ⭐ A fázisjavító kondenzátortelep méretezése

Ez a fejezet – és valószínűleg az egész elektrotechnika-blokk – legtöbbet számolt
vizsgafeladata. Érdemes annyiszor végigcsinálni, hogy a lépések sorrendje magától jöjjön.

A kompenzáló teljesítmény levezetése

Induljunk ki a teljesítményháromszögből. A hatásos teljesítmény, P, a fázisjavítás során
nem változik: a motor ugyanazt a munkát végzi, a kondenzátor pedig ideális esetben nem
fogyaszt hatásos teljesítményt. Ami változik, az a meddő teljesítmény.

Kiindulás – javítás előtt:      Q₁ = P · tg φ₁
Cél       – javítás után:       Q₂ = P · tg φ₂        (mivel tg φ = Q / P)

A kondenzátornak a különbséget kell szolgáltatnia:

    Q_C = Q₁ − Q₂ = P · tg φ₁ − P · tg φ₂

Kiemelve a P-t, megkapjuk a fázisjavítás alapképletét:

Q_C = P · ( tg φ₁ − tg φ₂ )        [var]

ahol φ₁ a kompenzálás előtti, φ₂ a kívánt fázisszög.

Kidolgozott példa 11.7 ⭐ – A klasszikus vizsgafeladat
Adat: P = 1000 kW ipari terhelés
      jelenlegi teljesítménytényező:  cos φ₁ = 0,80
      kívánt teljesítménytényező:     cos φ₂ = 0,95

1. A kiindulási fázisszög tangense:
   sin φ₁ = √( 1 − 0,80² ) = √( 1 − 0,64 ) = √0,36 = 0,600
   tg φ₁  = sin φ₁ / cos φ₁ = 0,600 / 0,800 = 0,750
   (szöggel:  φ₁ = arccos 0,80 = 36,87°;  tg 36,87° = 0,750     ✔)

2. A cél fázisszög tangense:
   sin φ₂ = √( 1 − 0,95² ) = √( 1 − 0,9025 ) = √0,0975 = 0,31225
   tg φ₂  = 0,31225 / 0,95 = 0,3287
   (szöggel:  φ₂ = 18,19°;  tg 18,19° = 0,3287      ✔)

3. A fajlagos kompenzálási tényező:
   k = tg φ₁ − tg φ₂ = 0,750 − 0,3287 = 0,4213 ≈ 0,42 kvar/kW

4. A szükséges kompenzáló teljesítmény:
   Q_C = P · k = 1000 kW · 0,4213 = 421,3 kvar ≈ 420 kvar

5. ELLENŐRZÉS a meddő teljesítményekkel:
   Q₁ = P · tg φ₁ = 1000 · 0,750  = 750,0 kvar
   Q₂ = P · tg φ₂ = 1000 · 0,3287 = 328,7 kvar
   Q_C = Q₁ − Q₂ = 750,0 − 328,7  = 421,3 kvar        ✔

6. Mit nyerünk a látszólagos teljesítményben?
   S₁ = P / cos φ₁ = 1000 / 0,80 = 1250,0 kVA
   S₂ = P / cos φ₂ = 1000 / 0,95 = 1052,6 kVA
   Felszabaduló hálózati kapacitás: 197,4 kVA     (15,8 %)

Válasz: kb. 420 kvar kompenzáló teljesítmény szükséges; ezzel közel 200 kVA
        hálózati kapacitás szabadul fel a meglévő betáplálásban.

A fajlagos meddőteljesítmény-táblázat

A gyakorlatban a tervezők nem számolnak minden alkalommal arkusz koszinuszt, hanem
kW-onkénti fajlagos meddőteljesítmény-táblázatot használnak. A táblázat a k = tg φ₁ − tg φ₂
értéket adja meg a kiindulási és a cél-cos φ függvényében; a keresett kompenzáló teljesítmény
ezután egyszerű szorzás: Q_C = P · k.

(A táblázat értékei a k = tg φ₁ − tg φ₂ képletből számítva, kvar/kW mértékegységben. A
kiemelt 0,421-es érték a 11.7 kidolgozott példa esete – ugyanaz a szám, mint amit a forrás
mintapéldája 0,42-ként közöl.)

A kapacitás meghatározása

A kompenzáló teljesítményből a 11.4 alfejezetben levezetett képlettel kapjuk a kapacitást:

C = Q_C / ( 2 · π · f · U² )        [F]

Fontos: az U itt a kondenzátorra ténylegesen jutó feszültség, nem automatikusan a hálózati
vonali feszültség. Az egyfázisú eset (230 V) egyszerű; a háromfázisú esetnél a kapcsolás dönt –
lásd alább.

Kidolgozott példa 11.8 – Egyfázisú fázisjavító kondenzátor méretezése
Adat: P = 4 kW egyfázisú induktív fogyasztó
      cos φ₁ = 0,70  →  cos φ₂ = 0,95
      U = 230 V;  f = 50 Hz

1. A tangensek:
   tg φ₁ = √(1 − 0,70²) / 0,70 = √0,51 / 0,70 = 0,71414 / 0,70 = 1,0202
   tg φ₂ = 0,3287       (a 11.7 példából)

2. A fajlagos tényező:
   k = 1,0202 − 0,3287 = 0,6915 kvar/kW
   (ellenőrzés a táblázatból, cos φ₁ = 0,70 sor, 0,95 oszlop: 0,692   ✔)

3. A szükséges kompenzáló teljesítmény:
   Q_C = P · k = 4000 W · 0,6915 = 2766 var ≈ 2,77 kvar

4. A kapacitás:
   C = Q_C / ( 2 · π · f · U² )
   C = 2766 / ( 314,16 · 230² )
   C = 2766 / ( 314,16 · 52 900 )
   C = 2766 / 16 619 064 = 1,664 · 10⁻⁴ F
   C = 166,4 µF

5. A kondenzátor árama:
   X_C = 1 / ( ω · C ) = 1 / ( 314,16 · 1,664·10⁻⁴ ) = 1 / 0,05228 = 19,13 Ω
   I_C = U / X_C = 230 V / 19,13 Ω = 12,02 A

6. ELLENŐRZÉS:
   Q_C = U · I_C = 230 V · 12,02 A = 2765 var ≈ 2766 var (3. lépés)      ✔

Válasz: kereken 166 µF; a gyakorlatban azonban NEM µF-ban választunk, hanem a
        2,77 kvar-hoz legközelebbi kvar-értékű, 230 V-os névleges feszültségű
        egységet keressük a katalógusban (lásd „A kondenzátor névleges adatai"
        szakaszt). A kondenzátor árama kb. 12 A – a hozzá tartozó vezetéket és
        kapcsolókészüléket erre kell méretezni.

Kidolgozott példa 11.9 – Mennyivel csökken a hálózati áram?
Adat: a 11.8 példa folytatása (P = 4 kW; 230 V; cos φ 0,70 → 0,95)

1. Javítás ELŐTT:
   S₁ = P / cos φ₁ = 4000 W / 0,70 = 5714,3 VA
   I₁ = S₁ / U = 5714,3 VA / 230 V = 24,84 A

2. Javítás UTÁN:
   S₂ = P / cos φ₂ = 4000 W / 0,95 = 4210,5 VA
   I₂ = S₂ / U = 4210,5 VA / 230 V = 18,31 A

3. Az áramcsökkenés:
   ΔI = 24,84 A − 18,31 A = 6,53 A          →      26,3 %

4. ELLENŐRZÉS FAZOROSAN (a 11.4 ábra szerint):
   hatásos áramkomponens (nem változik):
      I_h = P / U = 4000 W / 230 V = 17,391 A
   meddő áramkomponens javítás előtt:
      Q₁ = P · tg φ₁ = 4000 · 1,0202 = 4080,8 var
      I_m1 = Q₁ / U = 4080,8 / 230 = 17,742 A
   a kondenzátor árama (11.8 példából): I_C = 12,02 A
   meddő áramkomponens javítás után:
      I_m2 = I_m1 − I_C = 17,742 − 12,02 = 5,722 A
   az eredő áram:
      I₂ = √( I_h² + I_m2² ) = √( 17,391² + 5,722² )
      I₂ = √( 302,45 + 32,74 ) = √335,19 = 18,31 A       ✔

   (a javítás előtti eredő is stimmel:
      I₁ = √( 17,391² + 17,742² ) = √617,2 = 24,84 A     ✔)

Válasz: a betáplálásban folyó áram 24,8 A-ről 18,3 A-re,
        azaz negyedével csökken.

Kidolgozott példa 11.10 – A vezetékveszteség csökkenése a fázisjavítás után
Adat: a 11.9 példa folytatása; a betápláló vezeték eredő ellenállása
      R_v = 0,25 Ω; éves üzemidő 3000 h

1. Veszteség javítás előtt:
   P_v1 = I₁² · R_v = ( 24,84 A )² · 0,25 Ω = 617,0 · 0,25 = 154,3 W

2. Veszteség javítás után:
   P_v2 = I₂² · R_v = ( 18,31 A )² · 0,25 Ω = 335,3 · 0,25 = 83,8 W

3. A csökkenés:
   ΔP_v = 154,3 W − 83,8 W = 70,5 W          →       45,7 %

4. ELLENŐRZÉS képlettel:
   1 − ( cos φ₁ / cos φ₂ )² = 1 − ( 0,70 / 0,95 )² = 1 − 0,5429 = 0,4571      ✔

5. Éves energiamegtakarítás:
   W = 70,5 W · 3000 h = 211 500 Wh = 211,5 kWh

Válasz: a vezetékveszteség majdnem a felére csökken; évi kb. 212 kWh
        megtakarítás, a meddőenergia-díj megtakarításán FELÜL.

⭐ A háromfázisú fázisjavító kapacitás – csillag és delta

(A következő levezetés a jegyzet saját munkája: a forrásbázis a C = Q_C/(2πf·U²) képletet
csak egyfázisú alakban közli, a háromfázisú alakot egyetlen forrás sem adta meg. A levezetés
kizárólag forrásból igazolt összefüggéseket használ: a Q_C = U²·ω·C kondenzátorképletet és a
12. fejezet csillag–delta feszültségviszonyait.)

A háromfázisú kondenzátortelep három kondenzátorból áll, amelyeket kétféleképpen köthetünk be.
A különbség abban van, hogy mekkora feszültség jut egy kondenzátorra.

Háromszög- (delta-) kapcsolás. A kondenzátorok a fázisvezetők közé kerülnek, tehát mindegyik
a teljes vonali feszültséget (U_v) kapja:

Q_C = 3 · U_v² · ω · C        →        C = Q_C / ( 3 · ω · U_v² )

Csillagkapcsolás. A kondenzátorok egyik vége közös csillagpontba kerül, tehát mindegyikre a
fázisfeszültség (U_v/√3) jut:

Q_C = 3 · ( U_v / √3 )² · ω · C = 3 · ( U_v² / 3 ) · ω · C = U_v² · ω · C

        →        C = Q_C / ( ω · U_v² )

Kidolgozott példa 11.11 – Háromfázisú fázisjavító telep kapacitása
Adat: Q_C = 25 kvar;  U_v = 400 V;  f = 50 Hz

   ω = 2 · π · 50 = 314,16 rad/s
   U_v² = 400² = 160 000 V²

A) DELTA (háromszög) kapcsolás
   1. C = Q_C / ( 3 · ω · U_v² )
      C = 25 000 / ( 3 · 314,16 · 160 000 )
      C = 25 000 / 150 796 800 = 1,658 · 10⁻⁴ F
      C = 165,8 µF  fázisonként
   2. A kondenzátorra jutó feszültség: 400 V (vonali)
   3. A kondenzátor (fázis)árama:
      I_f = U_v · ω · C = 400 · 314,16 · 1,658·10⁻⁴ = 400 · 0,05208 = 20,83 A
   4. A vonali áram: I_v = √3 · I_f = 1,732 · 20,83 = 36,08 A

B) CSILLAG kapcsolás
   1. C = Q_C / ( ω · U_v² )
      C = 25 000 / ( 314,16 · 160 000 )
      C = 25 000 / 50 265 600 = 4,974 · 10⁻⁴ F
      C = 497,4 µF  fázisonként
   2. A kondenzátorra jutó feszültség: 400 / √3 = 230,9 V (fázisfeszültség)
   3. A kondenzátor árama (= vonali áram csillagban):
      I = U_f · ω · C = 230,9 · 314,16 · 4,974·10⁻⁴ = 230,9 · 0,15625 = 36,08 A

ÖSSZEHASONLÍTÁS:
   kapacitásarány:  497,4 / 165,8 = 3,00        (pontosan háromszoros)
   vonali áram:     mindkét esetben 36,08 A     (azonos meddő teljesítmény!)

   ELLENŐRZÉS a háromfázisú teljesítményképlettel (12. fejezet):
      Q = √3 · U_v · I_v = 1,732 · 400 · 36,08 = 24 996 var ≈ 25 kvar    ✔

Válasz: deltában 3 × 166 µF, csillagban 3 × 497 µF szükséges. A gyakorlat
        a deltát választja – harmadannyi kapacitással.

A kondenzátor névleges adatai

A méretezésből kijövő kapacitást a kereskedelmi kínálathoz kell illeszteni. A fázisjavító
kondenzátorokat általában nem kapacitásban (µF), hanem meddő teljesítményben (kvar) és
névleges feszültségben (V) adják meg – ez logikus, hiszen a felhasználót az érdekli, hány
kvar-t szolgáltat.

Egy fázisjavító egység adattábláján tipikusan a következők szerepelnek:

11.6 Egyedi, csoportos és központi fázisjavítás; automatikus fázisjavító berendezés

A kompenzáló teljesítményt kiszámoltuk – most az a kérdés, hová tegyük a kondenzátort. Három
alapmegoldás létezik.

Melyiket mikor?

Egyedi kompenzálás akkor való, ha van egy nagy, állandóan és hosszú ideig üzemelő
induktív fogyasztó – tipikusan egy nagyobb motor, transzformátor vagy hegesztő. Előnye, hogy a
kompenzálás pontosan ott történik, ahol a meddőigény keletkezik: a motor felé menő rövid
szakaszon kívül a teljes hálózat tehermentesül, a belső kábelektől a betáplálásig. Hátránya
a költség (minden fogyasztóhoz külön kondenzátor és védelem kell), valamint az, hogy ha a
fogyasztó áll, a kompenzálás is áll – ami itt előny is, mert nem lehet túlkompenzálni.

Csoportos kompenzálás akkor gazdaságos, ha több kisebb, hasonló üzemidejű fogyasztó
csoportosul egy alelosztó mögött (például egy gyártósor, egy műhelyszárny). Egyetlen egység
szolgálja ki az egész csoportot.

Központi kompenzálás a leggyakoribb ipari megoldás. A telephely főelosztójában áll egy
lépcsőzött kondenzátortelep, amelyet automatika kapcsolgat. Ez használja ki legjobban az
egyidejűséget: mivel sosem üzemel egyszerre minden gép, a telep összteljesítménye kisebb
lehet, mint az egyedi kompenzálások összege. Hátránya, hogy a belső hálózaton továbbra is
folyik a meddő áram – a veszteségcsökkenés csak a betáplálásban és a transzformátorban
jelentkezik.

Az automatikus fázisjavító berendezés

Az üzemek terhelése napszaktól, műszaktól és gyártási programtól függően változik. Egy fix
értékű kondenzátortelep tehát vagy alulkompenzál csúcsterhelésnél, vagy túlkompenzál
üzemszünetben. A megoldás a lépcsőzött, automatikus telep.

Felépítése:

• Meddőteljesítmény-szabályozó (cos φ-szabályozó): a berendezés „agya". Egy áramváltón
  keresztül méri a betáplálás áramát és feszültségét, ebből meghatározza az aktuális cos φ-t, és
  összehasonlítja a beállított célértékkel. Ha eltérés van, lépcsőket kapcsol be vagy ki.
• Kondenzátorlépcsők: különböző teljesítményű kondenzátoregységek (például 5–10–20–20 kvar),
  hogy finoman lehessen közelíteni a szükséges értéket.
• Kondenzátorkapcsoló kontaktorok: speciális, a kondenzátorok nagy bekapcsolási
  áramlökésének elviselésére készült kapcsolókészülékek (lásd 11.8).
• Fojtótekercsek – fojtott kivitelnél, a kondenzátorokkal sorosan (lásd 11.8).
• Kisütőellenállások minden kondenzátorlépcsőhöz (lásd 11.9).
• Túláramvédelem lépcsőnként és a telep egészére.
• Hűtés, szellőzés: a kondenzátorok és különösen a fojtók jelentős hőt termelnek.

11.7 Fázisjavítás motoroknál; a közvetlen motorra kötött kondenzátor buktatói

A leggyakoribb egyedi kompenzálási eset az aszinkron motor. Itt viszont van egy olyan
kockázat, amely a legtöbb tananyagból hiányzik – pedig ez a fejezet egyik legfontosabb konkrét
méretezési szabálya.

Az öngerjesztés veszélye

Amikor a motort a hálózatról lekapcsoljuk, a forgórész nem áll meg azonnal: a tehetetlenség
(és emelőknél, felvonóknál, ventilátoroknál a mozgó tömeg vagy a terhelés) tovább forgatja. A
motorban ilyenkor még van remanens mágnesesség.

Ha a motor kapcsain kondenzátor marad, a lassuló motor és a kondenzátor együtt egy
öngerjesztő rendszert alkothat: a kondenzátor szolgáltatja azt a meddő teljesítményt, amelyre a
motornak generátorüzemben szüksége van, a motor pedig ettől feszültséget kezd termelni. Ez a
feszültség lavinaszerűen felfut, és a lekapcsolt motor kapcsain a névlegesnél magasabb
feszültség jelenhet meg – szabályozatlan frekvencián.

⭐ A méretezési szabály: Q_C ≤ 0,9 · Q_P

A forrás megfogalmazása szerint az aszinkron motor párhuzamos meddőigényét csak 90 %-ban
kompenzáljuk, azért, hogy „a motor a rákapcsolt kondenzátortól semmilyen körülmények között ne
gerjedjen fel":

Q_C ≤ 0,9 · Q_P

ahol Q_P a motor üzemi meddő teljesítménye.

Kidolgozott példa 11.12 – Motor egyedi kompenzálása
Adat: háromfázisú aszinkron motor, 400 V, 50 Hz
      tengelyteljesítmény P_n = 15 kW;  hatásfok η = 0,90;  cos φ = 0,85

1. A hálózatból FELVETT hatásos teljesítmény:
   P_felv = P_n / η = 15 kW / 0,90 = 16,667 kW
   (Figyelem: a kompenzálás számításához mindig a FELVETT teljesítmény kell,
    nem az adattábla tengelyteljesítménye!)

2. A motor meddőigénye:
   tg φ = √( 1 − 0,85² ) / 0,85 = √0,2775 / 0,85 = 0,52678 / 0,85 = 0,6197
   Q_P = P_felv · tg φ = 16,667 kW · 0,6197 = 10,33 kvar

3. A megengedhető legnagyobb kompenzáló teljesítmény (⚠ a 90 %-os szabály):
   Q_C ≤ 0,9 · Q_P = 0,9 · 10,33 = 9,30 kvar
   Választás a kereskedelmi sorból: Q_C = 9 kvar

4. A kondenzátorok kapacitása deltakapcsolásban:
   C = Q_C / ( 3 · ω · U_v² ) = 9000 / ( 3 · 314,16 · 160 000 )
   C = 9000 / 150 796 800 = 5,968 · 10⁻⁵ F = 59,7 µF  fázisonként

5. A kondenzátor fázisárama:
   I_C = U_v · ω · C = 400 · 314,16 · 5,968·10⁻⁵ = 400 · 0,018749 = 7,50 A
   vonali áram: √3 · 7,50 = 12,99 A

6. Mit értünk el? – a maradék meddő teljesítmény és az új cos φ:
   Q_marad = 10,33 − 9,00 = 1,33 kvar
   tg φ' = Q_marad / P_felv = 1,33 / 16,667 = 0,0798
   cos φ' = 1 / √( 1 + tg²φ' ) = 1 / √( 1 + 0,00637 ) = 1 / 1,00318 = 0,997

7. A motor felvett vonali árama javítás előtt és után:
   előtte:  I₁ = P_felv / ( √3 · U_v · cos φ )
            = 16 667 / ( 1,732 · 400 · 0,85 )
            I₁ = 16 667 / 588,9 = 28,30 A
   utána:   S₂ = P_felv / cos φ' = 16 667 / 0,997 = 16 717 VA
            I₂ = S₂ / ( √3 · U_v ) = 16 717 / 692,8 = 24,13 A
   csökkenés: 4,17 A       (14,7 %)

Válasz: 9 kvar-os (3 × 59,7 µF, delta) egység választható; a motor árama
        28,3 A-ről 24,1 A-re csökken, a cos φ 0,85-ről ~0,997-re javul,
        és az öngerjesztési feltétel teljesül (9 kvar < 9,30 kvar).

Hová kössük a kondenzátort?

Az egyedi kompenzálás gyakorlati alapszabálya, hogy a kondenzátornak a motorral együtt kell
kapcsolódnia – azaz a motorkontaktor után, a motorral párhuzamosan kerül a hálózatra. Így
amikor a motor áll, a kondenzátor sincs a hálózaton, tehát üzemszünetben nincs túlkompenzálás.

(A következő két figyelmeztetés a jegyzet gyakorlati következtetése a fenti, forrásból igazolt
öngerjesztési szabályból és a 25. fejezet frekvenciaváltós anyagából – nem közvetlen
forrásidézet.)

11.8 Kondenzátorok kapcsolási tranziensei, fojtott kondenzátortelep, felharmonikusok

A bekapcsolási áramlökés

A kondenzátor bekapcsolás pillanatában – ha nincs rajta töltés – gyakorlatilag rövidzárként
viselkedik: a feszültsége nem tud ugrásszerűen megváltozni, ezért a kezdeti áramot csak a
vezetékek ellenállása és induktivitása korlátozza. Ez a bekapcsolási áramlökés a névleges
áram sokszorosa lehet, és igen rövid ideig, nagy frekvenciával lezajló tranziens.

Következményei:

• a kapcsolókészülék érintkezői beéghetnek, összehegedhetnek – ezért kell a
  kondenzátorlépcsőkhöz kondenzátorkapcsolásra minősített kontaktor, amely előtöltő
  ellenállásokkal és segédérintkezőkkel korlátozza az áramlökést;
• a telep túláramvédelmét úgy kell megválasztani, hogy a bekapcsolási lökésre ne oldjon,
  de valós hibánál működjön;
• különösen veszélyes az az eset, amikor egy már bekapcsolt lépcső mellé kapcsolunk be egy
  másikat (lépcsők közötti átkapcsolás), mert ilyenkor a már feltöltött kondenzátor tölti a
  töltetlent, nagyon kis impedancián keresztül;
• ezért van minden szabályozóban visszakapcsolási késleltetés: egy lekapcsolt lépcsőt csak
  akkor szabad újra bekapcsolni, ha már kisült (lásd 11.9).

A felharmonikus-rezonancia

Ez a fejezet legfontosabb üzemviteli kockázata, és közvetlenül a 10.9 alfejezet rezonanciájából
következik.

A hálózat a fázisjavító kondenzátor felől nézve induktív: a betápláló transzformátor
szórási induktivitása és a vezetékek induktivitása mind ott van a kondenzátorral
párhuzamosan. A forrás pontos megfogalmazása szerint pedig: „bármely L és C párhuzamos
kapcsolása esetén létezik egy olyan f₀ frekvencia, amelynél a reaktanciák azonosak".

Vagyis: minden fázisjavító kondenzátornak van egy párhuzamos rezonanciafrekvenciája a hálózati
induktivitással. Ha ez a frekvencia véletlenül egybeesik a hálózaton jelen lévő valamelyik
felharmonikus frekvenciájával (250 Hz = 5., 350 Hz = 7., 550 Hz = 11. …), akkor:

• a rezonáns kör felerősíti azt a felharmonikus áramot;
• a kondenzátor – amelynek reaktanciája a frekvenciával fordítottan arányos, tehát
  felharmonikusra kicsi – magára szedi a felerősített áramot;
• a kondenzátor és a hálózat túlterhelődik, a kondenzátor melegszik, majd tönkremegy.

Kidolgozott példa 11.13 – A párhuzamos rezonancia frekvenciája (MODELLSZÁMÍTÁS)
Adat: fojtatlan, 25 kvar-os deltakapcsolású telep (lásd 11.11 példa); a hálózat
      (transzformátor + vezeték) FÁZISONKÉNTI eredő induktivitása
      a kondenzátorral párhuzamosan: L_h = 0,82 mH
      (FELTÉTELEZETT modellérték)

0. ⚠ ELŐKÉSZÍTÉS – a modell egyfázisú, ezért csillag-egyenértékre kell áttérni!
   Az f₀ = 1/(2π√(LC)) képlet EGYETLEN L–C párra érvényes. A hálózati
   induktivitás fázisonkénti (csillagban értelmezett) mennyiség, ezért
   mellé a kondenzátortelep CSILLAG-EGYENÉRTÉKŰ kapacitása való, nem a
   delta-ág fázisonkénti kapacitása.
   Ezt a 11.11 példa készen megadja: ugyanaz a 25 kvar deltában 165,8 µF,
   csillagban 497,4 µF fázisonként, azaz

      C_Y = 3 · C_Δ = 3 · 165,8 µF = 497,4 µF

1. A rezonanciafrekvencia (a 10. fejezet képlete):
   f₀ = 1 / ( 2 · π · √( L · C_Y ) )

2. Behelyettesítés:
   L · C_Y = 0,82 · 10⁻³ · 4,974 · 10⁻⁴ = 4,079 · 10⁻⁷
   √( L · C_Y ) = 6,386 · 10⁻⁴
   2 · π · 6,386·10⁻⁴ = 4,013 · 10⁻³
   f₀ = 1 / 4,013·10⁻³ = 249,2 Hz

3. Melyik harmonikus ez?
   249,2 Hz / 50 Hz = 4,98        →     gyakorlatilag az 5. harmonikus (250 Hz)

ÉRTÉKELÉS: ez a lehető legrosszabb eset. Az 5. harmonikus a leggyakoribb és
   jellemzően a legnagyobb amplitúdójú felharmonikus a háromfázisú ipari
   hálózatokon (frekvenciaváltók, egyenirányítók). A telep rezonanciába kerül,
   az 5. harmonikus árama felerősödik, és a kondenzátorok rövid időn belül
   tönkremennek.

Megjegyzés: az L_h érték itt feltételezett, a szemléltetés kedvéért választott;
   a valóságban a hálózati induktivitást a transzformátor zárlati
   feszültségéből (u_kr) és a vezetékadatokból kell meghatározni (16. fejezet).

⚠ A SZÁMÍTÁS LEGGYAKORIBB MÓDSZERTANI HIBÁJA: a delta-telep fázisonkénti
   kapacitását (165,8 µF) párosítani a fázisonkénti hálózati induktivitással.
   Mivel f₀ ~ 1/√C, a háromszoros kapacitáskülönbség a frekvenciában
   √3-szoros hibát okoz – a fenti 249 Hz helyett 431 Hz jönne ki, és a telep
   „ártalmatlannak" tűnne. A két mennyiségnek mindig UGYANABBAN a modellben
   (itt: csillag-egyenértékben) kell lennie.

A fojtott (hangolt) kompenzálás

A megoldás nem az, hogy a kondenzátort kihagyjuk, hanem az, hogy a rezonanciafrekvenciát
elhangoljuk onnan, ahol a felharmonikusok vannak.

Kidolgozott példa 11.14 – A fojtott ág hangolási frekvenciája (MODELLSZÁMÍTÁS)
Adat: ugyanaz a 25 kvar-os egység (C = 165,8 µF fázisonként), sorosan
      L = 4,5 mH fojtótekercs  (FELTÉTELEZETT modellérték)

0. ⚠ FIGYELEM – itt a delta-ág FÁZISONKÉNTI kapacitása a helyes érték, NEM a
   csillag-egyenérték! A fojtótekercs a delta minden kondenzátorával SOROSAN
   van, tehát a számítás egyetlen ágra vonatkozik – szemben a 11.13 példa
   párhuzamos rezonanciájával, ahol a fázisonkénti hálózati induktivitás
   miatt kellett csillag-egyenértékre áttérni.

1. A soros ág rezonanciafrekvenciája:
   L · C = 4,5 · 10⁻³ · 1,658 · 10⁻⁴ = 7,461 · 10⁻⁷
   √( L · C ) = 8,638 · 10⁻⁴
   2 · π · 8,638·10⁻⁴ = 5,428 · 10⁻³
   f₀ = 1 / 5,428·10⁻³ = 184,2 Hz

2. Hol helyezkedik el ez a frekvencia?
   184,2 / 50 = 3,68   →   a 3. (150 Hz) és az 5. (250 Hz) harmonikus
                           KÖZÖTT, egyik jellemző felharmonikusra sem
                           hangolva

3. Az ág jellege az egyes frekvenciákon:
   50 Hz-en:    X_L =  ω·L    = 314,16 · 4,5·10⁻³   =  1,414 Ω
                X_C = 1/(ω·C) = 1/(314,16·1,658·10⁻⁴) = 19,20 Ω
                X_ered = X_L − X_C = 1,414 − 19,20 = −17,79 Ω  →  KAPACITÍV ✔
                (tehát 50 Hz-en továbbra is kompenzál)

   150 Hz-en:   X_L = 3 · 1,414  =  4,24 Ω
                X_C = 19,20 / 3  =  6,40 Ω
                X_ered = 4,24 − 6,40 = −2,16 Ω      →  MÉG KAPACITÍV ⚠
                (a hangolási frekvencia ALATT vagyunk: a 3. harmonikus ellen
                 ez az ág NEM véd – lásd a definíció alatti figyelmeztetést)

   250 Hz-en:   X_L = 5 · 1,414  =  7,07 Ω
                X_C = 19,20 / 5  =  3,84 Ω
                X_ered = 7,07 − 3,84 = +3,23 Ω      →  INDUKTÍV ✔
                (tehát az 5. harmonikust NEM szívja magára)

Válasz: a fojtott ág 50 Hz-en kapacitív (kompenzál), az 5. harmonikuson már
        induktív – pontosan ez a fojtás célja. A 3. harmonikuson viszont még
        kapacitív, mert az a hangolási frekvencia alatt van.

Megjegyzés: az L érték itt feltételezett. A gyakorlatban a fojtótekercset a
   kondenzátorhoz gyártói adat alapján, a hálózat felharmonikus-viszonyainak
   mérése (hálózatanalizátoros felvétel) után választják ki.

11.9 A fázisjavító berendezés védelme, üzemeltetése, ellenőrzése

⚠⚠ Életvédelem: a kondenzátor kikapcsolás után is feszültség alatt van

Ez a fejezet legfontosabb biztonsági tartalma, és a leggyakoribb halálos tévedés forrása
kondenzátortelepen végzett munkánál.

A telep védelme

Üzemeltetés, karbantartás, tipikus hibák

A kondenzátortelep „csendes" berendezés: nem forog, nem kopik, ezért hajlamosak
elfelejtkezni róla – közben évek alatt csendben tönkremehet, és senki nem veszi észre, csak
a meddőenergia-számlán.

A fejezet tipikus hibái

Ellenőrző kérdések

1. Mit fejez ki a pillanatnyi teljesítmény, és miért változik időben váltakozó áramú körben?
   Rajzold le vázlatosan a p(t) görbét tiszta ohmos és tiszta induktív terhelésnél!
2. Definiáld a hatásos, a meddő és a látszólagos teljesítményt! Add meg mindhárom képletét,
   jelét és mértékegységét!
3. Mi a fizikai tartalma a meddő teljesítménynek? Miért mondjuk, hogy „ingázik", és mire
   szolgál a gépekben?
4. Igaz-e, hogy a meddő teljesítmény veszteség? Indokold a válaszodat, és magyarázd el, mégis
   miért okoz veszteséget!
5. Rajzold fel a teljesítményháromszöget, és írd fel belőle a cos φ, a tg φ és az S
   összefüggését! Milyen kapcsolatban áll ez a háromszög a feszültség- és az
   impedancia-háromszöggel?
6. ⭐ Mi a különbség a cos φ (DPF) és a valódi teljesítménytényező (PF) között? Mikor
   azonosak, és mikor tér el a kettő? Mi ennek a gyakorlati következménye a fázisjavításra
   nézve?
7. Sorolj fel négy okot, amiért az alacsony teljesítménytényező káros! Melyik ezek közül
   jelenik meg közvetlenül a villamosenergia-számlán?
8. Hogyan függ az áram és a vezetékveszteség a teljesítménytényezőtől azonos hatásos
   teljesítmény mellett? Írd fel a két arányossági összefüggést!
9. Magyarázd el a fázisjavítás elvét! Miért képes a kondenzátor „kioltani" az induktív
   fogyasztó meddő teljesítményét?
10. Írd fel a fázisjavító kondenzátortelep méretezésének alapképletét, és vezesd le a
    teljesítményháromszögből! Mit jelöl benne φ₁ és φ₂?
11. Hogyan határozod meg a szükséges kapacitást a kompenzáló teljesítményből? Miben tér el a
    képlet csillag- és deltakapcsolásnál, és melyiket miért használják a gyakorlatban?
12. Hasonlítsd össze az egyedi, a csoportos és a központi kompenzálást! Melyiknél tehermentesül
    a legnagyobb hálózatrész, és melyik a leggazdaságosabb?
13. Sorold fel egy automatikus fázisjavító telep fő szerkezeti elemeit, és mondd el, mi az
    egyes elemek feladata!
14. ⚠ Mi az öngerjesztés jelensége motoregyedi kompenzálásnál? Milyen méretezési szabállyal
    védekezünk ellene, és mely gépeknél különösen fontos ez?
15. ⚠ Miért kerülhet rezonanciába a fázisjavító kondenzátor a hálózattal? Mi a fojtott
    kompenzálás lényege, és milyen frekvenciára hangolják a fojtott ágat?
16. ⚠⚠ Miért életveszélyes egy lekapcsolt fázisjavító kondenzátor? Mi a kisütésre vonatkozó
    követelmény, és milyen lépéseket kell megtenni, mielőtt a kondenzátortelepen munkához
    kezdesz?

Tudáspróba

1. Egy egyfázisú fogyasztó adatai: U = 230 V, I = 20 A, cos φ = 0,80. Mekkora a hatásos és a
meddő teljesítménye?
a) P = 4600 W és Q = 3680 var b) P = 3680 W és Q = 4600 var
c) P = 3680 W és Q = 2760 var d) P = 2760 W és Q = 3680 var

2. Melyik állítás igaz a meddő teljesítményre?
a) átlagosan nulla energiát von el, de valós áramot és így veszteséget okoz
b) valódi hőteljesítmény, amely a vezeték ellenállásán melegedés formájában keletkezik
c) mértékegysége a watt, mert a hatásos teljesítménnyel azonos fizikai mennyiség
d) a látszólagos és a hatásos teljesítmény egyszerű, skaláris különbsége

3. Egy motor P = 6,0 kW hatásos és S = 7,5 kVA látszólagos teljesítményt vesz fel. Mekkora a
teljesítménytényezője és a meddő teljesítménye?
a) cos φ = 0,80 és Q = 1,5 kvar b) cos φ = 0,80 és Q = 4,5 kvar
c) cos φ = 1,25 és Q = 4,5 kvar d) cos φ = 0,60 és Q = 6,0 kvar

4. Torzított (nem szinuszos) áramnál a valódi teljesítménytényező (PF) és a cos φ viszonya:
a) a PF mindig nagyobb, mert a felharmonikusok is hasznos munkát végeznek
b) a kettő mindig azonos, a torzítás a teljesítménytényezőt nem befolyásolja
c) a PF a felharmonikusok miatt egynél nagyobb értéket is felvehet
d) a PF kisebb, mert a cos φ csak az alapharmonikust veszi figyelembe

5. Azonos hatásos teljesítmény mellett a cos φ 0,90-ről 0,60-ra romlik. Hogyan változik a
vezeték melegedési vesztesége?
a) 1,5-szeresére nő b) 2,25-szeresére nő c) változatlan d) a kétharmadára csökken

6. Egy 400 kW-os terhelést cos φ = 0,75-ről 0,95-re javítunk. Mekkora kompenzáló
teljesítmény szükséges? (tg φ₁ = 0,882; tg φ₂ = 0,329)
a) 80 kvar b) 132 kvar c) 221 kvar d) 353 kvar

7. Ugyanahhoz a meddő teljesítményhez a deltakapcsolású fázisjavító kondenzátortelep
kapacitása a csillagkapcsolásúhoz képest:
a) háromszor kisebb b) √3-szor nagyobb c) háromszor nagyobb d) ugyanakkora

8. ⚠ Motoregyedi kompenzálásnál a kondenzátor meddő teljesítménye legfeljebb mekkora
lehet a motor meddőigényéhez képest, és miért?
a) 100 %, hogy cos φ = 1 legyen b) 110 %, a hálózati ingadozás miatt
c) 50 %, a bekapcsolási áramlökés miatt d) 90 %, az öngerjesztés elkerülésére

9. Mi a fojtott (hangolt, angolul detuned) kompenzálás célja?
a) a kondenzátor bekapcsolási áramlökésének korlátozása a kontaktor védelme érdekében
b) a kondenzátor gyors kisütése kikapcsolás után, a maradékfeszültség megszüntetésére
c) a rezonanciafrekvencia elhangolása a felharmonikusoktól, a kondenzátor túlterhelésének
elkerülésére
d) a telep által szolgáltatott hatásos teljesítmény növelése a meddő rovására

10. ⚠⚠ Mekkora értékre és mennyi idő alatt kell lecsökkennie a lekapcsolt fázisjavító
kondenzátor feszültségének?
a) 75 V alá 3 perc alatt b) 50 V alá 1 perc alatt
c) 120 V alá 5 perc alatt d) 0 V-ra azonnal, a kisütőellenállás nélkül is

Források

A fejezet forrásjegyzékéhez tartozó megjegyzések – levezetett és ellenőrzésre váró tartalmak: