12. fejezet – Háromfázisú rendszerek

12.1 A háromfázisú rendszer előnyei és keletkezése; a fázissorrend

Miért nem egyfázisú a hálózat?

A 10. és a 11. fejezetben egyetlen szinuszos feszültségforrással dolgoztunk: egy fázisvezető, egy
nullavezető, közöttük 230 V. Ez a lakásban tökéletesen működik. Ha viszont kilépünk a lakásból –
egy üzemcsarnokba, egy transzformátorállomásba vagy csak egy hegesztőműhelybe –, ott már mindenütt
négy vagy öt vezetéket találunk, és a gépek adattábláján 400 V szerepel.

Ennek három oka van, és mindhármat érdemes az elejétől érteni.

1. Az energiaátvitel gazdaságossága. Ugyanakkora átvitt teljesítményhez a háromfázisú rendszer
kevesebb vezetékanyagot igényel, mint három különálló egyfázisú kör. Három egyfázisú fogyasztóhoz
hat vezeték kellene (három fázis- és három visszatérő vezető); a háromfázisú rendszerben elég
három fázisvezető és egy vékonyabb nullavezető – szimmetrikus terhelés esetén pedig a
nullavezetőben elvileg nem is folyik áram, tehát a visszatérő vezeték szerepét egymás
számára töltik be a fázisok. Ez a hálózat teljes hosszán jelentkező megtakarítás.

2. A forgó mágneses tér. Ez a legfontosabb. Három, térben 120°-kal elforgatott tekercsre kötött,
időben szintén 120°-kal eltolt feszültségrendszer forgó mágneses mezőt hoz létre – minden
külön mozgó alkatrész, kefe vagy kommutátor nélkül. Ez a jelenség az aszinkron motor működésének
alapja, és emiatt lett a háromfázisú rendszer a világ ipari szabványa. A részletes tárgyalás a
21. fejezetben következik, a 12.8 alfejezetben csak az elvet mutatjuk meg.

3. Egyenletes pillanatnyi teljesítmény. A 11. fejezetben láttuk, hogy egyfázisú körben a
pillanatnyi teljesítmény p(t) = u(t)·i(t) időben ingadozik, sőt tiszta induktivitásnál felváltva
pozitív és negatív. Szimmetrikusan terhelt háromfázisú rendszerben a három fázis pillanatnyi
teljesítménye egymást kiegészíti: az összegük állandó. Ezért jár egyenletesebben egy
háromfázisú motor, és ezért nem „lüktet” a nyomatéka úgy, mint egy egyfázisúé.

Hogyan keletkezik a három feszültség?

A 9. fejezetből tudjuk, hogy mágneses mezőben mozgatott tekercsben feszültség indukálódik, és a
10. fejezetből azt, hogy egyenletes forgatásnál ez a feszültség szinuszos.

Képzeljünk el most nem egy, hanem három egyforma tekercset, amelyeket a generátor állórészében
a kerület mentén 120°-onként helyeztünk el, és amelyek belsejében egyetlen közös mágnes
(a forgórész) forog. A tekercsek egyformák, tehát a bennük indukált feszültségek amplitúdója és
frekvenciája azonos. Mivel viszont a mágnes térben 120°-onként halad el előttük, mindegyik
tekercsben időben is 120°-kal később éri el a feszültség a maximumát.

Így három, azonos effektív értékű és azonos frekvenciájú, egymáshoz képest 120°-kal eltolt
szinuszos feszültséget kapunk:

u1 = Û · sin( ωt )
u2 = Û · sin( ωt − 120° )
u3 = Û · sin( ωt − 240° )

Ha az ábrán bármelyik pillanatban összeadjuk a három pillanatértéket, nullát kapunk. Ez a
háromfázisú rendszer legfontosabb matematikai tulajdonsága; ebből következik minden további,
a nullavezető viselkedésétől a forgó mágneses térig.

Jelölések – ezt kívülről kell tudni

A további számításokhoz meg kell tanulnunk néhány jelölést. Ezek szabványosak, minden kapcsolási
rajzon, minden adattáblán és minden vizsgafeladatban ugyanezek szerepelnek.

A magyar 400/230 V-os rendszer

A hazai kisfeszültségű közcélú hálózat névleges feszültsége 400/230 V, névleges frekvenciája
50 Hz. A kettős szám írásmódja mindig vonali/fázis sorrendű: a vonali feszültség 400 V,
a fázisfeszültség 230 V. A tűréseket és a minőségi jellemzőket az MSZ EN 50160 rögzíti, ezekkel a
10.11 alfejezetben már megismerkedtünk.

Kidolgozott példa 12.1 – A vonali és a fázisfeszültség kapcsolata
Adat: a hálózat vonali feszültsége  U_v = 400 V

1. A fázisfeszültség a vonali feszültségből:
   U_f = U_v / √3 = 400 V / 1,7321 = 230,94 V ≈ 231 V

2. Ellenőrzés visszafelé, a névleges fázisfeszültségből:
   U_v = √3 · U_f = 1,7321 · 230 V = 398,4 V

3. A két eredmény eltérése:
   400 V / 230 V = 1,7391      (a pontos √3 = 1,7321)
   eltérés: (1,7391 − 1,7321) / 1,7321 = 0,40 %

Válasz: a 400 V-os vonali feszültséghez 231 V fázisfeszültség tartozik. A hálózat
        névleges értékei (400 V és 230 V) KEREKÍTETT számok, az arányuk ezért csak
        0,4 %-on belül egyezik a √3-mal. Ez a különbség a gyakorlati számításban
        elhanyagolható, de tudni kell róla, ha egy feladat eredménye „nem jön ki
        pontosan”.

A fázissorrend

Az eddigiekből egy dolog még hiányzik: milyen sorrendben követik egymást a fázisok.

A fázissorrendnek egyfázisú fogyasztó szempontjából semmilyen jelentősége nincs – egy izzólámpának
mindegy, melyik fázisra kötjük. Háromfázisú gépnél viszont a fázissorrend határozza meg a forgó
mágneses tér, és így a motor forgásirányát. Két fázisvezető felcserélése a motor forgásirányát
megfordítja.

12.2 Csillagkapcsolás: fázis- és vonali feszültség, a √3 összefüggés

A kapcsolás felépítése

A generátor (vagy a transzformátor) három tekercsének hat kivezetése van. Ha ebből hármat – a
tekercsek „végeit” – egyetlen közös pontba kötünk, és csak a „kezdeteket” vezetjük ki,
csillagkapcsolást kapunk.

A csillagkapcsolás tehát lehet három- vagy négyvezetékes: nullavezető nélkül, illetve
nullavezetővel. A kisfeszültségű közcélú hálózat mindig négyvezetékes (a védővezetővel együtt
öt vezetőjű) – éppen azért, hogy egyfázisú fogyasztókat is ki tudjunk belőle szolgálni.

Kétféle feszültség egyetlen kapcsolásban

Csillagkapcsolásban két különböző feszültséget mérhetünk:

• fázisvezető és csillagpont (N) között: ez a fázisfeszültség, U_f – a hálózatunkban
  230 V;
• két fázisvezető között: ez a vonali feszültség, U_v – a hálózatunkban 400 V.

Ez a magyarázata annak, hogy ugyanabból a hálózatból egyszerre tudunk 230 V-os lakossági
fogyasztókat és 400 V-os gépeket táplálni. Ugyanaz a négy vezeték, csak más két pont között
mérünk.

Honnan jön a √3? – a fazorábra

Most jön a fejezet legfontosabb levezetése. Sokan bemagolják a √3-at, és aztán rossz helyre
alkalmazzák. Ha egyszer megérted, honnan származik, soha többé nem fogod eltéveszteni.

Használjuk a 10.3 alfejezetben megismert fazoros ábrázolást. Rajzoljuk fel a három
fázisfeszültséget mint három, közös kezdőpontból induló, egyenlő hosszúságú, egymással
120°-os szöget bezáró fazort. Ez a „csillag” – innen a kapcsolás neve.

A vonali feszültség két fázisvezető közötti feszültség, tehát a két fázisfeszültség
különbsége:

U_L1-L2 = U_L1 − U_L2
U_L2-L3 = U_L2 − U_L3
U_L3-L1 = U_L3 − U_L1

A fazorábrán a különbséget úgy szerkesztjük meg, hogy a kivonandó fazort megfordítjuk (180°-kal
elforgatjuk), és hozzáadjuk az elsőhöz. Az eredmény: a vonali feszültség fazora a fazorábrán
két fázisfazor végpontját köti össze.

Nézzük meg a szerkesztés geometriáját. A három fazor végpontja egy egyenlő oldalú háromszöget
határoz meg, amelynek a középpontja a csillagpont. A vonali feszültség ennek a háromszögnek az
egyik oldala.

Vegyük az U_L1 és az U_L2 fazor által meghatározott háromszöget. A két fazor egyenlő
hosszúságú (U_f), és 120°-os szöget zárnak be. Ha a csillagpontból merőlegest állítunk a
vonali feszültséget képviselő oldalra, az felezi azt, és két derékszögű háromszöget kapunk,
amelyekben:

• az átfogó a fázisfeszültség fazora, hossza U_f;
• az egyik befogó a vonali feszültség fele, U_v/2;
• a köztük lévő szög 30° (a 120°-os szög fele 60°, a derékszögű háromszög harmadik szöge
  ezért 30°).

Innen:

LEVEZETÉS – a √3 eredete csillagkapcsolásban

  U_v / 2 = U_f · cos 30°

  cos 30° = √3 / 2 = 0,86603

  U_v / 2 = U_f · (√3 / 2)

  U_v = √3 · U_f              [V]      ⭐ a fejezet alapösszefüggése

  ellenőrzés számmal:
  U_f = 230,94 V  →  U_v = 1,7321 · 230,94 = 400,0 V     ✔

Ugyanez visszafelé:

U_f = U_v / √3 = 0,5774 · U_v

És az áramok?

Csillagkapcsolásban az áramviszony egyszerű. Nézzük meg az ábrán: a fogyasztó egy ága
sorosan kapcsolódik a hozzá tartozó fázisvezetőhöz. Nincs elágazás közöttük, tehát a
kétféle áram azonos:

I_v = I_f

U_v = √3 · U_f        I_v = I_f

Kidolgozott példa 12.2 – Szimmetrikus csillagterhelés
Adat: háromfázisú fűtőtest, három egyforma fűtőszál csillagba kapcsolva
      egy fűtőszál ellenállása:      R = 23,1 Ω
      a hálózat vonali feszültsége:  U_v = 400 V
      a terhelés tisztán ohmos:      cos φ = 1

1. A fázisfeszültség:
   U_f = U_v / √3 = 400 / 1,7321 = 230,94 V

2. A fázisáram (egy fűtőszálon átfolyó áram, Ohm törvényével):
   I_f = U_f / R = 230,94 V / 23,1 Ω = 10,0 A

3. A vonali áram – csillagban azonos a fázisárammal:
   I_v = I_f = 10,0 A
   (ennyit mérnénk lakatfogóval az L1 vezetéken)

4. Egy fázis teljesítménye:
   P_1 = U_f · I_f · cos φ = 230,94 · 10,0 · 1 = 2309,4 W

5. A teljes felvett teljesítmény – FÁZISMENNYISÉGEKKEL:
   P = 3 · U_f · I_f · cos φ = 3 · 2309,4 = 6928,2 W = 6,93 kW

6. ELLENŐRZÉS – ugyanaz VONALI MENNYISÉGEKKEL:
   P = √3 · U_v · I_v · cos φ = 1,7321 · 400 · 10,0 · 1 = 6928,4 W     ✔

7. ELLENŐRZÉS – ellenállásból:
   P = 3 · U_f² / R = 3 · 230,94² / 23,1 = 3 · 53 333 / 23,1 = 6926,4 W  ✔
   (a kerekítésekből adódó néhány tized wattos eltérés rendben van)

Válasz: a fűtőtest fázisárama és vonali árama egyaránt 10,0 A, a felvett
        teljesítménye 6,93 kW.

12.3 Deltakapcsolás: fázis- és vonali áram

A kapcsolás felépítése

Kössük most a három tekercset (vagy fogyasztóágat) zárt hurokba: az első végét a második
elejéhez, a másodikét a harmadikéhoz, a harmadikét az elsőhöz. A három csatlakozási pontból
vezetjük ki az L1, L2, L3 fázisvezetőket. Ez a delta- vagy háromszögkapcsolás.

Első ránézésre zavaró lehet, hogy „a három tekercs zárt hurkot alkot, akkor nem folyik-e benne
körbe egy hatalmas áram?”. Nem: a három feszültség pillanatértékeinek összege minden pillanatban
nulla (12.1 alfejezet, 12.2 ábra), tehát a hurokban nincs eredő hajtóerő, ami körbeáramot
hajtana.

A feszültségek

Deltakapcsolásban a fogyasztó egy ága közvetlenül két fázisvezető közé van kötve. Ezért:

U_f = U_v

Vagyis a fogyasztóág a teljes vonali feszültséget, nálunk 400 V-ot kapja. Itt nincs
√3-as szorzó a feszültségeknél – és éppen ez a leggyakoribb tévedés forrása.

Az áramok – itt jön a √3

Nézzük a háromszög egyik csúcsát. Ebbe a csomópontba kívülről befut a vonali áram (I_v),
és belőle két ágba oszlik szét: az egyik ág árama befelé, a másiké kifelé folyik. Kirchhoff
csomóponti törvénye (8. fejezet) szerint a vonali áram a két szomszédos ágáram különbsége –
fazorosan.

Két azonos nagyságú, 120°-os szöget bezáró fazor különbsége pontosan ugyanaz a geometriai
feladat, mint amit a 12.2 alfejezetben a feszültségeknél megoldottunk. Ezért az eredmény is
ugyanaz, csak most az áramokra:

LEVEZETÉS – a √3 eredete deltakapcsolásban

  a csomóponti törvényből:    I_L1 = I_12 − I_31        (fazorosan)

  a két ágáram egyenlő nagyságú (szimmetrikus terhelés), és
  120°-os szöget zár be egymással – ugyanaz a geometria, mint
  a csillag feszültségeinél:

  I_v = √3 · I_f              [A]      ⭐ a delta alapösszefüggése

  ellenőrzés számmal:
  I_f = 17,32 A  →  I_v = 1,7321 · 17,32 = 30,0 A         ✔

U_v = U_f        I_v = √3 · I_f

A két kapcsolás összehasonlítása

És a leggyakoribb hibaforrás külön, egyetlen táblázatban:

Ugyanaz a fogyasztó kétféle kapcsolásban

Most jön a fejezet egyik legtanulságosabb számítása. Vegyük a 12.2 példa fűtőtestét, és kössük át
csillagból deltába – ugyanarra a 400 V-os hálózatra.

Kidolgozott példa 12.3 ⭐ – Ugyanaz a fogyasztó csillagban és deltában
Adat: három egyforma ellenállás, R = 23,1 Ω, hálózat U_v = 400 V, cos φ = 1

A) CSILLAGKAPCSOLÁSBAN (a 12.2 példa eredményei)
   U_f = 400 / √3   = 230,94 V
   I_f = 230,94 / 23,1 = 10,0 A
   I_v = I_f        = 10,0 A
   P_Y = √3 · 400 · 10,0 · 1 = 6928 W = 6,93 kW

B) DELTAKAPCSOLÁSBAN (ugyanaz a három ellenállás, ugyanaz a hálózat)
   U_f = U_v        = 400 V          (az ág a teljes vonali feszültséget kapja)
   I_f = 400 / 23,1 = 17,32 A        (ágáram)
   I_v = √3 · 17,32 = 30,0 A         (ennyit mérnél lakatfogóval)
   P_Δ = √3 · 400 · 30,0 · 1 = 20 785 W = 20,78 kW

C) AZ ARÁNY
   feszültség az ágon:  400 / 230,94 = √3        (1,732-szeres)
   ágáram:              17,32 / 10,0  = √3        (1,732-szeres)
   vonali áram:         30,0 / 10,0   = 3         (HÁROMSZOROS)
   teljesítmény:        20 785 / 6928 = 3         (HÁROMSZOROS)

   levezetve:  P = 3·U_f·I_f = 3·U_f²/R,   és U_f deltában √3-szor nagyobb,
               tehát a teljesítmény (√3)² = 3-szor nagyobb.

Válasz: ugyanaz a fogyasztó deltakapcsolásban HÁROMSZOR akkora teljesítményt
        vesz fel, mint csillagkapcsolásban, és háromszor akkora vonali áramot
        vesz fel a hálózatból.

A motor adattáblája: Δ/Y 400/690 V

A gyakorlatban a legtöbbször a motor kapocslécénél találkozunk a csillag–delta választással.
A háromfázisú motor adattábláján ilyen jelölés áll:

A logika mindig ugyanaz: a tekercs mindkét esetben ugyanazt a feszültséget kapja (a fenti
példában 398–400 V-ot). A kapcsolás azt igazítja hozzá, hogy a hálózat mekkora vonali
feszültséget kínál.

Előretekintés: a csillag-delta indítás

A háromszoros teljesítmény- és áramarány nemcsak hibaforrás, hanem kihasználható lehetőség
is. Ha a motort indításkor csillagba kötjük, majd felfutás után átkapcsoljuk deltába, akkor
az indítás pillanatában a gép a közvetlen (delta) indításkor felvett áramnak csak a
harmadát veszi fel:

LEVEZETÉS – a csillag-delta indítás áramaránya
Adat: Δ 400 V bekötésű motor, egy tekercs impedanciája AZ INDÍTÁS
      pillanatában (álló forgórésznél) Z = 8 Ω (példaérték)

DELTA KAPCSOLÁS – KÖZVETLEN INDÍTÁS, 400 V hálózaton:
   U_tekercs = 400 V
   I_f = 400 / 8 = 50,0 A
   I_v = √3 · 50,0 = 86,6 A
   S   = √3 · 400 · 86,6 = 60 000 VA = 60 kVA      (INDÍTÁSI érték!)

CSILLAG KAPCSOLÁS – INDÍTÁSI ÁLLAPOT, UGYANAZON a 400 V-os hálózaton:
   U_tekercs = 400 / √3 = 230,94 V
   I_f = 230,94 / 8 = 28,87 A
   I_v = I_f = 28,87 A
   S   = √3 · 400 · 28,87 = 20 000 VA = 20 kVA      (INDÍTÁSI érték!)

ARÁNY – mindkét oldalon INDÍTÁSI értékek:
   vonali áram:    28,87 / 86,6 = 0,333 = 1/3
   teljesítmény:   20 / 60       = 0,333 = 1/3

⭐ Csillagba kapcsolt indításkor tehát az indítóáram és a nyomaték egyaránt a KÖZVETLEN
(delta) INDÍTÁS értékének a harmadára csökken. Ez a csillag-delta indítás lényege. A módszer
részleteit – az átkapcsolás kapcsolástechnikáját, az időzítést, a nyomatéki jelleggörbe
következményeit és a gyakori „1/9-es” tévedés tisztázását – a 21. és a 24. fejezet
tárgyalja; itt csak azért említjük, mert a kapcsolás megértése ehhez a fejezethez tartozik.

12.4 Szimmetrikus terhelés; a háromfázisú teljesítmény számítása

Mit jelent a szimmetrikus terhelés?

Szimmetrikus terhelés a háromfázisú gépek természetes állapota: egy motor három tekercse
egyforma, egy háromfázisú fűtőtest három szála egyforma, egy fázisjavító kondenzátoregység
három kondenzátora egyforma. Az egyfázisú fogyasztókból (világítás, konnektorok) álló hálózat
viszont soha nem tökéletesen szimmetrikus – erről szól a 12.5 alfejezet.

A fázisáramok eredője nulla

A szimmetrikus terhelés legfontosabb következménye: a három fázisáram fazoros összege nulla.

Ez ugyanaz a geometriai tény, amit a feszültségeknél már láttunk: három egyenlő hosszúságú,
120°-onként elhelyezett fazor összege zárt háromszöget alkot, tehát az eredő nulla.

Ebből következik, hogy szimmetrikus terhelésnél a nullavezetőben nem folyik áram. A
csillagpontban a három fázisáram találkozik, és mivel a vektori összegük nulla, az N vezetőbe
nem jut belőlük semmi.

A háromfázisú teljesítmény

Szimmetrikus terhelésnél a három fázis teljesítménye azonos, tehát az összteljesítmény egy fázis
teljesítményének a háromszorosa:

P = 3 · U_f · I_f · cos φ         [W]

Ez az alak igaz mindkét kapcsolásra, de fázismennyiségeket kíván. A gyakorlatban azonban általában
a vonali mennyiségeket ismerjük: a hálózat 400 V-os, és a lakatfogóval a vonali áramot
mérjük. Alakítsuk hát át a képletet.

LEVEZETÉS – a vonali mennyiségekkel felírt teljesítmény

CSILLAGKAPCSOLÁS:      U_f = U_v/√3 ,   I_f = I_v
   P = 3 · (U_v/√3) · I_v · cos φ = (3/√3) · U_v · I_v · cos φ
   mivel 3/√3 = √3 :
   P = √3 · U_v · I_v · cos φ

DELTAKAPCSOLÁS:        U_f = U_v ,      I_f = I_v/√3
   P = 3 · U_v · (I_v/√3) · cos φ = (3/√3) · U_v · I_v · cos φ
   P = √3 · U_v · I_v · cos φ

⭐ A KÉT KAPCSOLÁSRA UGYANAZ AZ EREDMÉNY JÖN KI.

Ez a levezetés a fejezet egyik legszebb eredménye: a vonali mennyiségekkel felírt
teljesítményképlet nem függ attól, hogy a fogyasztó csillagban vagy deltában van bekötve.
Ezért használja a szakma szinte mindig ezt az alakot – a mérőműszer úgyis a vonali feszültséget
és a vonali áramot mutatja, a fogyasztó belső kapcsolását pedig gyakran nem is ismerjük.

P = 3 · U_f · I_f · cos φ = √3 · U_v · I_v · cos φ        [W]

A meddő és a látszólagos teljesítmény – levezetéssel

A 11. fejezetben megismertük a teljesítményháromszöget: S² = P² + Q², cos φ = P/S,
Q = S · sin φ. Ezek az összefüggések a fázisszögből következnek, tehát a háromfázisú rendszerre
is érvényesek. Ebből a meddő és a látszólagos teljesítmény alakja levezethető:

LEVEZETÉS – a háromfázisú Q és S

kiindulás (igazolt):     P = √3 · U_v · I_v · cos φ

a teljesítménytényező definíciójából (11. fejezet):   cos φ = P / S
    S = P / cos φ = ( √3 · U_v · I_v · cos φ ) / cos φ

    S = √3 · U_v · I_v                      [VA]

a teljesítményháromszögből:   Q = S · sin φ

    Q = √3 · U_v · I_v · sin φ              [var]

ELLENŐRZÉS:   S² = P² + Q²
   P² + Q² = 3·U_v²·I_v²·(cos²φ + sin²φ) = 3·U_v²·I_v² = ( √3·U_v·I_v )² = S²   ✔

A motor felvett árama az adattábláról

A gyakorlatban a leggyakoribb háromfázisú számítás: a motor adattáblájáról leolvassuk a
leadott (tengelyteljesítmény) értéket, és ki kell számítanunk, mekkora áramot vesz fel a
hálózatból. Ne feledd: az adattáblán szereplő kW a mechanikai teljesítmény, a hálózatból
felvett hatásos teljesítmény ennél a hatásfok reciprokával nagyobb.

Kidolgozott példa 12.4 ⭐ – Háromfázisú motor felvett árama és teljesítményei
Adat (adattábláról):
      leadott (tengely-) teljesítmény:  P_2  = 15 kW
      névleges feszültség:              U_v  = 400 V (Δ)
      teljesítménytényező:              cos φ = 0,86
      hatásfok:                         η    = 0,90

1. A hálózatból felvett hatásos teljesítmény:
   P_1 = P_2 / η = 15 000 W / 0,90 = 16 667 W = 16,67 kW

2. A felvett vonali áram (a √3-as képlet átrendezésével):
   I_v = P_1 / ( √3 · U_v · cos φ )
       = 16 667 / ( 1,7321 · 400 · 0,86 )
       = 16 667 / 595,8
       = 27,97 A  ≈ 28,0 A

3. A látszólagos teljesítmény:
   S = √3 · U_v · I_v = 1,7321 · 400 · 27,97 = 19 380 VA = 19,38 kVA
   ellenőrzés:  S = P_1 / cos φ = 16 667 / 0,86 = 19 380 VA        ✔

4. A meddő teljesítmény:
   sin φ = √( 1 − cos²φ ) = √( 1 − 0,7396 ) = √0,2604 = 0,5103
   Q = √3 · U_v · I_v · sin φ = 19 380 · 0,5103 = 9890 var = 9,89 kvar

5. ELLENŐRZÉS a teljesítményháromszöggel:
   √( P₁² + Q² ) = √( 16,67² + 9,89² ) = √( 277,9 + 97,8 ) = √375,7
                 = 19,38 kVA = S                                   ✔

6. A fázisáram (a motor deltában van kötve):
   I_f = I_v / √3 = 27,97 / 1,7321 = 16,15 A
   (ennyi folyik EGY tekercsben – a lakatfogó viszont a vonali 28 A-t mutatja)

Válasz: a motor 16,67 kW hatásos, 9,89 kvar meddő és 19,38 kVA látszólagos
        teljesítményt vesz fel a hálózatból, felvett vonali árama 28,0 A.

Fogyasztócsoport eredő terhelése

Ha több háromfázisú fogyasztó közös vezetékről üzemel, az eredő terhelést nem a látszólagos
teljesítmények összeadásával kapjuk – a látszólagos teljesítmények különböző fázisszöghöz
tartoznak. A helyes eljárás: a hatásos és a meddő teljesítményeket külön-külön összegezzük,
és az eredőt a teljesítményháromszögből számítjuk.

Kidolgozott példa 12.5 – Fogyasztócsoport eredő teljesítménye és a fővezeték árama
Adat: közös 400 V-os elosztóról három fogyasztócsoport
      1) a 12.4 példa motorja:      P₁ = 16,67 kW ; cos φ = 0,86 ; Q₁ = 9,89 kvar
      2) háromfázisú fűtés:         P₂ =  6,93 kW ; cos φ = 1,00 ; Q₂ = 0
      3) világítás (3 × 1,5 kW, szimmetrikusan elosztva):
                                    P₃ =  4,50 kW ; cos φ = 0,95

1. A világítás meddő teljesítménye:
   sin φ₃ = √( 1 − 0,95² ) = √0,0975 = 0,3122
   tg φ₃  = 0,3122 / 0,95 = 0,3287
   Q₃ = P₃ · tg φ₃ = 4,50 · 0,3287 = 1,48 kvar

2. Az eredő hatásos teljesítmény (SKALÁRISAN összeadható):
   ΣP = 16,67 + 6,93 + 4,50 = 28,10 kW

3. Az eredő meddő teljesítmény (azonos jellegűek, ezért szintén összeadhatók):
   ΣQ = 9,89 + 0 + 1,48 = 11,37 kvar

4. Az eredő látszólagos teljesítmény:
   S = √( ΣP² + ΣQ² ) = √( 28,10² + 11,37² ) = √( 789,6 + 129,3 )
     = √918,9 = 30,31 kVA

5. Az eredő teljesítménytényező:
   cos φ = ΣP / S = 28,10 / 30,31 = 0,927

6. A fővezeték vonali árama:
   I_v = S / ( √3 · U_v ) = 30 310 / ( 1,7321 · 400 ) = 30 310 / 692,8
       = 43,75 A ≈ 43,8 A

7. HIBÁS eljárás – tanulságul:
   ha a látszólagos teljesítményeket adnánk össze skalárisan:
   19,38 + 6,93 + 4,74 = 31,05 kVA  →  I = 44,8 A
   ez 2,4 %-kal nagyobb; nem nagy hiba, de eltérő cos φ-jű terheléseknél
   sokkal nagyobb is lehet.

Válasz: a fogyasztócsoport 30,31 kVA-t vesz fel cos φ = 0,927 mellett, a fővezeték
        árama 43,8 A. A védelem és a keresztmetszet méretezéséhez ehhez még az
        egyidejűségi tényezőt is figyelembe kell venni (16. fejezet).

Visszatekintés: a háromfázisú fázisjavítás

A 11. fejezetben megtanultuk, hogy a meddő teljesítményt kondenzátorral kompenzáljuk, és hogy a
szükséges kompenzáló teljesítmény Q_C = P · (tg φ₁ − tg φ₂). Ez a képlet a háromfázisú
rendszerben változatlan formában érvényes – hiszen csak teljesítményekkel dolgozik.

Ami háromfázisban külön kérdés: hogyan kapcsoljuk a három kondenzátort. A 11.5 alfejezetben
levezettük, hogy azonos meddő teljesítményhez a deltakapcsolású telep háromszor kisebb
kapacitást igényel, mint a csillagkapcsolású – ezért kötik a fázisjavító kondenzátorokat
általában háromszögbe, cserébe azok a teljes vonali feszültséget viselik.

Kidolgozott példa 12.6 – A 12.5 fogyasztócsoport fázisjavítása
Adat: ΣP = 28,10 kW ; ΣQ = 11,37 kvar ; cos φ₁ = 0,927 ; cél: cos φ₂ = 0,98
      hálózat: 400 V, 50 Hz

1. A kiindulási fázisszög tangense (közvetlenül a teljesítményekből):
   tg φ₁ = ΣQ / ΣP = 11,37 / 28,10 = 0,4046

2. A célállapot tangense:
   sin φ₂ = √( 1 − 0,98² ) = √0,0396 = 0,1990
   tg φ₂  = 0,1990 / 0,98 = 0,2031

3. A szükséges kompenzáló teljesítmény:
   Q_C = ΣP · ( tg φ₁ − tg φ₂ ) = 28,10 · ( 0,4046 − 0,2031 )
       = 28,10 · 0,2015 = 5,66 kvar          →  választott: 6 kvar

4. A deltakapcsolású telep fázisonkénti kapacitása (11.5 alfejezet képlete).
   FIGYELEM: a kapacitást mindig a TÉNYLEGESEN BEÉPÍTETT (választott)
   teljesítményhez kell számolni, nem az elvi minimumhoz:
   C = Q_C / ( 3 · 2πf · U_v² ) = 6000 / ( 3 · 314,16 · 400² )
     = 6000 / 150 796 000 = 3,98 · 10⁻⁵ F = 39,8 µF
   (az elvi 5,66 kvar-hoz 37,5 µF tartozna – ezt a két értéket
    a leggyakoribb hiba összekeverni)

5. Mit nyerünk? A ténylegesen beépített 6 kvar-ral számolva:
   Q₂     = ΣQ − Q_C = 11,37 − 6,00 = 5,37 kvar
   S₂     = √( 28,10² + 5,37² ) = √( 789,6 + 28,8 ) = √818,4 = 28,61 kVA
   cos φ₂ = 28,10 / 28,61 = 0,982       (a 0,98-as célt túlteljesíti)
   I_v2   = 28 610 / 692,8 = 41,3 A     (a korábbi 43,8 A helyett)
   megtakarítás: 2,5 A, azaz 5,6 % áramcsökkenés a fővezetéken

Válasz: 6 kvar-os, deltakapcsolású kondenzátortelep szükséges, fázisonként
        39,8 µF kapacitással; ezzel a teljesítménytényező 0,927-ről 0,982-re
        javul, a fővezeték árama pedig 43,8 A-ről 41,3 A-re csökken.

12.5 Aszimmetrikus terhelés csillagkapcsolásban; a nullavezető szerepe

Miért aszimmetrikus a valóságos hálózat?

Egy lakóépület vagy egy irodaház villamos hálózatában szinte kizárólag egyfázisú fogyasztók
vannak: lámpák, konnektorok, hűtőszekrény, mosógép, számítógép. Ezek fázisonként külön-külön
kapcsolódnak be és ki, teljesen véletlenszerűen. A tervező igyekszik a fogyasztókat egyenletesen
elosztani a három fázis között, de a pillanatnyi terhelés soha nem lesz pontosan egyforma.

A nullavezető szerepe

Itt derül ki, mire való valójában a nullavezető. Két feladata van, és a második a fontosabb:

1. Visszavezeti az áramkülönbséget. A csillagpontban a három fázisáram fazoros összege
megjelenik, és ennek valahol vissza kell folynia a forráshoz. Ez az út a nullavezető.
Kiegyenlíti a fázisok közötti áramkülönbségeket.

2. Rögzíti a csillagpont potenciálját, tehát stabilizálja a fázisfeszültségeket. Amíg a
fogyasztó csillagpontja a nullavezetőn keresztül össze van kötve a forrás csillagpontjával,
mindhárom fogyasztó pontosan 230 V-ot kap, függetlenül attól, mekkora a terhelés a másik
két fázison. A nullavezető nélkül ez nem így volna – ezt látjuk mindjárt a 12.6 alfejezetben.

A nullavezető áramának meghatározása

A csillagpontra Kirchhoff csomóponti törvényét kell alkalmaznunk – de fazorosan, mert a
három áram nem egy időben éri el a maximumát:

I_N = I₁ + I₂ + I₃          (fazoros összeg!)

A gyakorlati számításhoz a fazorokat komponensekre bontjuk (10.3 alfejezet). Vegyük az U_L1
fázisfeszültséget referenciának (0°); ekkor tisztán ohmos terhelésnél a fázisáramok szöge
rendre 0°, −120° és +120°.

Kidolgozott példa 12.7 ⭐ – A nullavezető áramának meghatározása
Adat: 400/230 V-os, négyvezetékes hálózat, tisztán ohmos (cos φ = 1) egyfázisú
      fogyasztók, a mért fázisáramok:
      I₁ = 20 A  (L1)   I₂ = 12 A  (L2)   I₃ = 8 A  (L3)

1. A fazorok szöge (U_L1 a referencia, ohmos terhelés):
   I₁ :   0°        I₂ : −120°        I₃ : +120°

2. Komponensekre bontás (x = vízszintes, y = függőleges):
   I₁ :  x = 20 · cos 0°    = +20,000     y = 20 · sin 0°    =   0,000
   I₂ :  x = 12 · cos(−120°)= −6,000      y = 12 · sin(−120°)= −10,392
   I₃ :  x =  8 · cos(+120°)= −4,000      y =  8 · sin(+120°)= + 6,928

3. Komponensenkénti összegzés:
   Σx = 20,000 − 6,000 − 4,000 = +10,000 A
   Σy =  0,000 − 10,392 + 6,928 = − 3,464 A

4. A nullavezető árama (a komponensek eredője):
   I_N = √( Σx² + Σy² ) = √( 10,000² + 3,464² ) = √( 100,00 + 12,00 )
       = √112,00 = 10,58 A

   iránya:  arc tg ( −3,464 / 10,000 ) = −19,1°

5. ELLENŐRZÉS – szimmetrikus esetre a képletnek nullát kell adnia:
   ha I₁ = I₂ = I₃ = 20 A :
   Σx = 20 − 10 − 10 = 0 ;   Σy = 0 − 17,32 + 17,32 = 0  →  I_N = 0   ✔

Válasz: a nullavezetőben 10,58 A folyik. Figyeld meg: ez KISEBB, mint a
        legnagyobb fázisáram (20 A) és nem is a fázisáramok különbsége
        (20 − 12 − 8 = 0), hanem a fazoros eredőjük.

Σx = 10,000 + 5,000 + 5,000 = 20,000 A
Σy =  0,000 − 8,660 + 8,660 =  0,000 A
I_N = 20,0 A

Az aszimmetria egyéb következményei

Az áramkülönbségen túl az aszimmetriának két további, gyakorlati hatása van:

• Feszültségesés-különbség. A terheltebb fázis vezetékén nagyobb a feszültségesés (16.
  fejezet), ezért annak a fázisnak a végponti feszültsége alacsonyabb. Hosszú hálózaton ez
  mérhető aszimmetriát okoz.
• A nullavezető melegedése. A nullavezetőben folyó áram éppúgy melegíti a vezetőt, mint a
  fázisáram. Ha a nullavezető keresztmetszetét „takarékosan” választották meg, ez tényleges
  túlmelegedéshez vezethet.

12.6 ⭐ A nullavezető szakadásának következményei

Ez a fejezet legfontosabb biztonsági része. Egy laza sorkapocs, egy elkorrodált kötés, egy
tévesen beépített kapcsoló – és a nullavezető megszakad. A következmény nem az, hogy „nem
működik valami”: a következmény az, hogy a készülékek egy része a névlegesnél jóval nagyobb
feszültséget kap, és tönkremegy – rosszabb esetben kigyullad.

Mi történik, ha megszakad a nullavezető?

Amíg a nullavezető ép, a fogyasztó csillagpontja a forrás csillagpontjára van „lehorgonyozva”,
tehát mindhárom fogyasztó pontosan 230 V-ot kap.

Ha a nullavezető megszakad, a fogyasztó csillagpontja szabadon elmozdulhat: a potenciálját
már nem a hálózat, hanem a három fogyasztó ellenállásaránya határozza meg. Ezt a jelenséget
csillagpont-eltolódásnak nevezzük.

Az eltolódás mértéke a terhelés aszimmetriájától függ:

• szimmetrikus terhelésnél a csillagpont nem mozdul el, tehát a nullavezető szakadását
  észre sem vesszük (ez a csalóka!);
• aszimmetrikus terhelésnél az eltolódás annál nagyobb, minél nagyobb a különbség a
  fázisok között;
• a legrosszabb eset az, amikor az egyik fázison nagy (kis ellenállású), a másikon pici
  (nagy ellenállású) fogyasztó van.

A számítás

A klasszikus, jól áttekinthető eset: két fogyasztó két különböző fázison, a harmadik fázis
terheletlen. Ilyenkor a nullavezető szakadása után a két fogyasztó sorba kapcsolódik a két
fázis közötti vonali feszültségre – és a 400 V az ellenállásaik arányában oszlik meg
közöttük (feszültségosztó, 2. és 8. fejezet).

Kidolgozott példa 12.8 ⭐⭐ – A nullavezető szakadása
Adat: 400/230 V-os hálózat, egyfázisú fogyasztók:
      L1 fázison:  2000 W-os fűtőbetét (230 V névleges)
      L2 fázison:   100 W-os lámpa     (230 V névleges)
      L3 fázison:  nincs bekapcsolt fogyasztó
      A nullavezető a fogyasztók előtt MEGSZAKAD.

1. Az ellenállások a névleges adatokból (P = U²/R  →  R = U²/P):
   R₁ = 230² / 2000 = 52 900 / 2000  =  26,45 Ω     (fűtőbetét)
   R₂ = 230² /  100 = 52 900 /  100  = 529,00 Ω     (lámpa)

2. ÉP nullavezető mellett mindkét fogyasztó 230 V-ot kap:
   I₁ = 230 / 26,45  = 8,70 A     P₁ = 230 · 8,70  = 2000 W    ✔
   I₂ = 230 / 529,00 = 0,435 A    P₂ = 230 · 0,435 =  100 W    ✔

3. SZAKADT nullavezető: a két fogyasztó SOROSAN kerül az L1–L2 vonali
   feszültségre (a harmadik ág terheletlen, ezért nem vesz részt):
   R_e = R₁ + R₂ = 26,45 + 529,00 = 555,45 Ω
   I   = U_v / R_e = 400 / 555,45 = 0,7201 A

4. A fogyasztókra jutó feszültségek (feszültségosztás):
   U₁ = I · R₁ = 0,7201 · 26,45  =  19,05 V       (fűtőbetét)
   U₂ = I · R₂ = 0,7201 · 529,00 = 380,9 V        (lámpa)
   ellenőrzés:  19,05 + 380,9 = 400,0 V           ✔

5. A tényleges teljesítmények:
   P₁ = U₁² / R₁ = 19,05²  / 26,45  =    13,7 W   (a névleges 0,7 %-a)
   P₂ = U₂² / R₂ = 380,9² / 529,00  =   274,3 W   (a névleges 274 %-a!)

6. Az arányok:
   a fűtőbetét feszültsége:  19,05 / 230 = 0,083  →  a névleges 8 %-a
   a lámpa feszültsége:     380,9 / 230 = 1,656  →  a névleges 166 %-a
   a lámpa teljesítménye:                            a névleges 2,7-szerese

Válasz: a nagy teljesítményű fűtőbetét gyakorlatilag kikapcsol (19 V), a kis
        teljesítményű lámpa viszont 381 V-ot kap 230 V helyett, és azonnal
        tönkremegy. A készülék típusától függően ez tűzveszélyes is lehet.

⚠⚠ Amiért ez szabvány: a PEN-vezető és a kapcsolók

Ebből következik a szakma egyik legszigorúbb, kivétel nélküli tilalma:

12.7 Aszimmetrikus terhelés deltakapcsolásban

A deltakapcsolású fogyasztó egészen másképp viselkedik aszimmetria esetén, és ezt érdemes
külön megérteni.

A feszültségek nem tolódnak el

Deltakapcsolásban minden fogyasztóág közvetlenül két fázisvezető közé van kötve. A rájuk
jutó feszültséget tehát a hálózat vonali feszültsége határozza meg, és ezt semmilyen belső
terhelésaránytalanság nem befolyásolja.

⭐ Ez a deltakapcsolás nagy előnye: aszimmetrikus terhelésnél is mindegyik ág megkapja a
teljes 400 V-ot. Nincs csillagpont, tehát nincs csillagpont-eltolódás, és nincs olyan
katasztrofális feszültségeltolódás, mint amit a 12.6 alfejezetben számoltunk.

A vonali áramok viszont különbözőek lesznek

A vonali áramok azonban már nem egyenlők, és nem is √3-szorosai a hozzájuk tartozó
ágáramoknak. Minden vonali áram két ágáram fazoros különbsége (Kirchhoff csomóponti
törvénye):

I_L1 = I_12 − I_31
I_L2 = I_23 − I_12
I_L3 = I_31 − I_23

Kidolgozott példa 12.9 – Aszimmetrikus deltaterhelés vonali áramai
Adat: 400 V vonali feszültség, deltakapcsolású, ohmos terhelés:
      L1–L2 ág:  R₁₂ = 20 Ω
      L2–L3 ág:  R₂₃ = 40 Ω
      L3–L1 ág:  nincs fogyasztó (szakadás)

1. Az ágáramok (mindegyik ág a teljes 400 V-ot kapja):
   I₁₂ = 400 / 20 = 20,0 A       szöge:    0°   (U₁₂ a referencia)
   I₂₃ = 400 / 40 = 10,0 A       szöge: −120°
   I₃₁ = 0                       szöge:    –

2. Komponensek:
   I₁₂ :  x = +20,000     y =   0,000
   I₂₃ :  x = 10·cos(−120°) = −5,000     y = 10·sin(−120°) = −8,660
   I₃₁ :  x =   0,000     y =   0,000

3. A vonali áramok komponensei:
   I_L1 = I₁₂ − I₃₁ :  x = 20,000 − 0 = +20,000   y = 0 − 0     =  0,000
   I_L2 = I₂₃ − I₁₂ :  x = −5,000 − 20,000 = −25,000
                       y = −8,660 − 0      = − 8,660
   I_L3 = I₃₁ − I₂₃ :  x = 0 − (−5,000) = + 5,000
                       y = 0 − (−8,660) = + 8,660

4. A vonali áramok nagysága:
   I_L1 = √( 20,000² + 0² )         = 20,00 A
   I_L2 = √( 25,000² + 8,660² ) = √( 625,0 + 75,0 ) = √700 = 26,46 A
   I_L3 = √(  5,000² + 8,660² ) = √(  25,0 + 75,0 ) = √100 = 10,00 A

5. ELLENŐRZÉS – nullavezető nincs, tehát a három vonali áramnak
   fazorosan ki kell oltania egymást:
   Σx = 20,000 − 25,000 + 5,000 = 0,000
   Σy =  0,000 −  8,660 + 8,660 = 0,000          ✔

Válasz: a három vonali áram 20,0 A; 26,46 A és 10,0 A – mindhárom különböző.
        Figyeld meg: EGYIK SEM a hozzá tartozó ágáram √3-szorosa; a √3-as
        összefüggés CSAK szimmetrikus terhelésnél érvényes.

12.8 Forgó mágneses tér – az aszinkron gép elve

Most térünk vissza ahhoz, amit a 12.1 alfejezetben a háromfázisú rendszer legfőbb előnyeként
neveztünk meg. Ez az alfejezet szándékosan rövid: a gép részletes tárgyalása a 21. fejezet
feladata, itt csak azt mutatjuk meg, miért éppen a háromfázisú rendszerből lesz forgó mező.

A gondolatmenet

Helyezzünk el három tekercset egy henger palástján, egymáshoz képest térben 120°-kal
elforgatva – pontosan úgy, ahogy a generátornál tettük, csak most a tekercsekre kapcsoljuk a
feszültséget, nem belőlük vesszük ki.

Mindegyik tekercs a saját tengelye mentén hoz létre mágneses teret (9. fejezet), amelynek
nagysága a tekercs pillanatnyi áramával arányos, iránya pedig a tekercs tengelyébe esik. Mivel
a három áram időben 120°-kal el van tolva, a három tér nagysága folyamatosan és eltérő
ütemben változik.

Nézzük meg, mi történik néhány kitüntetett pillanatban.

⚠ Előbb egy megállapodás az időszámításról. A 12.1 alfejezetben a feszültségeket
u₁ = Û · sin ωt alakban írtuk fel. A forgó mező szemléltetéséhez viszont kényelmesebb, ha az
időszámítást onnan indítjuk, ahol az i₁ áram éppen a maximumán van. Ez a 12.1-hez képest
90°-os eltolás, tehát az alábbi táblázat – és vele a 12.11 ábra – az i₁ = Î · cos ωt,
i₂ = Î · cos(ωt − 120°), i₃ = Î · cos(ωt − 240°) alakkal dolgozik. A fáziseltolások, és így
a mező forgása, ettől nem változnak. Aki a 12.1 szinuszos alakjába helyettesít be, ugyanezt a
négy pillanatképet az ωt = 90°, 150°, 210° és 270° értékeknél kapja meg – érdemes
ellenőrizni: sin 90° = 1, sin(90° − 120°) = −0,5, sin(90° − 240°) = −0,5, ez pontosan a
táblázat első sora.

A három tér vektoros eredője tehát nem változtatja a nagyságát, hanem körbeforog –
egyenletes sebességgel, a hálózati frekvencia ütemében.

Miért fontos ez?

Ha a forgó mágneses térbe egy zárt, vezetőképes forgórészt teszünk, a mozgó mező feszültséget
indukál benne (9. fejezet), az indukált feszültség áramot hajt, és a mezőben lévő áramjárta
vezetőre erő hat – a forgórész elindul a mező forgásirányában. Ez a kalickás aszinkron
motor működési elve, a legelterjedtebb villamos gép a világon.

Innen érthető meg a 12.1 alfejezet figyelmeztetése is: a mező forgásiránya, tehát a motor
forgásiránya a fázissorrendtől függ. Ha két fázisvezetőt felcserélünk, a mező ellenkező
irányba fordul, és a motor is.

12.9 Teljesítménymérés háromfázisú hálózatban

A 6. fejezetben megtanultuk, hogyan mér a wattmérő: az áramtekercsén átfolyik a fogyasztó árama,
a feszültségtekercse a fogyasztó feszültségére kapcsolódik, és a műszer a két mennyiség
szorzatának a hatásos komponensét mutatja. Háromfázisban ez a mérés bonyolultabb, mert három
áramunk és többféle feszültségünk van.

Három módszer

Az első módszer csak akkor korrekt, ha a terhelés bizonyítottan szimmetrikus – ezért a
gyakorlatban ritkán használjuk önmagában.

A harmadik módszer a legáltalánosabb, és minden esetben helyes eredményt ad: minden fázisba
egy-egy wattmérőt kötünk (áramtekercs a fázisvezetőben, feszültségtekercs a fázis és a
nullavezető közé), és a három mutatott értéket összeadjuk. A négyvezetékes fogyasztásmérők és a
modern hálózatanalizátorok elvileg így működnek.

Az Aron-kapcsolás

A második módszer az érdekes. Ha a hálózatnak nincs nullavezetője (háromvezetékes rendszer –
például egy deltakapcsolású motor vagy egy középfeszültségű vezeték), akkor nincs mihez kötni a
feszültségtekercseket, tehát a háromwattmérős módszer nem alkalmazható. Ilyenkor a
két wattmérős, Aron-kapcsolású mérés a megoldás.

P = P_I + P_II                                 [W]      (mindig érvényes)

szimmetrikus terhelésnél ugyanez így is felírható:

P = √3 · U_v · I_v · cos φ                     [W]

A bekötés: az első wattmérő áramtekercsén az L1 áram folyik át, a feszültségtekercsére
az L3–L1 vonali feszültség kerül; a második wattmérő áramtekercsén az L2 áram, a
feszültségtekercsén az L3–L2 vonali feszültség. Az L3 vezetőben nincs áramtekercs – ez a
„közös” fázis.

⚠ A polaritás nem mindegy. A vonali feszültség megnevezése önmagában még nem mondja meg,
melyik műszerkapocs melyik vezetőre kerül. Az alábbi képletek – és velük a cos φ < 0,5-ös
előjelszabály – arra a bekötésre érvényesek, amelyben mindkét műszer feszültségtekercsének a
generátorkapcsa (a ± jelölésű kapocs) arra a fázisvezetőre kerül, amelyiknek az áramát méri
(az elsőé az L1-re, a másodiké az L2-re), a tekercs másik vége pedig a közös L3-ra. Ez az
U_L1 − U_L3, illetve az U_L2 − U_L3 feszültség. Ha egy műszer feszültségtekercsét fordítva
kötjük be, a mutatott értéke előjelet vált – és onnantól az előjelszabály is fordítva
működik.

⭐ A buktató: cos φ < 0,5

Itt jön a fejezet egyik legértékesebb, a legtöbb tananyagból hiányzó gyakorlati ismerete.

⭐ A két wattmérő értékét nem mindig kell összeadni. A szabály:

Az ok a wattmérők feszültségtekercsére jutó vonali feszültségek és a mért áramok közötti
fázisszögben rejlik: a két műszer eltérő szögnél „dolgozik”, és a nagyobb szöghöz tartozó
koszinusz φ > 60° esetén (ez éppen cos φ < 0,5) negatívvá válik.

LEVEZETÉS ÉS SZÁMPÉLDA – a két wattmérő külön-külön mutatott értéke
(A jegyzet forrásbázisa a P = P_I + P_II összefüggést és a cos φ < 0,5-ös
 előjelszabályt igazolja; az egyes műszerek értékét adó alábbi alak a
 kapcsolás geometriájából levezetett kiegészítés.)

  P_I  = U_v · I_v · cos( 30° − φ )
  P_II = U_v · I_v · cos( 30° + φ )

  összegük:  P_I + P_II = U_v·I_v·[ cos(30°−φ) + cos(30°+φ) ]
                        = U_v·I_v· 2·cos 30°·cos φ
                        = U_v·I_v· 2·(√3/2)·cos φ
                        = √3 · U_v · I_v · cos φ            ✔ (az igazolt alak)

Kidolgozott példa 12.10 ⭐ – Aron-kapcsolás jó és rossz teljesítménytényezőnél
Adat: U_v = 400 V ;  I_v = 20 A  (mindkét esetben azonos)

A) ELSŐ ESET:  cos φ = 0,80   →  φ = 36,87°
   U_v · I_v = 400 · 20 = 8000 VA

   P_I  = 8000 · cos( 30° − 36,87° ) = 8000 · cos( −6,87° )
        = 8000 · 0,99282 = 7942,6 W
   P_II = 8000 · cos( 30° + 36,87° ) = 8000 · cos( 66,87° )
        = 8000 · 0,39283 = 3142,6 W

   MINDKETTŐ POZITÍV  →  ÖSSZEADNI:
   P = 7942,6 + 3142,6 = 11 085 W = 11,09 kW

   ellenőrzés:  P = √3 · 400 · 20 · 0,80 = 11 085 W        ✔

B) MÁSODIK ESET:  cos φ = 0,40   →  φ = 66,42°

   P_I  = 8000 · cos( 30° − 66,42° ) = 8000 · cos( −36,42° )
        = 8000 · 0,80467 =  6437,4 W
   P_II = 8000 · cos( 30° + 66,42° ) = 8000 · cos( 96,42° )
        = 8000 · ( −0,11183 ) = − 894,6 W        ⚠ NEGATÍV!

   ELŐJELESEN összeadni, azaz KIVONNI:
   P = 6437,4 + ( −894,6 ) = 6437,4 − 894,6 = 5542,8 W = 5,54 kW

   ellenőrzés:  P = √3 · 400 · 20 · 0,40 = 5542,6 W        ✔

C) MI TÖRTÉNIK, HA VALAKI MÉGIS ÖSSZEADJA A LEOLVASOTT ÉRTÉKEKET?
   6437,4 + 894,6 = 7332,0 W   a helyes 5542,8 W helyett
   hiba: ( 7332,0 − 5542,8 ) / 5542,8 = +32,3 %

Válasz: rossz teljesítménytényezőnél az egyik wattmérő negatívba tér ki. Ha
        ezt figyelmen kívül hagyjuk, több mint 30 %-os mérési hibát követünk el.

A háromfázisú mérőhely

A gyakorlatban a hatásos energiát nem wattmérővel, hanem fogyasztásmérővel mérik. A
háromfázisú, négyvezetékes fogyasztásmérő elvileg három mérőrendszert tartalmaz (fázisonként
egyet), és ezek eredményét összegzi – vagyis a háromwattmérős elvet valósítja meg. Nagyobb
teljesítménynél a mérés áram- és feszültségváltókon keresztül történik.

A mérőhely kialakítását, a mérőváltós mérést, a meddőenergia elszámolását és a csatlakozási
előírásokat a 27. fejezet tárgyalja részletesen.

12.10 ⭐⭐ A háromfázisú hálózat felharmonikusai és a nullavezető terhelése

Ez a fejezet legfontosabb korszerű ismerete, és egyben a legritkábban tanított. Aki ezt megérti,
olyan hibákat is meg tud majd találni, amelyeknél a rutinos szerelők is elbizonytalanodnak.

Emlékeztető: mi a felharmonikus?

A 10.10 alfejezetben már megismerkedtünk a jelenséggel: a nemlineáris fogyasztók árama nem
szinuszos. Ilyen fogyasztó a kapcsolóüzemű tápegység (számítógép, töltő), a LED- és
kompaktfénycső-előtét, a frekvenciaváltó és minden elektronikus vezérlés. Ezek nem folyamatosan
vesznek fel áramot, hanem rövid, csúcsos áramimpulzusokban.

A torzított áram felbontható alapharmonikusra (50 Hz) és felharmonikusokra: 2. harmonikus
(100 Hz), 3. harmonikus (150 Hz), 5. harmonikus (250 Hz), és így tovább. A gyakorlatban a
páratlan rendszámúak (3., 5., 7.) a meghatározók: a szokásos nemlineáris fogyasztók
áramhulláma félperiódusonként azonos alakú, az ilyen hullámalakban pedig a páros rendszámú
harmonikusok elvileg nem is jelennek meg. Egyfázisú nemlineáris fogyasztóknál a legerősebb
rendszerint a 3. harmonikus.

⭐⭐ Miért adódik össze a 3. harmonikus a nullavezetőben?

Emlékezzünk vissza a 12.4 alfejezet levezetésére: a három alapharmonikus áram azért oltja ki
egymást a csillagpontban, mert egymáshoz képest 120°-kal el vannak tolva, és a három egyenlő
fazor eredője nulla.

Nézzük most meg, mi történik a 3. harmonikussal. Az L2 fázis alapharmonikusa 120°-kal késik az
L1-hez képest. A 3. harmonikus háromszoros frekvenciájú, ezért ugyanaz az időbeli késés a
3. harmonikus saját periódusában 3 × 120° = 360° fáziseltolást jelent – ami azonos a
0°-kal. Ugyanígy az L3 fázis 3. harmonikusa is 3 × 240° = 720° = 0°.

⭐ Vagyis a három fázis 3. harmonikus áramai egymással azonos fázisban vannak. A
csillagpontban tehát nem kioltják, hanem összeadják egymást – méghozzá egyszerűen, számtani
összegzéssel.

Ugyanez a gondolatmenet minden 3-mal osztható rendszámra érvényes: a 9. harmonikusnál
9 · 120° = 1080° = 3 · 360° = 0°, a 15.-nél 15 · 120° = 1800° = 5 · 360° = 0°. Ezek a
harmonikusok tehát szintén összeadódnak a nullavezetőben. A gyakorlatban a 3. harmonikus a
legerősebb, ezért a méretezés őrá épül – de a jelenség nem csak őrá igaz.

Mekkora ez az áram? – konkrét adatok

A jelenség nem elméleti. Egy villamosenergia-minőségi szakmai segédlet konkrét számokat közöl:

Olvassuk el újra ezt a táblázatot. Azt mondja, hogy egy szokványos irodaházban a nullavezetőben
másfél-kétszer akkora áram folyik, mint a fázisvezetőben – abban a vezetőben, amelyről a
tananyagok többsége azt tanítja, hogy „szimmetrikus terhelésnél nem folyik benne áram”.

⚠ Figyeld meg a viszonyítási alapot: ez a 150–210 % a fázisvezető alapharmonikus
áramára vonatkozik. A lakatfogóval mérhető, torzított effektív fázisáramhoz képest az arány
mindig kisebb – a 12.11 példában ugyanarra az esetre 210 %, illetve 172 % jön ki. Feladatnál
mindig nézd meg, melyik viszonyítást kéri a kérdés.

Kidolgozott példa 12.11 ⭐⭐ – A nullavezető áramának meghatározása
                              felharmonikusok jelenlétében
Adat: irodaépület, négyvezetékes 400/230 V-os leágazás, tökéletesen
      szimmetrikus terheléselosztás; fázisonként azonos, nemlineáris
      (LED-világítás + informatikai) terhelés:
      alapharmonikus áram fázisonként:      I₁ = 100 A
      3. harmonikus áram fázisonként:       I₃ =  70 A   (az alapharmonikus 70 %-a)

1. AZ ALAPHARMONIKUS a nullavezetőben:
   a három fázis alapharmonikusa 120°-onként eltolt, eredőjük:
   I_N(alap) = 0 A                       (a 12.4 alfejezet levezetése szerint)

2. A 3. HARMONIKUS a nullavezetőben:
   a három fázis 3. harmonikusa AZONOS fázisú, ezért számtanilag adódik össze:
   I_N(3.) = 3 · 70 = 210 A

3. A NULLAVEZETŐ eredő árama:
   I_N ≈ 210 A          (a fázis alapharmonikus áramának 210 %-a)

4. A FÁZISVEZETŐ tényleges (effektív) árama:
   torzított jelnél az effektív érték a komponensek négyzetes összegzésével:
   I_fázis = √( I₁² + I₃² ) = √( 100² + 70² ) = √( 10 000 + 4900 )
           = √14 900 = 122,1 A

5. A TÉNYLEGES ARÁNY:
   I_N / I_fázis = 210 / 122,1 = 1,72   →   172 %

Válasz: a nullavezetőben 210 A folyik, miközben a fázisvezetőkben 122 A – a
        nullavezető árama a fázisáram 172 %-a. Akárhogyan is számoljuk,
        a nullavezető árama JELENTŐSEN MEGHALADJA a fázisvezetőét, pedig
        a terhelés tökéletesen szimmetrikus.

⚠ A méretezési következmény

Itt jön az a pont, ahol az elmélet közvetlen szerelői és tervezői következménnyé válik.

A hagyományos gyakorlat az volt, hogy „a nullavezető keresztmetszetét a fázisvezető
keresztmetszetének felére választották” – hiszen szimmetrikus terhelésnél úgyis alig folyik
benne áram. Ez a gyakorlat felharmonikusokkal terhelt hálózatban súlyosan alulméretezett.

⚠ A szakmai segédlet ezért azt javasolja, hogy ilyen esetben a többerű kábeleket
körülbelül 60 %-ára minősítsük vissza – vagyis a katalógusban szereplő terhelhetőségi értéknek
csak mintegy 60 %-ával számoljunk.

Kidolgozott példa 12.12 ⭐ – Harmonikus-visszaminősítés
Adat: irodaépületi leágazás, ötvezetős kábel (3 fázis + N + PE)
      a kábel megengedett terhelhetősége a szokásos táblázat szerint:
                                     I_z = 60 A         (PÉLDAÉRTÉK; a
                                     tényleges táblázati adatokat a 16. fejezet
                                     tartalmazza)
      a leágazás tervezett fázisárama:  I_b = 40 A
      a terhelés jellege: nemlineáris (LED-világítás + informatika),
      3. harmonikus tartalom kb. 70 %

1. VISSZAMINŐSÍTÉS NÉLKÜLI (hibás) ellenőrzés:
   I_b = 40 A  <  I_z = 60 A        →  „megfelel”

2. A HARMONIKUS-VISSZAMINŐSÍTÉS figyelembevételével:
   k_harm ≈ 0,6      (a szakmai segédlet AJÁNLÁSA, nem szabványi tényező)
   I_z' = k_harm · I_z = 0,6 · 60 = 36 A
   I_b = 40 A  >  I_z' = 36 A        →  ⚠ NEM FELEL MEG

3. A NULLAVEZETŐ ellenőrzése (a 12.11 példa arányaival):
   a nullavezető árama: I_N ≈ 1,72 · 40 = 68,8 A
   ha a nullavezetőt „fele keresztmetszettel” építették volna be, annak
   terhelhetősége nagyságrendileg 40 A körül lenne
   →  68,8 A  >  40 A          ⚠ SÚLYOSAN TÚLTERHELT

4. A HELYES MEGOLDÁS:
   - a fázisvezetőket nagyobb keresztmetszetre kell választani, hogy a
     visszaminősített terhelhetőség is elegendő legyen;
   - a nullavezetőt a fázisvezetővel AZONOS, indokolt esetben NAGYOBB
     keresztmetszetre kell méretezni;
   - a védelem a nullavezető túlterhelését NEM érzékeli, mert a
     túláramvédelem a fázisvezetőkben van.

Válasz: a kábel a visszaminősítés miatt nem felel meg; a nullavezető a
        „fele keresztmetszet” gyakorlattal közel kétszeresen túlterhelt lenne.

Tipikus hibák – összefoglaló táblázat

Ellenőrző kérdések

1. Sorolj fel három okot, amiért a villamosenergia-átvitel és -elosztás háromfázisú! Melyik a
   legfontosabb a gépek szempontjából, és miért?
2. Hogyan keletkezik a háromfázisú feszültségrendszer a generátorban? Miért éppen 120° az
   eltolás?
3. Mit jelent a fázisfeszültség és mit a vonali feszültség? Hogyan mérnéd meg mindkettőt egy
   háromfázisú elosztón?
4. Mi a fázissorrend, és mi a jelentősége? ⚠ Mi történik, ha egy szivattyúmotor bekötésénél két
   fázisvezetőt felcserélünk?
5. Rajzold fel a háromfázisú feszültségek fazorábráját, és vezesd le belőle az U_v = √3 · U_f
   összefüggést!
6. Írd fel a csillag- és a deltakapcsolás feszültség- és áramviszonyait! Melyik mennyiségpárnál
   jelenik meg a √3-as szorzó a két esetben?
7. Hányszorosa ugyanannak a fogyasztónak a teljesítménye deltakapcsolásban a csillagkapcsolásbeli
   értékhez képest? Vezesd le az arányt!
8. Mit jelent a motor adattábláján a Δ/Y 400/690 V jelölés? 400 V-os hálózaton hogyan kell
   bekötni ezt a motort?
9. Írd fel a háromfázisú hatásos, meddő és látszólagos teljesítmény képletét fázis- és vonali
   mennyiségekkel! Vezesd le, hogyan jön ki a √3-as alak a 3 · U_f · I_f · cos φ-ből!
10. Mit jelent a szimmetrikus terhelés? Miért nem folyik ilyenkor áram a nullavezetőben – és
    milyen feltétel mellett igaz ez az állítás?
11. Mi a nullavezető két feladata aszimmetrikus terhelésnél? Melyik a fontosabb, és miért?
12. Hogyan határozod meg a nullavezető áramát három ismert fázisáramból? Miért nem elég a
    számtani összegzés?
13. ⚠⚠ Mi történik, ha megszakad a nullavezető aszimmetrikusan terhelt hálózatban? Melyik
    fogyasztó kap nagyobb feszültséget, a nagy vagy a kis teljesítményű, és miért?
14. ⚠⚠ Miért tilos a PEN-vezetőbe kapcsoló- vagy leválasztóeszközt beépíteni? Nevezd meg a
    vonatkozó szabványt és szakaszt!
15. Hogyan viselkedik a deltakapcsolású fogyasztó aszimmetrikus terhelésnél? Miben előnyösebb
    ez a csillagkapcsolásnál, és milyen mennyiségek válnak mégis egyenlőtlenné?
16. Hogyan jön létre a forgó mágneses tér? Mitől függ a forgásiránya?
17. Milyen három módszerrel mérhető a háromfázisú hatásos teljesítmény, és melyiket mikor
    alkalmazzuk? ⭐ Mi az Aron-kapcsolás buktatója: milyen teljesítménytényezőnél kell a két
    wattmérő értékét kivonni egymásból, és mi ennek a fizikai oka?
18. ⭐⭐ Miért adódik össze a 3. harmonikus áram a nullavezetőben? Mekkora lehet a nullavezető
    árama irodaépületben, és milyen méretezési következménye van ennek?

Tudáspróba

1. Csillagkapcsolású háromfázisú rendszerben a vonali és a fázisfeszültség viszonya:
a) U_v = √3 · U_f b) U_v = U_f c) U_v = 3 · U_f d) U_v = U_f / √3

2. Deltakapcsolású, szimmetrikus terhelésnél a vonali áram a fázisáramhoz képest:
a) ugyanakkora b) √3-szor nagyobb c) háromszor nagyobb d) √3-szor kisebb

3. Három egyforma, 30 Ω-os ellenállás csillagba kapcsolva 400 V-os hálózaton. Mekkora a
vonali áram?
a) 4,44 A b) 7,70 A c) 13,33 A d) 23,09 A

4. Egy háromfázisú fogyasztó adatai: U_v = 400 V, I_v = 25 A, cos φ = 0,85. Mekkora a
felvett hatásos teljesítménye?
a) 8,50 kW b) 14,72 kW c) 25,51 kW d) 17,32 kW

5. Ugyanaz a három ellenállás deltakapcsolásban a csillagkapcsoláshoz képest mekkora
teljesítményt vesz fel ugyanarról a hálózatról?
a) a harmadát b) √3-szorosát c) ugyanannyit d) háromszorosát

6. Négyvezetékes hálózatban a mért fázisáramok (mind ohmos jellegű): I₁ = 15 A,
I₂ = 15 A, I₃ = 0 A. Mekkora a nullavezető árama?
a) 15 A b) 0 A c) 25,98 A d) 30 A

7. ⚠⚠ Aszimmetrikusan terhelt hálózatban megszakad a nullavezető. Mi történik?
a) minden fogyasztó feszültség nélkül marad, mert a visszatérő út megszakadásával az egész
négyvezetékes rendszer árammentessé válik
b) a fogyasztók feszültsége nem változik, csak a vezetékek melegedési vesztesége nő meg
érezhetően a megszakadt szakaszon
c) a csillagpont eltolódik; a kis teljesítményű fogyasztók a névlegesnél nagyobb feszültséget
kapnak és tönkremennek
d) azonnal kiold a fázisvezetők túláramvédelme, mert a hiba zárlati nagyságú áramot hajt a
megszakadt nullavezetőn

8. ⚠⚠ Melyik állítás igaz a PEN-vezetőre az MSZ HD 60364-4-41 szerint?
a) legfeljebb egypólusú kapcsolóval szakítható meg
b) csak biztosítóval védhető, kapcsolóval nem
c) kizárólag áram-védőkapcsolóval szakítható meg
d) nem szabad bele kapcsoló- vagy leválasztóeszközt beépíteni

9. ⭐ Aron-kapcsolásban a két wattmérő értékét mikor kell kivonni egymásból?
a) mindig, amikor a terhelés induktív jellegű, tehát meddő teljesítményt is felvesz
b) ha cos φ < 0,5, mert az egyik műszer negatívba tér ki
c) ha a terhelés aszimmetrikus, mert akkor a két műszer eltérő fázisszögnél dolgozik
d) soha, a két leolvasott értéket minden esetben össze kell adni egymással

10. ⭐⭐ Nemlineáris egyfázisú fogyasztókkal terhelt irodaépületben a nullavezető árama a
fázisáramhoz képest jellemzően:
a) nulla, mert a terhelés fázisok közötti elosztása gondosan kiegyenlített
b) legfeljebb a fázisáram fele, a fennmaradó kismértékű aszimmetria következményeként
c) a fázisáram 150–210 %-a a 3. harmonikus összeadódása miatt
d) a fázisáram √3-szorosa, ugyanúgy, ahogy a deltakapcsolás vonali árama

Források

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