F1a. függelék – Megoldások – I–II. rész (1–9. fejezet)

F1.0 Hogyan használd ezt a függeléket?

A megoldások mintamegoldások: a számítási feladatoknál a végeredmény kötött, az út viszont
többféle lehet – ha más sorrendben, de helyes összefüggésekkel jutottál ugyanarra, a megoldásod jó.
A gyakorlati és a rajzi feladatoknál nincs egyetlen helyes válasz; ott azt írjuk le, mit vár el az
értékelő, és milyen elemeknek kell szerepelniük a válaszodban.

Néhány feladatnál külön jelezzük, hogy a feladat kiegészítésre szorul: vagy hiányzik hozzá egy
ábra, vagy a megadott adatok nem illenek össze maradéktalanul. Ilyenkor megmondjuk, mi hiányzik, és
a legésszerűbb értelmezés szerint oldjuk meg a feladatot. Ez nem hiba a tanuló részéről – a
műszaki gyakorlatban is állandó feladat felismerni, ha egy kiírás hiányos.

A tudáspróbák megoldókulcsában minden kérdésnél megadjuk a helyes betűjelet és egy rövid indoklást.
Az indoklás fontosabb, mint a betűjel: abból derül ki, miért az a válasz a jó, és miért nem a
többi.

F1.1 Az 1. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

1.1. feladat. (számítási feladat)

a) Az ágazati alapvizsga és a szakmai vizsga eredménye külön-külön.

Az ágazati alapvizsga két vizsgatevékenységből áll: írásbeli 30 %, gyakorlati 70 % súllyal
(1.4 alfejezet). A szakmai vizsgán a központi interaktív vizsga 20 %, a projektfeladat 80 %
(1.5 alfejezet).

1. lépés: az ágazati alapvizsga eredménye (súlyozott átlag)
   A_alap = 62 % · 0,30 + 78 % · 0,70
   A_alap = 18,6 % + 54,6 %
   A_alap = 73,2 %

2. lépés: a szakmai vizsga eredménye
   A_szak = 55 % · 0,20 + 71 % · 0,80
   A_szak = 11,0 % + 56,8 %
   A_szak = 67,8 %

b) A végeredmény a KKK 8.8. szerinti 20/80 beszámítással.

3. lépés: a két vizsga összegzése a 20/80 aránnyal
   A_vég = A_alap · 0,20 + A_szak · 0,80
   A_vég = 73,2 % · 0,20 + 67,8 % · 0,80
   A_vég = 14,64 % + 54,24 %
   A_vég = 68,88 % ≈ 68,9 %

c) Az osztályzat.

A 12/2020. (II. 7.) Korm. rendelet osztályzathatárai szerint (1.3 alfejezet): jeles 79 % fölött,
jó 60–79 %, közepes 50–59 %, elégséges 40–49 %, elégtelen 40 % alatt. A 68,9 % a 60–79 %-os
sávba esik, tehát az osztályzat jó (4).

Ellenőrzés és értékelés. Mind a négy részeredmény 40 % fölött van, tehát minden vizsgatevékenység
önállóan is eredményes – nincs javítóvizsga. Figyeld meg, mennyit „húz” a végeredményen a
projektfeladat: a 71 %-os eredménye önmagában 0,80 · 0,80 = 64 %-os tényleges súlyt képvisel a
végeredményben, míg a legjobban sikerült rész (a 78 %-os gyakorlati alapvizsga) tényleges súlya
csak 0,70 · 0,20 = 14 %. A jegyzet 1.5 alfejezetének súlytáblázata pontosan ezt mutatja meg.

1.2. feladat. (gyakorlati feladat – mintaválasz)

Nincs egyetlen jó megoldás: a hat tevékenység közül azt kell választani, amelyikhez a saját
gyakorlati helyeden valóban hozzáférsz (ez a legfontosabb szempont, mert fényképet és
munkanaplót csak valóban elvégzett munkáról tudsz készíteni). Az alábbi vázlat a 4. tevékenységre
(elosztószekrény létesítése, szerelése) készült; a sajátodat ugyanígy építsd fel.

Amit az értékelő keres: a téma legyen konkrét (nem „villanyszerelés”, hanem egy megnevezett
berendezés); a rajzok legyenek saját készítésűek (letöltött rajz beillesztése kizáró hiba); a
fényképek a fázisokat dokumentálják, ne csak a kész munkát; a mérések számszerű elvárt
értékkel és minősítéssel szerepeljenek; és legyen ott a fejezethivatkozás, mert ez mutatja,
hogy átlátod a felkészülés útját.

1.3. feladat. (gyakorlati feladat – mintaválasz)

A lista két oszlopa a KKK 8.9. pontján alapul: amit be lehet vinni, és amit ezért fejből kell
tudni.

Amit az értékelő keres: a bal oszlopban konkrétan megnevezett szabványjelzetek (nem csak az,
hogy „szabványok”); a jobb oszlopban legalább hat összefüggés, képlet alakjában felírva, nem
csak megnevezve. Érdemes a lapot a jegyzet olvasása közben folyamatosan bővíteni, és havonta
emlékezetből újraírni – a vizsgára ugyanis a lapot nem viheted be.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.2 A 2. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

2.1. feladat. (számítási feladat)

Adatok: l = 24 m; A = 2,5 mm²; ρ_Al = 0,0265 Ω·mm²/m; ρ_Cu = 0,01724 Ω·mm²/m.
A feladat egyetlen vezeték ellenállását kéri (nem vezetékpárét), ezért l = 24 m-rel számolunk.

1. lépés: az alumíniumvezeték ellenállása
   R_Al = ρ_Al · l / A
   R_Al = 0,0265 Ω·mm²/m · 24 m / 2,5 mm²
   R_Al = 0,636 Ω·mm² / 2,5 mm²
   R_Al = 0,2544 Ω ≈ 0,254 Ω

2. lépés: a rézvezeték ellenállása
   R_Cu = ρ_Cu · l / A
   R_Cu = 0,01724 Ω·mm²/m · 24 m / 2,5 mm²
   R_Cu = 0,41376 Ω·mm² / 2,5 mm²
   R_Cu = 0,16550 Ω ≈ 0,166 Ω

3. lépés: az ellenállás csökkenése abszolút értékben
   ΔR = R_Al − R_Cu = 0,2544 Ω − 0,1655 Ω = 0,0889 Ω

4. lépés: a csökkenés százalékban (az eredeti, alumínium értékhez viszonyítva)
   ΔR % = ΔR / R_Al · 100 = 0,0889 Ω / 0,2544 Ω · 100
   ΔR % = 0,3494 · 100 = 34,94 % ≈ 34,9 %

Eredmény: R_Al ≈ 0,254 Ω, R_Cu ≈ 0,166 Ω; a csere után az ellenállás kb. 35 %-kal csökken.

Ellenőrzés és értékelés. Mivel a hossz és a keresztmetszet azonos, a két ellenállás aránya
pontosan a két fajlagos ellenállás aránya:

Ellenőrzés arányossággal:
   R_Cu / R_Al = ρ_Cu / ρ_Al = 0,01724 / 0,0265 = 0,6506
   azaz a réz ellenállása az alumíniumé 65,06 %-a
   a csökkenés: 100 % − 65,06 % = 34,94 %   – ugyanaz az eredmény

Ez a rövid út azt is megmutatja, hogy az eredmény független a hossztól és a keresztmetszettől:
azonos méretek mellett a réz mindig kb. 35 %-kal kisebb ellenállású. Épp ezért elég az alumíniumból
nagyobb keresztmetszetet választani ahhoz, hogy ugyanazt az ellenállást kapjuk – ezt használja ki a
szabadvezetékes hálózat, ahol a kis tömeg fontosabb, mint a kis keresztmetszet (5.1 alfejezet).

2.2. feladat. (elemző feladat – mintaválasz)

Melyik alaphibáról van szó? Szakadásról (2.6 alfejezet), méghozzá a fogyasztón belül vagy a
fogyasztó ágában.

Az indoklás Ohm törvényével. A mért adatok: U = 230 V, I = 0 A. Ohm törvényéből:

R = U / I = 230 V / 0 A → végtelen (nem értelmezett, „nagyon nagy")

A másik irányból nézve, ha a kör zárt volna és R véges:
   I = U / R,  és U = 230 V ≠ 0  →  I ≠ 0 kellene legyen.
Mivel mégis I = 0, az egyetlen lehetőség: R gyakorlatilag végtelen, azaz SZAKADÁS.

Hol lehet a hiba helye? Ott, ahol a mért 230 V „megjelenik”, vagyis a szakadás a fogyasztó két
kapcsa közé eső szakaszon van. Tipikus helyek: kiégett fűtőbetét vagy izzószál, elszakadt
tekercs, megszakadt belső vezeték, a fogyasztó saját (kioldott vagy kiégett) belső biztosítéka,
laza vagy leszakadt kötés a készülékdobozban, hibás kapcsoló a készülék belsejében. Ha a fogyasztót
kikötve a két kapcsa között folytonosságvizsgálattal szakadást mérünk, a hiba a fogyasztóban van;
ha folytonosságot mérünk, akkor a bekötésben keresd tovább.

⚠ A feladat legfontosabb tanulsága – biztonsági szempont. A szakadás megtévesztő hibafajta:
a készülék nem működik, ezért „ártalmatlannak” látszik, közben a szakadás két oldala között ott van
a teljes 230 V. A jegyzet 2.6 alfejezete külön kiemeli: „nem megy, tehát nem feszül” – ez a
gondolat életveszélyes. A hibakeresést csak feszültségmentesített, a visszakapcsolás ellen
biztosított körön szabad folytatni (7. és 38. fejezet).

Ellenőrzés. A másik alaphiba, a rövidzárlat kizárható: ott R → 0, tehát az áram a normális
üzemi érték sokszorosára ugrana, és a védelem kioldana – nem 0 A-t mérnénk.

2.3. feladat. (számítási feladat)

Adatok: R₁ = 60 Ω; R₂ = 120 Ω; R₃ = 40 Ω; U = 12 V; párhuzamos kapcsolás.

1. lépés: az ágvezetések (G = 1/R)
   G₁ = 1 / 60 Ω = 0,016667 S
   G₂ = 1 / 120 Ω = 0,008333 S
   G₃ = 1 / 40 Ω = 0,025000 S

2. lépés: az eredő vezetés (párhuzamos kapcsolásban a vezetések ÖSSZEADÓDNAK)
   G_e = G₁ + G₂ + G₃ = 0,016667 + 0,008333 + 0,025000
   G_e = 0,050000 S

3. lépés: az eredő ellenállás (a vezetés reciproka)
   R_e = 1 / G_e = 1 / 0,05 S = 20 Ω

4. lépés: a főági áram
   I = U / R_e = 12 V / 20 Ω = 0,6 A

5. lépés: az ágáramok (párhuzamos kapcsolásban mindegyik ágon 12 V van)
   I₁ = U / R₁ = 12 V / 60 Ω  = 0,2 A
   I₂ = U / R₂ = 12 V / 120 Ω = 0,1 A
   I₃ = U / R₃ = 12 V / 40 Ω  = 0,3 A

Eredmény: R_e = 20 Ω; I = 0,6 A; I₁ = 0,2 A; I₂ = 0,1 A; I₃ = 0,3 A.

Ellenőrzés 1 – a kért szabály: az eredő kisebb a legkisebb ágellenállásnál
   R_e = 20 Ω  <  R₃ = 40 Ω (a legkisebb ág)   – teljesül

Ellenőrzés 2 – az ágáramok összege = a főági áram
   I₁ + I₂ + I₃ = 0,2 A + 0,1 A + 0,3 A = 0,6 A = I   – helyes

Ellenőrzés 3 – teljesítménymérleg
   P_forrás = U · I = 12 V · 0,6 A = 7,2 W
   P₁ + P₂ + P₃ = 12·0,2 + 12·0,1 + 12·0,3 = 2,4 + 1,2 + 3,6 = 7,2 W   – zár

Értékelés. Figyeld meg a párhuzamos kapcsolás logikáját: a legkisebb ellenállású ág vezeti a
legnagyobb áramot (a 40 Ω-os ág 0,3 A-t, a 120 Ω-os csak 0,1 A-t). A vezetésekkel való számolás
azért kényelmes, mert így egyszerű összeadás lesz a feladatból – csak a végén nem szabad elfelejteni
a reciprokképzést (2.8 alfejezet figyelmeztetése).

2.4. feladat. (számítási feladat)

Adatok: U = 12 V; R₁ = 4 Ω (sorosan); R₂ = 12 Ω és R₃ = 6 Ω (egymással párhuzamosan).

1. lépés: a párhuzamos rész összevonása (két elem, szorzat/összeg alak)
   R₂₃ = (R₂ · R₃) / (R₂ + R₃)
   R₂₃ = (12 Ω · 6 Ω) / (12 Ω + 6 Ω)
   R₂₃ = 72 Ω² / 18 Ω = 4 Ω
   Ellenőrzés: 4 Ω < 6 Ω (a kisebbik ág) – rendben

2. lépés: az eredő ellenállás (a maradék soros kör)
   R_e = R₁ + R₂₃ = 4 Ω + 4 Ω = 8 Ω

3. lépés: a főági áram
   I = U / R_e = 12 V / 8 Ω = 1,5 A

4. lépés: az R₁-en eső feszültség
   U₁ = R₁ · I = 4 Ω · 1,5 A = 6,0 V

5. lépés: a párhuzamos részre jutó feszültség
   U₂₃ = R₂₃ · I = 4 Ω · 1,5 A = 6,0 V

6. lépés: a két ágáram (mindkét ágon U₂₃ = 6,0 V van)
   I₂ = U₂₃ / R₂ = 6,0 V / 12 Ω = 0,5 A
   I₃ = U₂₃ / R₃ = 6,0 V / 6 Ω  = 1,0 A

Eredmény: R_e = 8 Ω; I = 1,5 A; U₁ = 6 V; I₂ = 0,5 A; I₃ = 1 A.

Ellenőrzés a FESZÜLTSÉGEKRE (soros részfeszültségek összege = forrásfeszültség)
   U₁ + U₂₃ = 6,0 V + 6,0 V = 12,0 V = U   – helyes

Ellenőrzés az ÁRAMOKRA (párhuzamos ágáramok összege = főági áram)
   I₂ + I₃ = 0,5 A + 1,0 A = 1,5 A = I     – helyes

Ellenőrzés teljesítménymérleggel (nem kérték, de érdemes)
   P_forrás = 12 V · 1,5 A = 18,0 W
   P_R1 = I² · R₁ = 1,5² · 4 = 9,0 W
   P_R2 = I₂² · R₂ = 0,5² · 12 = 3,0 W
   P_R3 = I₃² · R₃ = 1,0² · 6 = 6,0 W
   9,0 + 3,0 + 6,0 = 18,0 W                – zár

Értékelés. Az áramosztás „keresztbe” jellege itt jól látszik: a kétszer akkora ellenállású
R₂ ágon fele akkora áram folyik, mint az R₃ ágon. A „befelé egyszerűsíts, kifelé számolj”
szabályt követtük: előbb összevontuk a párhuzamos részt, kiszámoltuk a főági áramot, majd
visszabontottuk a részfeszültségekre és a részáramokra (2.9 alfejezet).

2.5. feladat. (számítási feladat)

Adatok: P_hasznos = 1,8 kW; η = 78 % = 0,78; t = 10 h; egységár = 50 Ft/kWh.

1. lépés: a felvett teljesítmény a hatásfok képletéből
   η = P_hasznos / P_bevitt   →   P_bevitt = P_hasznos / η
   P_bevitt = 1,8 kW / 0,78
   P_bevitt = 2,3077 kW ≈ 2,31 kW

2. lépés: a veszteség
   P_veszteség = P_bevitt − P_hasznos = 2,3077 kW − 1,8 kW
   P_veszteség = 0,5077 kW ≈ 508 W

3. lépés: a 10 órás műszak alatt felvett energia
   W = P_bevitt · t = 2,3077 kW · 10 h
   W = 23,077 kWh ≈ 23,1 kWh

4. lépés: a műszak villamosenergia-költsége
   Költség = W · egységár = 23,077 kWh · 50 Ft/kWh
   Költség = 1153,8 Ft ≈ 1154 Ft

Eredmény: P_bevitt ≈ 2,31 kW; P_veszteség ≈ 508 W; W ≈ 23,1 kWh; a műszak költsége ≈ 1154 Ft.

Ellenőrzés – a hatásfok visszaszámolása
   η = P_hasznos / P_bevitt = 1,8 kW / 2,3077 kW = 0,7800 = 78,0 %   – helyes

Nagyságrendi ellenőrzés (fejszámolás)
   1 kW · 1 h = 1 kWh, tehát 2,3 kW · 10 h ≈ 23 kWh – az eredmény hihető.
   A 100 % feletti hatásfok kizárva: P_bevitt > P_hasznos, ahogy kell.

Értékelés. Az 508 W-os veszteség nem „elveszett szám”: ennyi hő fejlődik a szivattyú
motorjában és a hajtásában, tehát ennyit kell a hűtésnek elvinnie. Egy műszak alatt
0,508 kW · 10 h ≈ 5,1 kWh alakul hővé. Ez a szám indokolja a szellőzést és a szekrény
hőmérlegének megtervezését (a 2.10 alfejezet 12. mintapéldájának gondolatmenete).

2.6. feladat. (számítási feladat)

Adatok: távolság 40 m (tehát a vezetékpár hossza 2 · 40 m = 80 m, mert a kör zárt);
I = 16 A; ρ = 0,01724 Ω·mm²/m; U_n = 230 V. Két keresztmetszettel számolunk: 2,5 mm² és 4 mm².

a) A 2,5 mm²-es vezetékkel

1. lépés: a vezetékpár hossza (a kétszeres hossz szabálya)
   l = 2 · 40 m = 80 m

2. lépés: a vezetékpár ellenállása
   R = ρ · l / A = 0,01724 Ω·mm²/m · 80 m / 2,5 mm²
   R = 1,3792 Ω·mm² / 2,5 mm²
   R = 0,55168 Ω ≈ 0,552 Ω

3. lépés: a feszültségesés
   ΔU = R · I = 0,55168 Ω · 16 A = 8,827 V ≈ 8,83 V

4. lépés: a relatív feszültségesés
   ΔU % = ΔU / U_n · 100 = 8,827 V / 230 V · 100
   ΔU % = 3,838 % ≈ 3,84 %

5. lépés: a vezetékben hővé alakuló teljesítmény
   P_v = I² · R = (16 A)² · 0,55168 Ω = 256 A² · 0,55168 Ω
   P_v = 141,23 W ≈ 141 W

b) Ugyanez 4 mm²-es vezetékkel

6. lépés: az ellenállás
   R' = 0,01724 Ω·mm²/m · 80 m / 4 mm² = 1,3792 / 4
   R' = 0,3448 Ω

7. lépés: a feszültségesés
   ΔU' = R' · I = 0,3448 Ω · 16 A = 5,517 V ≈ 5,52 V

8. lépés: a relatív feszültségesés
   ΔU' % = 5,517 V / 230 V · 100 = 2,399 % ≈ 2,40 %

9. lépés: a hővé alakuló teljesítmény
   P_v' = (16 A)² · 0,3448 Ω = 88,27 W ≈ 88,3 W

Összefoglaló táblázat

Mit nyertünk a vastagabb vezetékkel? A keresztmetszetet 2,5 mm²-ről 4 mm²-re növelve az
ellenállás, és vele arányosan a feszültségesés is a 2,5/4 = 0,625-szeresére, azaz 37,5 %-kal
csökkent: 8,83 V helyett 5,52 V esik a vezetéken, tehát a fogyasztóra 221 V helyett 224,5 V jut. A
vezetékben hővé alakuló teljesítmény ugyanilyen arányban, 141 W-ról 88 W-ra esett – ez több mint
50 W-tal kevesebb hő a falban, a védőcsőben vagy a kábelkötegben. Ez egyszerre javítja a fogyasztó
működését, csökkenti a veszteséget (és a villanyszámlát), és hőmérsékleti tartalékot ad a
szigetelésnek.

Ellenőrzés – az arányok
   R'/R = 0,3448 / 0,55168 = 0,625 = 2,5/4      – az ellenállás fordítottan arányos A-val
   ΔU'/ΔU = 5,517 / 8,827 = 0,625               – ugyanaz az arány
   P_v'/P_v = 88,27 / 141,23 = 0,625            – ugyanaz az arány
Minden mennyiség ugyanabban az arányban változott – helyes.

Értékelés. A 3,84 %-os feszültségesés már figyelmeztető érték: a gyakorlatban a
végáramkörökre jellemzően 3–5 %-os korlátot szokás tartani (a részletes szabályokat és a szabványi
határértékeket a 16. fejezet tárgyalja; itt csak a fizikai összefüggést mutatjuk be). Ez a
feladat pontosan azt szemlélteti, amiért a vezetéket két szempont szerint – melegedés és
feszültségesés szerint – is méretezni kell, és hogy hosszú vezetéknél gyakran nem a melegedés,
hanem a feszültségesés dönti el a keresztmetszetet.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.3 A 3. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

3.1. feladat. (rajzjel-gyakorlat – megoldókulcs)

A megoldás a 3.2. és a 3.3. táblázat, valamint a 3.1., 3.3. és 3.4. ábra alapján a következő. A
harmadik oszlop a kért funkciócsoportot adja meg.

Amit az értékelő keres. A visszafelé irányuló feladatnál (megnevezéshez rajz) három dolgot
figyel: ① a vezetékkötés és a keresztezés különbségét (kitöltött pont van-e a metszéspontban);
② a záró és a bontó érintkező helyes nyugalmi állapotát; ③ hogy a rajzjel funkciót jelöl, nem
alakot – tehát a motorjel akkor is a kör az M-mel, ha a valóságban a motor egészen máshogy néz ki.

3.2. feladat. (rajzolvasás – mintaválasz a 3.7. ábra áramútterve alapján)

1. Hány készülék van a főáramkörben, és mi a feladatuk? Öt (a motort is beleértve), és
mindig ebben a sorrendben:

A séma egy mondatban: leválasztás → túláramvédelem → kapcsolás → túlterhelésvédelem → fogyasztó.

2. Melyik készülékkel lehet leválasztani? A -QB1 terheléskapcsoló-szakaszolóval. A
kontaktor (-QA1) nem leválasztó eszköz: az csak kapcsol, de nem hoz létre biztonságos, látható
és biztosítható elválasztást.

3. Mi történik, ha a START gombot megnyomjuk, majd azonnal elengedjük? A motor elindul, és
tovább is jár. A START (-SG2) megnyomásakor záródik a vezérlőkör (a hőkioldó bontója és a STOP
bontója zárva van), a -QA1 tekercse behúz, ezzel minden érintkezője állapotot vált: a három
főérintkező zár (a motor kap táplálást), és zár a START gombbal párhuzamos öntartó
segédérintkező is. Amikor elengedjük a gombot, az öntartó érintkező helyette vezet – ez az
öntartás, ezért nem kell a gombot nyomva tartani.

4. Mi történik, ha nyomva tartjuk a STARTot, és közben valaki megnyomja a STOPot? A motor
leáll. A STOP (-SG1) bontó érintkezője az áramút soros eleme, ezért a megnyomása
megszakítja a kört, akkor is, ha a START zárva van. A tekercs áramtalanná válik, a kontaktor
elenged, a főérintkezők nyitnak. Ez a leállítás elsőbbsége (a vezérléstechnikában: a kikapcsolás
dominál) – a biztonsági funkciót mindig bontó érintkezővel, sorosan kell megvalósítani.

5. A hőkioldó működésbe lép – mi történik?

• a főáramkörben: a -QA1 főérintkezői nyitnak, a motor táplálása megszűnik, a motor kifut és megáll;
• a vezérlőkörben: a -FC2 bontó segédérintkezője kinyit, a vezérlőkör megszakad, a -QA1 tekercse áramtalanná válik, a kontaktor elenged, és az öntartó érintkező is nyit (tehát a hiba megszűnése után a motor nem indul újra magától);
• a jelzéseken: a 2. áramútban az üzemjelző lámpa (-PF1) elalszik (mert a -QA1 záró segédérintkezője nyitott), a 3. áramútban pedig a -FC2 záró segédérintkezője zár, és felgyullad a -PF2 hibajelző lámpa.

6. A motor forog, de az üzemjelző lámpa nem világít – hol keresed a hibát? A hiba biztosan a
jelzőágban van, nem a vezérlés logikájában, hiszen a kontaktor behúzott (a motor forog). A
keresés sorrendje: ① kiégett izzó / meghibásodott jelzőlámpa (-PF1); ② a lámpa ágának megszakadt
vezetéke vagy laza sorkapocs; ③ a -QA1 azon záró segédérintkezője, amely a lámpát kapcsolja
(beégett, elszennyeződött, nem zár); ④ a jelzőág saját biztosítéka, ha van ilyen. A főáramkört és a
motort nem kell vizsgálni.

7. Mi történne, ha hiányozna az öntartó érintkező? A berendezés „nyomvatartásos”
(léptető) üzemre váltana: a motor csak addig járna, amíg a START gombot nyomva tartjuk, és a gomb
elengedésekor azonnal leállna. Villamosan nem hibás állapot, de az adott feladatra (folyamatos
üzemű ventilátor, szivattyú) használhatatlan – és a hiba jellegzetes tünete: „megnyomom, forog,
elengedem, leáll”.

3.3. feladat. (jelölés-átírás – megoldókulcs)

Melyik kettőnél tér el a leglátványosabban a régi és az új jelölés? A K1 → QA1
(motorkontaktor) és a H1 → PF1 / H2 → PS1 (jelzőlámpa és kürt) párnál. Ez a két tévedés a
legelterjedtebb a régi tananyagokban:

• ① a kontaktor nem K, mert a K osztály az információfeldolgozás – a kontaktor az áramot
  vezérli, tehát QA; a relé viszont valóban K-s (KF);
• ② a jelzőlámpa és a kürt nem H, mert a H osztály az anyagfeldolgozó gép – a jelzés a P
  osztály: a jelzőlámpa PF, a hangjelző PS; az EA a világítási lámpáé.

Megjegyzendő az is, hogy a régi „A–E villamos / F–K jelzés / L–Y gépészet” második-betű
csoportosítás megszűnt, és az A, I, O betű osztálykódként nem használható.

Gyakorlati kiegészítés. Meglévő dokumentáció olvasásakor a rajz jelmagyarázata a mérvadó,
akkor is, ha ott „K1” szerepel a kontaktorra. Átdolgozásnál a jelöléseket következetesen kell
lecserélni – a fél-átjelölt rajz rosszabb, mint a végig régi.

3.4. feladat. (vezetőjelölés – mintaválasz)

a) Az öt ér hozzárendelése. A 3.9. táblázat szerint az 5 eres, zöld-sárga eret tartalmazó
kábel színsorrendje: zöld-sárga, kék, barna, fekete, szürke. Ebből TN-S rendszerben, háromfázisú
fogyasztónál:

b) A sorkapocsléc kiosztása. A gyakorlatban bevett, jól olvasható sorrend (a rajzon és a
valóságban azonos módon feliratozva):

Sorkapocsléc -XD1 kiosztása (a régi, rövid jelölés: X1):

  -XD1:1  ──  L1   (barna)
  -XD1:2  ──  L2   (fekete)
  -XD1:3  ──  L3   (szürke)
  -XD1:4  ──  N    (kék)
  -XD1:5  ──  PE   (zöld-sárga)   – a PE-kapocs a szekrény testéhez kötött,
                                  jellemzően külön, zöld-sárga jelölésű kapocs

Ugyanezt a jelölést (-XD1:1 … -XD1:5) kell feltüntetni a bekötési rajzon és a valóságos vezeték
érjelölő gyűrűjén – így a rajz és a szekrény minden pontban összevethető.

c) Mit teszel, ha nincs zöld-sárga ér a kábelben? A kábel (kék, barna, fekete, szürke és egy
második fekete) a 3.9. táblázat „zöld-sárga ér nélküli” 5 eres kivitele. Ekkor:

1. Nem szabad semmilyen más színű eret védővezetőnek átjelölni és PE-ként bekötni. A zöld-sárga
   kombinációt más célra használni tilos, és fordítva: a védővezetőt csak zöld-sárgával szabad
   jelölni. Ha egy kék vagy fekete eret „megjelölnék” PE-nek, a következő szerelő joggal hinné
   veszélytelennek vagy fázisnak – ez életveszélyes.
2. A szakszerű megoldás: a megfelelő, zöld-sárga eret tartalmazó kábel beszerzése és beépítése
   (5 × 2,5 mm², G kivitel). Ha a kábelt már behúzták, akkor is ez a helyes út.
3. Ha a fogyasztónak nincs szüksége nullavezetőre (például háromfázisú motor), a kábel akkor sem
   használható PE nélkül: a védővezető ugyanúgy kötelező.
4. A meglévő, „zöld-sárga nélküli” kábel felhasználható például olyan áramkörben, ahol mind az öt
   ér fázis- vagy vezérlővezető – de akkor is egyértelmű, tartós jelöléssel kell ellátni az
   ereket.

Amit az értékelő keres: a helyes szín–jelölés hozzárendelés; a sorkapocs-kiosztás
következetessége; és mindenekelőtt annak felismerése, hogy a zöld-sárga szín kérdésében nincs
szerelői kompromisszum.

3.5. feladat. (rajzkészítés leírás alapján – megoldásvázlat)

A feladat teljes megoldása öt rajzi, illetve dokumentációs elemből áll. Az alábbiakban azt adjuk
meg, minek kell szerepelnie mindegyikben (a rajzot magad készíted el).

a) Egyvonalas rajz. A betáplálástól a motorig egyetlen vonallal, a vezetők számának
jelölésével (3 fázis + PE):

Egyvonalas séma (fentről lefelé):

  L1 L2 L3 PE  (betáplálás, 3~ 400 V, a vonalon 3 ferde vonalka + PE)
        │
      -QB1     terheléskapcsoló-szakaszoló  (leválasztás)
        │
      -FC1     olvadóbiztosító 3 db          (túláramvédelem)
        │
      -QA1     kontaktor főérintkezői        (kapcsolás)
        │
      -FC2     hőkioldó                      (túlterhelésvédelem)
        │
      -MA1     3~ elszívó ventilátor motor   (a vázán PE)

b) Főáramkör többvonalasan. Ugyanez az öt elem, de minden vezetőt külön vonal jelöl:
L1, L2, L3 három párhuzamos vonalon fut végig, a PE külön vonalon megy a motor vázára. A -QB1, a
-FC1, a -QA1 és a -FC2 mindegyike három pólusú (három jelképpel, szaggatott mechanikai
kapcsolóvonallal összekötve).

c) Vezérlőáramkör áramútterve, számozott áramutakkal.

Vezérlőáramkör (a felső sín és az alsó visszatérő között, 3 áramút):

  1. áramút:  -FC3 (vezérlőköri biztosító)
              -FC2 bontó segédérintkezője  (hőkioldó)
              -SG1 STOP  (bontó nyomógomb, a leállítás elsőbbsége)
              -SG2 START (záró nyomógomb)  ∥  -QA1 öntartó záró segédérintkező
              -QA1 tekercse
  2. áramút:  -QA1 záró segédérintkezője  →  -PF1  ZÖLD üzemjelző lámpa
  3. áramút:  -FC2 záró segédérintkezője  →  -PF2  PIROS hibajelző lámpa

  A -QA1 tekercse alá kerül az érintkező-kiosztási (hivatkozási) mező,
  amely megmondja, melyik érintkező melyik áramútban található (1., 2.).

A leállítás elsőbbségét az adja, hogy a STOP bontó érintkezője a tekerccsel sorosan van
bekötve, míg a START záró érintkezője az öntartóval párhuzamosan.

d) Jelmagyarázat és betűjelölés.

e) Szerszám- és anyagjegyzék (a projektfeladat elvárt formátumában):

Amit az értékelő keres: a fő- és a vezérlőkör szétválasztása; a rajzjelek helyessége és
következetes használata; a hatályos betűjelölés (QA, QB, FC, SG, PF, MA); a jelmagyarázat, a
dátum és a verziószám megléte; és hogy a rajz és a jegyzék egyezzen – a rajzon szereplő minden
elem szerepeljen a jegyzékben is, és fordítva.

3.6. feladat. (hibakeresés – megoldókulcs)

A feladat páros gyakorlat: a hibás rajzot a tanulók maguk készítik el a 3.7. ábra áramúttervéből.
Ezért itt a nyolc leggyakoribb, tipikusan elkövetett hibát dolgozzuk ki a 3.10 alfejezet
tízpontos listája alapján – ez a megoldás mintája bármely elrontott áramúttervhez, és ebből
merítve lehet a saját „elrontott” rajzot is összeállítani.

Az indoklás felépítése. Minden hibánál három dolgot kell leírni: (1) mi a hiba, (2) miért
hiba (melyik szabály vagy szabvány sérül – MSZ EN IEC 81346-2:2019 a betűjelekre, IEC 60617 a
rajzjelekre, MSZ HD 60364-5-51 a színjelölésre), (3) hogyan javítanád. A puszta felsorolás
indoklás nélkül a vizsgán a pontok felét éri.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.4 A 4. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

4.1. feladat. (rajzi feladat – mintaválasz)

A feladat adatai: 80 × 50 × 20 mm-es téglatest, az egyik álló élén 10 × 45°-os letörés,
a 80 × 50 mm-es lap közepén ⌀16 mm-es átmenő furat. A megoldás menete bármely hasonló –
hasáb alakú, letört sarkú, átmenő furatos – darabra ugyanez.

a) Melyik nézetirány legyen a főnézet, és miért? Az a nézet, amely a legtöbb információt
adja a darabról – jellemzően az, amelyikben ① látszik a letört sarok valódi alakja (tehát a
letörés síkjára merőlegesen nézünk), és ② a furat körként jelenik meg, mert így az átmérője
közvetlenül méretezhető. Ha ez a kettő nem esik egybe, akkor a letörés valódi alakját mutató nézet
legyen a főnézet, mert a furat átmérője a másik nézetben, a tengelyvonal segítségével is
egyértelműen megadható. További szempont: a gyártási vagy beépítési helyzet szerinti nézetet
szokás választani.

b) Hány nézetet kell rajzolni? A szabály: szükséges és elégséges számút – se többet, se
kevesebbet. Erre a darabra jellemzően két nézet elég:

• a főnézet (A), amely a hasáb két fő méretét és a letört sarkot mutatja, benne a furat körével
  és a tengelyvonalával;
• a felülnézet (B) – európai (E) elrendezésben a főnézet ALÁ kerül –, amely a harmadik
  befoglaló méretet (a vastagságot vagy a mélységet) és a furat átmenő voltát mutatja.

Ha a felülnézetből minden egyértelmű, harmadik nézetet nem szabad rajzolni: a fölösleges nézet
nem hoz pontot, viszont sokszorozza a hibalehetőséget. A két nézetet szigorúan igazítva, a
vetítőkapcsolatot megtartva kell elhelyezni.

Ennél a darabnál: a főnézet a 80 × 50 mm-es lapra merőleges nézet – itt látszik a
⌀16-os furat körként és a 10 × 45°-os letörés valódi alakban –, a felülnézet pedig
(a főnézet alatt) a 80 × 20 mm-es kontúrt adja. A rajzra kerülő méretek: 80, 50, 20, ⌀16, a
furat helyzetmérete a bázistól, valamint a letörés 10 × 45°-os jelölése.

c) Mely éleket kellett szaggatott vonallal rajzolni, és miért? Azokat, amelyek az adott
nézetirányból takartak, azaz nem láthatók:

• abban a nézetben, amelyben a furat nem körként jelenik meg, a furat palástjának két
  alkotója (a furat két oldalvonala) takart él → szaggatott vonal;
• ha a letörés a hátsó oldalon van, a letörési él az elölnézetben szintén takart → szaggatott;
• a furat tengelyvonala viszont nem él: azt vékony pontvonallal kell rajzolni, mindkét
  nézetben.

A látható éleket és körvonalakat folytonos vastag, a méret- és méretsegédvonalakat folytonos
vékony vonallal húzzuk (4.1 alfejezet vonalfajta-táblázata).

Amit az értékelő keres: a főnézet választásának indoklása; a nézetszám helyessége; az
európai (E) elrendezés (felülnézet alul!); a vonalfajták következetes használata; és hogy a
takart él ne folytonos, a látható él ne szaggatott legyen.

4.2. feladat. (rajzi feladat – mintaválasz)

Adatok: ⌀40 mm külső átmérőjű, 60 mm hosszú persely; ⌀20 mm-es átmenő furat; az egyik végén
⌀30 mm-es, 10 mm mély süllyesztés.

a) Nézet, takart élekkel. Tengelyszimmetrikus darab, ezért egyetlen nézet + átmérőjelölés
elegendő. A nézetben:

• a ⌀40-es külső palást két alkotója → folytonos vastag vonal;
• a ⌀20-as átmenő furat két alkotója → szaggatott (takart él);
• a ⌀30-as, 10 mm mély süllyesztés két alkotója és a fenéksíkja → szintén szaggatott;
• a darab tengelyvonala → vékony pontvonal, végigfutva a nézeten.

Méretek: ⌀40, ⌀30, ⌀20, a 60 mm-es teljes hossz és a 10 mm-es süllyesztésmélység. Ez a nézet
tehát öt szaggatott vonalpárral dolgozik – éppen ez a probléma, amit a metszet megold.

b) Teljes metszet. A darabot képzeletben végigvágjuk a szimmetriasíkkal (a tengelyen átmenő
síkkal), az elülső felét elvesszük, és a maradékot rajzoljuk le:

• minden korábban szaggatott vonal folytonos vastaggá válik – a rajz azonnal olvashatóbb;
• a „megvágott” anyagfelületeket 45°-os, vékony folytonos vonalakkal vonalkázzuk (a
  szimmetriatengelyhez viszonyítva 45°-ban, fémeknél kb. 2–4 mm osztással);
• ugyanannak az alkatrésznek a vonalkázása minden ábrán azonos irányú és azonos osztású;
• a furat és a süllyesztés helyén nincs anyag, tehát oda nem kerül vonalkázás;
• a metszősík jelölése ebben az esetben elhagyható, mert a metszősík a szimmetriasíkon halad át
  és a metszet rendezett helyen van. Ha nem így volna, kötelező lenne a vastagított végű pontvonal,
  a nézésirány-nyilak és a betűpár (például A–A).

c) Félmetszet, és miért ez a leggazdaságosabb. A darab tengelyszimmetrikus, ezért a
tengelyvonal az ábrát két egyenértékű félre osztja: az egyik felét nézetben, a másikat
metszetben rajzoljuk meg.

Egy mondatban, ahogy a feladat kéri: A félmetszet azért a leggazdaságosabb megoldás ennél a
darabnál, mert a szimmetria miatt az egyik fél nézete és a másik fél metszete együtt a teljes
információt adja – így egyetlen ábrán, feleakkora helyen látjuk a külső alakot és a belső furatot
is, két külön rajz helyett.

⚠ Fontos részlet: a félmetszet nézeti felében a takart éleket nem rajzoljuk be szaggatottal
(fölösleges, hiszen a másik fél megmutatja őket), a két felet pedig a tengelyvonal választja el.

4.3. feladat. (rajzolvasás – mintaválasz)

A feladat adatai (a rajzon szereplő méretszámok): hossz 120, szélesség 60, lemezvastagság 4,
2 × ⌀8 furatjelölés; a bal oldali furat tengelye a bázisfelülettől 20-ra, a jobb oldalié
100-ra; a rajz 1 : 2 méretarányú. Az alábbiakban minden kérdésnél előbb a módszer
szerepel – ez az, amit az értékelő keres –, utána a konkrét válasz.

a) A darab valódi teljes hossza és szélessége. ⭐ A kulcsszabály: a rajzra írt méretszám
mindig a valóságos méret, függetlenül a méretaránytól. Tehát a rajzon szereplő hossz- és
szélességméretet változtatás nélkül kell leolvasni – nem szabad a lapon lemért hosszt
kettővel szorozni. Ha a rajzon 120 mm áll, a darab 120 mm hosszú, akkor is, ha a lapon csak 60 mm-t
mérünk.

Válasz: a darab valódi hossza 120 mm, szélessége 60 mm, lemezvastagsága 4 mm.
A lapon – 1 : 2 méretarányban – ezek 60, illetve 30 mm-es hosszként jelennek meg, de a rajzra
írt méretszám mindkettőnél a valódi érték (120 és 60).

b) A furatok száma és átmérője. A furatok számát a nézetből olvassuk le; az átmérőt a ⌀ jellel
megadott méretszám adja. Ha a rajzon „4 × ⌀8” szerepel, az négy darab, egyenként 8 mm átmérőjű
furatot jelent (az ismétlődő méretet így szokás egyszer felírni, mert minden méret csak egyszer
szerepelhet).

Válasz: a darabon 2 db, egyenként ⌀8 mm átmérőjű furat van – ezt a rajzon a „2 × ⌀8”
jelölés adja meg.

c) A bal oldali furat középpontjának távolsága a bázisfelülettől. A bázisfelülettől (jellemzően
a bal oldali éltől) a furat tengelyvonaláig mért méretet kell leolvasni. Ha a rajz
bázisméretezéssel készült, minden furat mérete ugyanattól az éltől indul; ha
láncméretezéssel, akkor a bal oldali furat mérete közvetlenül adódik, a többinél a méreteket
össze kell adni – és ilyenkor a mérési hibák halmozódnak.

Válasz: a bal oldali furat tengelye a bázisfelülettől 20 mm-re van. A két furat
tengelytávolsága a két bázisméret különbsége: 100 − 20 = 80 mm – ez a rajz bázisméretezéssel
készült, ezért a 80 mm-es tengelytávolság számítással adódik, nem közvetlen méretként.

d) Mekkorára rajzolnánk ugyanezt a hosszméretet 1 : 5 méretarányban? ⭐ Ez a rész számítható:

1. lépés: az 1 : 2 rajzon lemért hosszból a valódi méret
   L_valódi = L_rajzi(1:2) · 2

2. lépés: az 1 : 5 arányú rajzon a lapra kerülő hossz
   L_rajzi(1:5) = L_valódi / 5

3. lépés: a két rajzi hossz aránya
   L_rajzi(1:5) / L_rajzi(1:2) = (L_valódi/5) / (L_valódi/2) = 2/5 = 0,4

Ebben a feladatban a darab valódi hossza 120 mm, ezért:
   1 : 2 méretarányban a lapon:  120 / 2 = 60 mm
   1 : 5 méretarányban a lapon:  120 / 5 = 24 mm   (a korábbi 40 %-a)
   A RAJZRA ÍRT MÉRETSZÁM MINDKÉT ESETBEN: 120 mm

e) Az anyag és az általános tűrés. Mindkettő a feliratmezőből olvasható ki: az
anyagminőséget szabványos anyagjellel adják meg, az általános tűrés pedig arra a
(többségi) méretcsoportra vonatkozik, amely mellett külön, egyedi tűrés nem szerepel. Ha egy méret
mellett ott áll az egyedi tűrés (például 25 +0,04/−0,08), arra az egyedi érték az irányadó, nem az
általános.

4.4. feladat. (számítási feladat)

Adatok: névleges átmérő N = 25 mm; felső eltérés +0,04 mm; alsó eltérés −0,08 mm.

a) Határméretek és tűrés

1. lépés: a legnagyobb határméret
   D_max = N + felső eltérés = 25 mm + 0,04 mm = 25,04 mm

2. lépés: a legkisebb határméret
   D_min = N + alsó eltérés = 25 mm + (−0,08 mm) = 24,92 mm

3. lépés: a tűrés (a tűrésmező nagysága = a két határméret különbsége)
   T = D_max − D_min = 25,04 mm − 24,92 mm = 0,12 mm
   Ellenőrzés más úton: T = |+0,04| + |−0,08| = 0,04 + 0,08 = 0,12 mm  – egyezik

Eredmény: D_max = 25,04 mm; D_min = 24,92 mm; T = 0,12 mm. A darab akkor jó, ha
24,92 mm ≤ mért méret ≤ 25,04 mm.

b) Megfelelő-e a 24,90 mm-es darab?

4. lépés: összevetés a tűrésmezővel
   mért érték: 24,90 mm
   tűrésmező:  24,92 mm ... 25,04 mm
   24,90 mm < 24,92 mm   →  a mért érték a tűrésmező ALATT van

   Az eltérés a legkisebb határmérettől:
   24,92 mm − 24,90 mm = 0,02 mm

A darab NEM megfelelő – selejt. Fontos szakmai megjegyzés: ez a hiba iránya miatt
javíthatatlan. A csap már túl vékony, anyagot pedig nem lehet visszatenni – ha a darab
túl vastag lett volna (25,06 mm), még utánmunkálható volna. Ezért mondja azt a műhelyi
gyakorlat, hogy külső méretnél inkább a felső határ felé érdemes megmunkálni.

c) Melyik mérőeszközzel dönthető el? ⭐ A választás szabálya: a mérőeszköz leolvasási
pontossága legyen legalább egy nagyságrenddel finomabb, mint az eldöntendő tűrés.

A választás indoklása egy mondatban: a 0,12 mm-es tűrésmezőt csak olyan eszközzel lehet
megbízhatóan minősíteni, amelynek a leolvasási pontossága ennek töredéke – ez az adott
eszközök közül egyedül a 0,01 mm-es mikrométer. (Sorozatgyártásnál a határidomszer volna a
leggyorsabb: egyetlen mozdulattal eldönti, jó-e a darab, de számértéket nem ad.)

⚠ Figyelj a feladat szövegére. A feladat kifejezetten 0,1 mm-es nóniuszú tolómérőt kínál
fel, a 4.7 alfejezet viszont 0,05 és 0,02 mm-es nóniuszt is említ. Egy 0,02 mm-es
nóniuszú tolómérővel a 0,12 mm-es tűrésmező elvileg már minősíthető volna – a feladatban
felkínált három eszköz közül azonban továbbra is a mikrométer a helyes válasz. Ez nem
ellentmondás: a mérőeszközt mindig a ténylegesen rendelkezésre álló választékból kell
kiválasztani.

4.5. feladat. (teljes vizsgafeladat – megoldásvázlat)

Ez a feladat egy valóságos munkadarabbal (lemezből készült tartókonzol: két rögzítőfurat, egy
menetes furat, egy letört sarok) végzendő. Nincs egyetlen jó rajz – az alábbi lista azt adja meg,
mit vár el az értékelő.

a) A felvételi vázlat (a 4.8 alfejezet nyolclépéses menete szerint):

1. a munkadarab tanulmányozása, a főnézet és a nézetszám eldöntése;
2. befoglaló téglalapok könnyed felvázolása – ez adja az arányokat, ez a legfontosabb lépés;
3. a körvonalak, majd a részletek (furatok, letörés) megrajzolása;
4. kitörés vagy metszet, ha kell, és a vonalkázás;
5. beméretezés: méretsegédvonalak, méretvonalak, nyilak, a lemért méretszámok;
6. alak- és helyzettűrések;
7. felületi információk (érdesség, felületkezelés);
8. a feliratmező kitöltése.

A vázlat szabadkézzel, vonalzó nélkül készül, nem méretarányos, de arányos: ami a valóságban
hosszabb, az a vázlaton is hosszabb. A méretfelvétel eszközei: acélvonalzó a durva méretekhez,
tolómérő a pontos külső, belső és mélységi méretekhez, derékszög a merőlegességhez. A menetnél
a névleges átmérőt és az emelkedést kell meghatározni, és a rajzra a szabványos
menetjelölést (például M8) írni – nem a lemért külső átmérőt.

b) A műhelyrajz A4-es lapon. Kötelező tartalmi elemek:

c) Önellenőrzés a 4.9 alfejezet tízpontos listája szerint: nézetszám – elrendezés – vonalfajták
– vonalvastagság – mérethálózat – méretszámok – metszet – metszetjelölés – feliratmező – arányok.
A feladat kifejezetten kéri, hogy írd le, hány hibát találtál – ez a rész az önreflexióról szól,
és a vizsgán is ez a különbség a „kész” és a „beadható” rajz között.

Időbeosztás. Bevált arány: az idő első negyede a darab megértése, a nézetszám és a méretarány
eldöntése, a lapelrendezés megtervezése; a fele a rajzolás; az utolsó negyede a beméretezés,
a feliratmező és az önellenőrzés. Aki azonnal rajzolni kezd, a lap szélén fogy ki a helyből.

4.6. feladat. (hibakeresés – megoldókulcs)

A feladat páros munka, ezért nincs egyetlen jó megoldás: a hibalista attól függ, melyik hat
hibát építette bele a társad a rajzba. Az alábbi táblázat a leggyakoribb hat hibát adja meg a
4.9 alfejezet tízpontos ellenőrző listájának sorrendjében, a kért hármas szerkezetben:
(1) mi a hiba – (2) miért hiba – (3) hogyan javítanád. Ez egyszerre minta a hibakereső
listához és ötlettár a saját hibás rajz összeállításához.

További, gyakori tételek ugyanerről a listáról: 9. a kitöltetlen feliratmező (önmagában is
pontlevonást ér a gyakorlatban), 4. a vonalvastagság-arány be nem tartása (a rajz „lapos” lesz), és 1. a
fölösleges vagy hiányzó nézet.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.5 Az 5. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

5.1. feladat. (műhelygyakorlat – mintaválasz)

a) Mérőeszköz-választás és indoklás. A szabály: az eszköz leolvasási pontossága legyen
lényegesen finomabb az eldöntendő tűrésnél, és az eszköz alakja illeszkedjen a mérendő
mérethez.

b) A mérések elvégzése. Minden méretet két tizedesjegy pontossággal jegyezzünk fel (például
59,85 mm). Mérés előtt zárjuk össze a tolómérő csőreit, és ellenőrizzük a nullpontot; a skálára
merőlegesen nézzünk (parallaxis-hiba); a frissen megmunkált darabot hagyjuk kihűlni.

c) Minősítés. Minden méretnél a hármas szerkezetet kell követni: rajzi (előírt) érték és
határméretek → mért érték → minősítés.

A minősítés menete méretenként:

  1. a rajzról: névleges méret + felső és alsó eltérés
  2. a határméretek: D_max = N + felső ;  D_min = N + alsó
  3. összevetés:  D_min ≤ mért ≤ D_max   →  MEGFELEL
                  egyébként               →  SELEJT
  4. selejtnél jelezzük az irányt is: "alulméretes" vagy "túlméretes",
     mert csak a túlméretes darab munkálható utána

d) Hol volna gyorsabb a határidomszer? Ott, ahol sok azonos méretet kell minősíteni, és nem
a számérték, hanem a döntés kell – tipikusan a furat átmérőjénél (dugós határidomszer) vagy a
külső hosszméretnél sorozatgyártásban. A „jó–selejt” (megy–nem megy) idomszer egyik vége a
legkisebb, a másik a legnagyobb határméretre készül: ha a darab az egyiken átfér, a másikon nem,
akkor a tűrésmezőn belül van. Egyetlen mozdulat, nincs leolvasási hiba – de számértéket nem ad,
tehát a mérési jegyzőkönyvbe a mért méret helyett csak a minősítés kerülhet.

5.2. feladat. (műhelygyakorlat – mintaválasz)

Kiindulás: 60 × 40 mm-es, 3 mm vastag lemez; a cél 55 × 35 mm-es darab, egyik sarkán 5 × 5 mm-es
letöréssel.

a) A munka menete lépésről lépésre

 1. Munkavédelmi előkészítés: védőszemüveg, satu ellenőrzése, munkaterület rendje.
 2. A nyersdarab ellenőrzése (60 × 40 mm, 3 mm) és a rajz átolvasása.
 3. A BÁZISÉLEK kiválasztása és szükség esetén reszeléssel derékszögre igazítása.
 4. Előrajzoló festék felvitele, majd ELŐRAJZOLÁS a bázisélektől:
    az 55 mm-es és a 35 mm-es méret, valamint az 5 × 5 mm-es letörés vonala.
 5. A méretek ellenőrzése a karcvonalakon (tolómérővel), mielőtt vágnánk.
 6. Darabolás: fűrészelés a karcvonaltól 0,5-1 mm RÁHAGYÁSSAL (a vonalon kívül).
 7. A letört sarok kifűrészelése ugyanígy, ráhagyással.
 8. NAGYOLÁS reszelővel a karcvonalig, keresztirányú reszeléssel.
 9. SIMÍTÁS hosszirányú reszeléssel; közben derékszög- és síkságellenőrzés.
10. Méretellenőrzés tolómérővel (55 mm, 35 mm, 5 × 5 mm), a tűrés szerinti minősítés.
11. SORJÁZÁS minden élen és furatnál.
12. Tisztítás, konzerválás, a mérési jegyzőkönyv kitöltése.

b) Melyik él legyen a bázis, és miért? Két egymásra merőleges, ép, egyenes élt választunk
bázisnak (jellemzően a bal alsó sarokban találkozó két élt), és minden méretet ettől a kettőtől
rajzolunk elő. Indoklás: ha minden méretet az előzőtől mérnénk (láncméretezés), akkor minden
lépés apró hibája hozzáadódna az előzőhöz, és a darab végére halmozódó eltérés keletkezne. A
rajzi és a megmunkálási bázisnak azonosnak kell lennie – különben a méretek átszámítása során
csúszik hiba a darabba.

c) Melyik fogosztású fűrészlap kell a 3 mm-es lemezhez, és miért? Finom fogazású
(28–32 fog / 25 mm). Indoklás a fűrészfog-szabállyal: az anyagba egyszerre legalább 3 fognak kell
bevágnia. A 3 mm-es lemezben ez csak akkor teljesül, ha a fogosztás elég sűrű:

Ellenőrzés a 3 mm-es lemezre:

  finom lap, 32 fog / 25 mm  →  fogtávolság = 25 mm / 32 = 0,78 mm
  3 mm-es anyagban egyszerre dolgozó fogak: 3 mm / 0,78 mm ≈ 3,8 fog   – MEGFELEL

  durva lap, 14 fog / 25 mm  →  fogtávolság = 25 mm / 14 = 1,79 mm
  3 mm-es anyagban: 3 mm / 1,79 mm ≈ 1,7 fog   – NEM FELEL MEG
  (kevesebb mint 3 fog: a lap ferdén vág, a fog beakad és kitörhet)

Az alapelv: durva fogazás lágy és vastag anyaghoz, finom fogazás kemény, szívós és vékony
anyaghoz. Vékony lemeznél ezenfelül érdemes a darabot ferdén befogni, mert így nő az
egyszerre dolgozó fogak száma.

d) Melyik reszelővel nagyolunk, és melyikkel simítunk? Nagyolás: nagyoló (durva vágású),
lapos reszelő, keresztirányú reszelőmozgással – ez a gyors anyagleválasztás. Simítás:
simító, illetve finomsimító reszelő, hosszirányú mozgással – ez ad egyenletes, szép felületet.
A két irány váltogatása egyben ellenőrzés is: ha az előző irány reszelőnyomai mindenhol eltűnnek,
a felület egyenletesen fogyott. A síkságot késes vonalzóval, fényrésmódszerrel ellenőrizzük.

⚠ A reszelő csak ép, szilárdan felerősített nyéllel használható, és soha nem használható
kalapácsként vagy feszítővasként.

5.3. feladat. (számítási és technológiai feladat)

Adatok: 6 mm vastag acél szerelőlap, négy M6-os menetes furat. Az M6 emelkedése a fejezet
menettáblázata szerint P = 1,00 mm.

a) A magfurat átmérője

1. lépés: a TÁBLÁZATI érték (ISO 965-1 szerinti menettáblázat, 5.6 alfejezet)
   M6  →  P = 1,00 mm  →  magfurat D₁ = 5,00 mm

2. lépés: a közelítő képlettel
   D₁ ≈ D − P = 6,0 mm − 1,0 mm = 5,0 mm

3. lépés: a két érték összehasonlítása
   eltérés = 5,00 mm − 5,00 mm = 0,00 mm
   A közelítés ennél a menetnél PONTOSAN a táblázati értéket adja.

Választott fúró: ⌀5,0 mm. Fontos: a kivonás nem helyettesíti a táblázatot – ha van
táblázat, azt kell használni; a közelítés csak ellenőrzésre és becslésre való.

b) A teljes műveleti sorrend a pontozástól a kész menetig

1. Előrajzolás a bázisélektől: a négy furat középpontjának kijelölése.
2. PONTOZÁS (jelölőpont-ütővel) – pontozás nélkül a fúró "elsétál" a karcvonalról.
3. A munkadarab BEFOGÁSA satuba vagy leszorítóval  ⚠ kézben tartani TILOS.
4. Fúrás ⌀5,0 mm-es csigafúróval (általános célú, 118°-os csúcsszög acélhoz),
   hűtés-kenés mellett; nagyobb átmérőnél előfúrás kisebb fúróval.
5. SORJÁZÁS / kúpos süllyesztés a furat száján – így a menetfúró egyenesen indul rá,
   és nem szakad ki az első menet.
6. Menetfúrás készlettel, MINDIG ebben a sorrendben:
      elővágó (a forgács kb. 55 %-a) → utánvágó (kb. 25 %) → készrevágó (kb. 20 %)
   - a szerszámot MERŐLEGESEN kell indítani (derékszöggel ellenőrizve),
   - időnként VISSZA is kell forgatni, hogy a forgács letörjön,
   - acélhoz KENŐFOLYADÉKOT kell használni.
7. Tisztítás (forgácseltávolítás), majd ellenőrzés próbacsavarral:
   az M6-os csavarnak könnyen, akadás nélkül be kell hajtódnia.
8. A négy furat között a helyzet- és távolságméretek ellenőrzése tolómérővel.

c) Mit teszünk másképp alumíniumban? Az alumínium erősen feltüremlő (képlékeny) anyag: a
menetfúráskor az anyag „felduzzad” a menetprofilba. Ezért:

• a táblázat nagyobb magfuratot ajánl alumíniumhoz (a menettáblázatok II. oszlopa) – tehát
  ne a legszűkebb értéket válasszuk;
• gyakoribb forgácstörés (visszaforgatás) kell, mert az alumíniumforgács ragad és beszorul;
• megfelelő kenőanyag (alumíniumhoz való vágóolaj) használata;
• a 118°-os, általános célú fúró alumíniumhoz is jól használható – a 135°-os a kemény, szívós
  anyagok (például rozsdamentes acél) fúrójának alapértéke.

d) A hibás képlet következménye

4. lépés: a megcáfolt képlettel
   D₁ = D − 1,2 · P = 6,0 mm − 1,2 · 1,0 mm = 6,0 − 1,2 = 4,8 mm

5. lépés: az eltérés a helyes (táblázati) értéktől
   4,8 mm − 5,0 mm = −0,2 mm
   azaz a furat 0,2 mm-rel SZŰKEBB a kelleténél

A következmény egy mondatban: a 0,2 mm-rel szűkebb furatban a menetfúrónak lényegesen több
anyagot kellene leforgácsolnia, mint amire méretezték, ezért beszorul és eltörik – a letört
menetfúrót pedig rendkívül nehéz eltávolítani, gyakran az egész munkadarab tönkremegy.

5.4. feladat. (technológiai feladat – mintaválasz)

Adatok: két 3 mm vastag acéllemez; M5-ös csavar + alátét + önzáró anya; 40 mm-es osztás, három
csavar.

a) A művelet lépései

1. Munkavédelmi előkészítés (védőszemüveg), a rajz átolvasása.
2. A két lemez egymáshoz igazítása, a BÁZISÉL kijelölése.
3. Előrajzolás a bázisélektől: a három furat középpontja 40 mm-es osztásban
   (bázisméretezéssel: 0 - 40 - 80 mm, NEM láncban mérve).
4. Pontozás mindhárom helyen.
5. A két lemez összefogása (leszorító), hogy a furatok EGYSZERRE készüljenek
   és pontosan egybeessenek.
6. Befogás, fúrás az átmenőfurat átmérőjével, hűtés-kenés mellett.
7. Sorjázás mindkét lemez mindkét oldalán  ⚠ a sorja felsértheti a szigetelést.
8. Összeszerelés: csavar → az összefogott lemezek → alátét → önzáró anya.
9. Meghúzás NYOMATÉKKULCCSAL / nyomatékcsavarhúzóval, az előírt értékre.
10. Ellenőrzés: húzópróba, szemrevételezés, a furattávolságok ellenőrzése.

b) A furatátmérő megválasztása. Az M5-ös csavarhoz átmenő (rögzítő) furat kell, amelynek az
átmérője a névlegesnél kevéssel nagyobb – jellemzően néhány tized milliméterrel. Miért nem
pontosan 5,0 mm? Mert a menetes csavar külső átmérője maga is 5 mm körüli, tehát egy pontosan
5,0 mm-es furatba a csavar egyáltalán nem, vagy csak erőltetve menne be; ráadásul a két lemez
furatai sohasem esnek tökéletesen egybe, és a gyártási tűrések is beleszámítanak. A furatnak
játékot kell adnia a szereléshez. (A jegyzet a rögzítőfuratok konkrét számértékeire nem közöl
táblázatot: a pontos átmérőt a rajz vagy a kötőelem-táblázat adja meg – ugyanúgy, ahogy a
POP-szegecsnél a gyártó adata az irányadó.)

c) Melyik csavarbiztosítási csoportba tartozik az önzáró anya? A súrlódásos (erővel záró)
csoportba – az ellenanya, a rugós alátét és a fogazott alátét társaságába. Az elve: megnöveli
vagy fenntartja a menetben a súrlódást, és így akadályozza meg a kilazulást. (Az alakzáró csoport
a koronás anya + sasszeg, a recézett peremű anya és a lehajtható lemez; külön csoport a mechanikai
rögzítés – huzal, sasszeg – és a ragasztásos csavarrögzítő.)

d) A nyomaték. Az előírt 2,5 N·m értéket nyomatékkulccsal, illetve ekkora, kis
nyomatéknál inkább nyomatékcsavarhúzóval kell beállítani – a gyártó adatlapja szerinti értékre.

Ha „érzésre” 6 N·m-mel húzzuk meg, az az előírt érték 2,4-szerese, azaz durva túlhúzás.
Következményei: a csavar szára megnyúlik, a menet kiszakadhat (különösen az önzáró anya
műanyag betétjében vagy a vékony lemezben); az anya önzáró betétje tönkremegy, ezért a biztosítás
hatástalanná válik; a lemez a csavarfej alatt behorpad, és a felületvédelem megsérül. A
végeredmény paradox módon ugyanaz, mint az alulhúzásé: a kötés idővel meglazul. Villamos
kötésnél ez a lazulás az átmeneti ellenállás növekedésén keresztül melegedéshez, végül tűzhöz
vezet – ezért nem ajánlás, hanem előírás a nyomaték.

5.5. feladat. (műhelygyakorlat – mintaválasz)

a) A csupaszolási hossz meghatározása. A szabály a jegyzetben: annyit csupaszolunk, amennyi a
hüvelybe pontosan befér – azaz a csupaszolt vezetőszakasz hossza az érvéghüvely (vagy a saru)
fémhüvelyének a hossza. A gyakorlati eljárás: a hüvelyt a vezeték mellé fektetjük, a fémrész
hosszát megjelöljük, és a csupaszolófogóval (nem késsel!) eddig távolítjuk el a szigetelést,
majd tolómérővel ellenőrizzük. A gyártó adatlapja ehhez konkrét mm-értéket is megad – azt kell
követni. (A jegyzet szándékosan nem közöl számértéket: az érvéghüvely-típusonként eltér.)

Két klasszikus hiba: ① túl hosszan csupaszolunk → csupasz vezetőrész marad a hüvelyen kívül
(érintés- és zárlatveszély); ② túl rövidre → nem fér be minden érszál, a szigetelés kerül a
préselés alá.

b) A hüvely méretének és a szerszám profiljának kiválasztása.

A racsnis fogó azért fontos, mert csak akkor nyílik ki, ha a préselést végig elvégeztük – tehát
nem lehet „félig” krimpelni. Rossz méretű hüvelynél a túl nagyban az ér elmozdul, a túl kicsibe
pedig nem fér be minden érszál, és a kihagyott szálak miatt csökken a tényleges keresztmetszet.

c) A húzópróba. A kész kötést kézi erővel, egyenletesen megrántjuk. Elvárt eredmény: a
vezeték nem csúszik ki, a hüvely nem jön le. A jegyzőkönyvbe darabonként a „megfelel /
nem felel meg” minősítés kerül, indoklással.

d) A szándékosan hibás, laposfogóval készített kötés. Az összehasonlítás várt eredménye:

A tanulság egy mondatban: fogóval, harapófogóval, laposfogóval krimpelni tilos, mert az így
készült kötés mechanikailag és villamosan is alkalmatlan – és a hibája nem azonnal, hanem hónapok
múlva, melegedés és tűz formájában jelentkezik.

5.6. feladat. (műhelygyakorlat – mintaválasz)

a) A lépéssor és a lehetséges hibák

Külön hibaforrás a hűlési fázisban való mozgatás (a forrasz megreped) és az ismételt
felmelegítés forraszpótlás nélkül (a folyasztószer elfogy, a kötés matt és törékeny lesz).

b) A szándékos hideg forrasztás felülete. A két kötés összehasonlítása:

c) Az ellenállások mérése és táblázatba foglalása. A kötés ellenállása milliohm
nagyságrendű, ezért a kézi multiméter kétvezetékes ellenállásmérése nem alkalmas: a
mérőzsinórok ellenállása többszöröse lehet a mérendő értéknek. Helyes módszer a négyvezetékes
(Kelvin-) mérés, ahol két vezetéken vezetjük a mérőáramot, és két másikon mérjük a feszültséget
(6.5 alfejezet). A jegyzőkönyv váza:

d) Miért anyaggal záró, és nem alakkal záró a forrasztás? Mert a kötést nem az elemek
alakja, egymásba illeszkedése tartja össze (mint a szegecs-, a retesz- vagy az ékkötést), hanem
egy harmadik anyag, a forrasz, amely megolvadva anyagi kapcsolatot hoz létre a két darab
között: nedvesíti a fémfelületet, szétterül, majd megszilárdulva folytonos fémes köteléket alkot.
A forrasztás ezért – a hegesztéssel és a ragasztással együtt – anyaggal záró (anyagfolytonos)
kötés.

⚠ Vigyázat, a források eltérően sorolják be! Két szakképzési tananyag a forrasztást
„alakzáró” kötésnek nevezi. A jegyzet ezt nem követi: az alakkal záró kötést az elemek alakja
tartja össze, a forrasztásnál viszont egy harmadik anyag, a forrasz hoz létre anyagi
kapcsolatot. A vizsgán az anyaggal záró választ kell megjelölni. (A besorolást eldöntő
gépelemtani elsődleges forrás a jegyzetben még pótlandó.)

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.6 A 6. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

6.1. feladat. (számítási és mérési feladat)

Adatok: U = 12 V egyenfeszültség; R = 100 Ω; ampermérő: 0,5 osztálypontosság, méréshatár
150 mA.

a) A körben folyó áram az ampermérő nélkül

1. lépés: Ohm törvénye
   I = U / R = 12 V / 100 Ω
   I = 0,12 A = 120 mA

⭐ Első ellenőrzés: illik-e a méréshatár a mérendő értékhez? A 120 mA a megadott 150 mA-es
méréshatáron belül van, és a kitérés

   120 mA / 150 mA = 0,80  →  a skála 80 %-a, azaz a FELSŐ HARMAD ✔

tehát a műszer és a mérendő érték összeillik. Ezt a lépést minden mérés előtt el kell végezni:
ha a számított érték nagyobb volna a méréshatárnál, a mutató a végkitérésen túlra verne, és a
műszer megsérülhetne.

b) A kapcsolás.

A helyes bekötés:

   +12 V ─── (A) ampermérő ───┬─── R = 100 Ω ───┬─── 0 V
                              │                 │
                              └──── (V) ────────┘
                               voltmérő

  - az AMPERMÉRŐ SOROSAN, az áramkör megbontásával (kis belső ellenállású,
    hogy ne okozzon számottevő feszültségesést: R_A << R);
  - a VOLTMÉRŐ PÁRHUZAMOSAN az R ellenállással, a kör megbontása nélkül
    (nagy belső ellenállású, hogy alig vegyen fel áramot: R_V >> R).

c) Az osztálypontosságból adódó abszolút és relatív hiba

Az analóg műszer osztálypontossága a végkitérésre, azaz a beállított méréshatárra
vonatkozik:

2. lépés: az abszolút hiba képlete
   H = (Op · x_v) / 100          Op = osztálypontosság [%] ;  x_v = a MÉRÉSHATÁR

3. lépés: a 150 mA-es méréshatáron
   H = (0,5 · 150 mA) / 100 = 0,75 mA
   Ez az abszolút hiba a skála MINDEN pontján ugyanennyi.

4. lépés: a relatív hiba a mért 120 mA-es értéknél
   h = H / x_m = 0,75 mA / 120 mA = 0,00625
   h = 0,63 %

5. lépés: az eredmény megadása
   I = 120 mA ± 0,75 mA   (±0,63 %)

Összehasonlításul, hogy a méréshatár-választás jelentősége látsszék:

6. lépés: mi lenne 600 mA-es méréshatáron?
   H = (0,5 · 600 mA) / 100 = 3,0 mA
   h = 3,0 mA / 120 mA = 0,025  →  2,5 %
   (a kitérés ekkor 120/600 = 20 %, azaz az ELSŐ harmad ✘)

Tanulság: ugyanaz a műszer, ugyanaz a mért érték, de a négyszer nagyobb
méréshatáron négyszer akkora a relatív hiba. Ezért kell a mért értéket
a skála FELSŐ HARMADÁBA vinni.

d) Mi történne, ha az ampermérőt az ellenállással párhuzamosan kötnénk? Az ampermérő belső
ellenállása szándékosan nagyon kicsi, ezért párhuzamosan bekötve gyakorlatilag rövidre zárná
az ellenállást (és vele a forrást): a műszeren a kör ellenállása által korlátozott, sokszoros áram
folyna, a belső biztosíték kiégne, hálózati feszültségnél pedig ívhúzás, égési sérülés és a
műszer szétrobbanása is bekövetkezhet. Ez a szakma legveszélyesebb mérési hibája – ezért kell az
árammérő zsinórt a mérés végén azonnal visszatenni a feszültségmérő hüvelybe.

6.2. feladat. (számítási és módszertani feladat)

Adatok: l = 1,5 m; A = 2,5 mm²; ρ_Cu = 0,01724 Ω·mm²/m (a 2. fejezetben bevezetett, nemzetközileg
szabványosított IACS-érték; a feladat ezt adja meg).

a) Az ellenállás várható értéke

1. lépés: az összefüggés
   R = ρ · l / A

2. lépés: behelyettesítés (l méterben, A négyzetmilliméterben)
   R = 0,01724 Ω·mm²/m · 1,5 m / 2,5 mm²
   R = 0,02586 Ω·mm² / 2,5 mm²
   R = 0,010344 Ω

3. lépés: átváltás a szemléletes egységre
   R = 0,010344 Ω = 10,34 mΩ ≈ 10,3 mΩ

Eredmény: R ≈ 10,3 mΩ, azaz milliohm nagyságrendű érték.
(Mértékegység-ellenőrzés: Ω·mm²/m · m / mm² = Ω – a mm² és a m kiesik, ohm marad.)

b) Miért nem alkalmas erre a kézi multiméter kétvezetékes ellenállásmérése? Mert a
kétvezetékes mérésnél ugyanazon a két zsinóron megy a mérőáram és mérjük a feszültséget, ezért
a mérőzsinórok és az érintkezők ellenállása beleszámít az eredménybe. A mérőzsinórok ellenállása
tipikusan néhány tized ohm – ez a mérendő 10,3 mΩ-nak a többszöröse, akár tízszerese.
A műszer tehát nem a vezeték ellenállását mutatná, hanem túlnyomórészt a saját zsinórjaiét: a
mérés eredménye használhatatlan. (Több száz ohmos ellenállásnál ugyanez a 0,2 Ω már elhanyagolható
– a probléma kizárólag a kis ellenállásoknál jelentkezik.) Ehhez járul, hogy az egyszerűbb
műszereknél a kimenet nem lineáris.

c) A négyvezetékes (Kelvin-) mérés kapcsolása

Négyvezetékes (Kelvin-) mérés:

   ÁRAMÁG (I) ────────┐                          ┌──────── ÁRAMÁG (I)
                      │                          │
                      ├───── R_x = 10,3 mΩ ──────┤
                      │   (a mérendő rézvezeték) │
   FESZÜLTSÉGÁG (U) ──┘                          └── FESZÜLTSÉGÁG (U)

   - a két KÜLSŐ (áram-) vezetéken folyik a mérőáram;
   - a két BELSŐ (feszültség-) vezetéken mérünk feszültséget: itt
     gyakorlatilag nem folyik áram, ezért nincs rajta feszültségesés.

   R_x = U (a feszültségágon mért) / I (az áramágon átvezetett)

• Mérőáram: a két külső (áram-) vezetéken folyik, a mérendő vezetéken keresztül.
• Feszültségmérés: a két belső (feszültség-) vezetéken történik, közvetlenül a mérendő
  szakasz két végén. Mivel a feszültségmérő ág gyakorlatilag nem vesz fel áramot, a saját vezetékein
  nem keletkezik feszültségesés – így a mérésből teljesen kiesik a bekötővezetékek és az
  érintkezők ellenállása.

Ugyanezt a módszert használjuk a védővezetők folytonosságának, a földelővezetők ellenállásának és a
nagy áramú sínkötéseknek az ellenőrzésekor (37. fejezet).

6.3. feladat. (CAT-besorolás – megoldókulcs)

Két szabály, amit a válaszhoz hozzá kell tenni.

1. A CAT-besorolás a hozzá tartozó feszültségérték nélkül értéktelen: a műszeren mindig együtt
   szerepel a kettő (például CAT III 600 V, CAT IV 600 V).
2. A magasabb kategória fontosabb, mint a nagyobb feszültségszám. A CAT III vizsgáló forrásának
   belső ellenállása 2 Ω, a CAT II-é 12 Ω, tehát a CAT III forrása hatszor akkora áramot ad
   azonos feszültségen. Ezért egy CAT III 600 V-os műszer elosztószekrényben biztonságosabb,
   mint egy CAT II 1000 V-os. Egy CAT III minősítésű műszer CAT I, II és III környezetben
   használható, CAT IV helyen nem – és a besorolásnak a mérőzsinórra és a szondára is
   vonatkoznia kell.

6.4. feladat. (táblázatkezelős mérési munkalap – mintaválasz)

a) Az oszlopok. A munkalap fejléce (a mértékegységeket mindig írjuk ki):

A D oszlop képlete: =B2+C2; az E oszlop képlete: =D2-A2, illetve százalékban =(D2-A2)/A2.
A számított oszlopokat mindig képlettel állítsuk elő, sose kézzel írjuk be – így egy adat
javításakor az egész sor magától frissül.

b) Öt mérési pont, 5 V-tól 25 V-ig. A táblázat így néz ki (a mért U₁, U₂ értékek helyére a
saját mérési adataid kerülnek; példaként egy fele-fele arányú osztóval):

c) A diagram. Pontdiagram (vagy vonaldiagram): a vízszintes tengelyen U_táp [V], a
függőlegesen U₂ [V]. A pontokra illesztett egyenes az arányosságot mutatja. A tengelyekre
ki kell írni a mennyiség nevét és a mértékegységét – e nélkül a diagram a jegyzőkönyvben
értékelhetetlen.

d) Mit igazol a mérés? Egy mondatban: a mérés Kirchhoff huroktörvényét igazolja – a soros
kör részfeszültségeinek összege minden tápfeszültségnél a tápfeszültséget adja (U₁ + U₂ = U_táp),
a kis eltérés pedig a műszerek pontosságából és a voltmérő terhelő hatásából adódó mérési hiba.

6.5. feladat. (teljes mérési jegyzőkönyv – mintamegoldás)

Az áramkör: U = 12 V egyenfeszültség; R₁ = 100 Ω és R₂ = 220 Ω sorosan.

a) A kapcsolás

Mérési elrendezés:

   +12 V ──┬─── (A) ───┬─── R₁ = 100 Ω ───┬─── R₂ = 220 Ω ───┬── 0 V
           │           │                  │                  │
           │           └───── (V₁) ───────┘                  │
           │                              └───── (V₂) ───────┘
           └──────────────── (V_táp) ───────────────────────┘

   Mérési pontok:  M0 (táp +) – M1 (R₁ és R₂ közötti pont) – M2 (táp −)
   Az AMPERMÉRŐ sorosan, a kör megbontásával;
   a VOLTMÉRŐK párhuzamosan az egyes ellenállásokkal.

b) Az előre számított értékek

1. lépés: az eredő ellenállás (soros kapcsolás)
   R_e = R₁ + R₂ = 100 Ω + 220 Ω = 320 Ω

2. lépés: a körben folyó áram (soros körben mindenütt ugyanaz)
   I = U / R_e = 12 V / 320 Ω = 0,0375 A = 37,5 mA

3. lépés: a két részfeszültség (Ohm törvénye elemenként)
   U₁ = R₁ · I = 100 Ω · 0,0375 A = 3,75 V
   U₂ = R₂ · I = 220 Ω · 0,0375 A = 8,25 V

4. lépés: ellenőrzés
   U₁ + U₂ = 3,75 V + 8,25 V = 12,00 V = U     – helyes
   (Ellenőrzés feszültségosztással is:
    U₂ = U · R₂/(R₁+R₂) = 12 · 220/320 = 8,25 V – egyezik.)

c) A jegyzőkönyv kilenc szerkezeti része

Műszerjegyzék (a saját műszered adataival töltsd ki):

d) Az adatok táblázata a minősítéssel

Következtetés. A mért értékek a számítottakhoz képest egyenletesen, kb. 0,5 %-kal kisebbek; az
eltérés minden mennyiségnél a műszer hibahatárán belül marad, ezért a kapcsolás megfelel.
A szisztematikus (mindig azonos irányú) eltérés jellemző okai: az ellenállások gyártási tűrése, a
tápfeszültség kismértékű eltérése a 12,00 V-tól, és a voltmérő terhelő hatása.

⚠ Amit sose hagyj ki: a mértékegységet minden adatnál, a méréshatárt és a műszeradatokat
(e nélkül nem ellenőrizhető a hiba), a minősítést (a minősítés nélküli jegyzőkönyv nem mond ki
semmit), valamint a dátumot és az aláírást. Az eredményt ne add meg több értékes jeggyel, mint
amennyit a pontosság indokol.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.7 A 7. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

7.1. feladat. (kockázatértékelés – mintaválasz)

A helyzet: kismegszakító cseréje egy folyosón álló, kisfeszültségű elosztószekrényben; mellette
naponta több osztály közlekedik; a szekrény alsó mezője feszültség alatt marad; fellépő zsámoly
kell.

Amit az értékelő keres. ① Legalább hat sor; ② a második oszlopban ne csak a szerelő
szerepeljen – a folyosón közlekedők, a takarító, a kezelő is; ③ minden sorban a megelőzés
sorrendjének megjelölése; ④ és a legfontosabb: az első sor intézkedése a feszültségmentesítés
legyen. Aki a kockázatot azzal „kezeli”, hogy „felveszem a kesztyűt”, az a védelmi rendszer
legrosszabb elemére bízza az életét – az egyéni védőeszköz mindig az utolsó védvonal:
megszüntetés → műszaki védelem → szervezés → egyéni védőeszköz.

7.2. feladat. (védőeszköz-összeállítás – mintaválasz)

a) Feszültségmentesített kisfeszültségű elosztószekrény átszerelése műhelyben

b) Falfúrás és kábelcsatorna felszerelése irodában, létráról

c) Feszültség alatt maradó mezők közötti mérés ipari elosztóban

Melyik esetben kell ívvédő ruházat, és miért? A c) esetben – a feszültség alatt maradó
mezők közötti mérésnél. Indoklás: az MSZ 1585:2016 B6.3. melléklete szerint ha villamos berendezés
közelében vagy feszültség alatt kell dolgozni, ajánlatos kockázatértékelést végezni, mert a
munkához fedeleket, ajtókat kell nyitva tartani vagy eltávolítani, és ilyenkor az ívveszély
belátható időn belül nem küszöbölhető ki teljesen. Ehhez járul a B6.2. legfontosabb megállapítása:
az ív hőátadásának módja és mértéke alapvetően független a feszültségszinttől – tehát egy nagy
zárlati teljesítményű kisfeszültségű főelosztó éppolyan súlyos égési sérülést okozhat, mint egy
középfeszültségű berendezés. Az a) és a b) esetben nincs feszültség alatti rész a munkaterületen
(az a)-ban feszültségmentesítettünk, a b) nem villamos, hanem építési jellegű munka), ezért ott
ívvédő ruházat nem szükséges.

⚠ Ehhez tartozik a szabvány józan megállapítása is: minden villamos ív ellen 100 %-os védelmet
nyújtó személyi védőeszköz nincs – a védőeszköz csökkenti, de nem szünteti meg a kockázatot;
elsődleges mindig a feszültségmentesítés.

7.3. feladat. (elsősegélynyújtás – mintaválasz percről percre)

Helyzet: eszméletlen kolléga a nyitott elosztószekrény előtt, jobb keze fedél nélküli
sorkapocsléchez ér, a padlón vékony vízréteg, a főkapcsoló 3 méterre, bekapcsolva.

A cselekvés sorrendje:

 0. perc  – MEGÁLLOK. Nem lépek a sérülthez. Felmérem: van-e még feszültség,
            hol a víz, hol a főkapcsoló. (Ez 3-5 másodperc, és életet ment.)
 0. perc  – KIKAPCSOLOM a főkapcsolót (3 méterre van, működik).
            Ha lehet, azonnal biztosítom is a visszakapcsolás ellen.
 0-1. perc – Csak EZUTÁN megyek oda. Ellenőrzöm, hogy a sérült nem ér-e
            máshoz feszültség alatti részt, és szükség esetén szigetelő
            eszközzel eltávolítom a kapocslécről.
 1. perc  – A sérültet kihúzom a vizes területről, száraz, kemény felületre,
            a hátára fektetve.
 1. perc  – VIZSGÁLAT: vállnál könnyed megrázás + hangos megszólítás
            ("Mi történt? Segíthetek?").
 1-2. perc – Nincs reakció  →  AZONNALI MENTŐHÍVÁS (112), hangos segítségkérés,
            hogy az odaérkezővel DEFIBRILLÁTORT (AED) is hozathassak.
 2. perc  – LÉGÚTFELSZABADÍTÁS: egyik kéz a homlokra, másik az áll alá,
            a fej kíméletes hátrahajtása, az áll megemelése.
 2. perc  – A LÉGZÉS VIZSGÁLATA legfeljebb 10 másodpercig:
            NÉZEM a mellkast, HALLOM a légzést, ÉRZEM az arcommal a levegőt.
 2. perctől – A megállapítás szerint:
            • normális légzés  →  eszméletlenség: stabil oldalfektetés
              (ha magára kell hagynom), folyamatos légzésellenőrzés;
            • nem normális vagy hiányzó légzés  →  KERINGÉSMEGÁLLÁS:
              azonnali mellkaskompresszió 30:2 arányban, 5-6 cm mélyen,
              percenként 100-120 ütemben, teljes felengedéssel,
              AED felhelyezése amint megérkezik.
 A mentők kiérkezéséig – Az újraélesztés folyamatos; ha van rá mód,
            a kompressziót végzőt legkésőbb két percenként váltjuk.
            A mentőket fogadom, és elmondom, mi történt.

a) Mi az első cselekvésem, és miért éppen az? Az áramkör megszakítása – a főkapcsoló
kikapcsolása. Az MSZ 1585:2016 C100.2.1. alapelve: az első feladat a sérült haladéktalan
kiszabadítása, de a segélynyújtó ne veszélyeztesse önmagát. Aki csupasz kézzel nyúl egy még
feszültség alatt lévő sérülthez, maga is áldozattá válik – és akkor már ketten fekszenek ott,
segítség nélkül. A sorrend kötött: ① kikapcsolás → ② ha ez nem lehetséges, szigetelő eszközzel
való eltávolítás → ③ csak ezután érintés.

b) Mit teszek, ha a főkapcsoló nem működik? Nem érek a sérülthez! A padló vizes, ezért a
szabvány szerinti szigorúbb eljárás kell: száraz fát (szeg nélküli deszkát, ládát, széket) vagy
más, át nem nedvesedő szigetelőanyagot (gumi vagy műanyag lábtörlőt, összehajtogatott tasakot)
teszek a lábam alá, majd szigetelőanyagba (vastagon, száraz ruhaneműbe vagy többrétegű papírba)
csavart kézzel, a sérültet a ruházatánál fogva rántom el. Ha van kéznél szigetelt kezelőrúd
(kapcsolórúd, életmentő rúd), az a legcélszerűbb – de a keresésével kisfeszültségen nem szabad
időt veszteni. Közben ügyelek arra, hogy csupasz testfelületemmel se a sérültet, se a falat, se
fémtárgyat ne érintsem.

⚠ Amit semmiképp nem teszek: nem vágom el a vezetéket. „Feszültség alatt álló vezetékeket
elvágni vagy elszakítani életveszélyes és tilos” (MSZ 1585:2016 10.100.2.4.).

c) Miért veszélyes rám nézve a padlón lévő víz? Mert a víz vezető úton köt össze a
földdel/a szerkezettel, és mert a nedves bőr ellenállása néhány másodperc alatt akár néhány
ohmra csökkenhet a száraz bőr 20–100 kΩ/cm²-éhez képest. Ugyanaz az érintés, amely száraz kézzel,
száraz padlón kellemetlen rázás, itt halálos testáramot hajthat át rajtam. A gyakorlati
számítási testellenállással (1000 Ω) 230 V-nál az áram nagyságrendje 0,23 A = 230 mA – ez a
kamrafibrillációs tartomány sokszorosa; nedves bőrnél még ennél is rosszabb a helyzet.

d) Mit mondok be a 112-nek? A pontos címet (utca, házszám, épület, szint, hogyan lehet
bejutni); hogy áramütés történt (ezt külön jelezni kell!); hány sérült van; a sérült
állapotát (eszméletlen, nem/nem normálisan lélegzik, újraélesztést kezdtem); hogy a
feszültséget lekapcsoltam-e; a saját nevemet és a visszahívható telefonszámomat; végül
megkérdezem, kell-e még valamit tennem, és nem én bontom a vonalat.

e) Mit teszek, ha a kolléga „csak” horkolva, gyéren szedi a levegőt? ⚠ Ez az agonális légzés
klasszikus képe: egyre gyérülő, egyre felületesebb, többnyire horkoló, jellemzően fél–egy perc
alatt megszűnő légzés, amely nem biztosít hatásos gázcserét. Ilyenkor – és minden kétséges
esetben – keringésmegállást kell feltételezni, és azonnal el kell kezdeni az újraélesztést.
Normális légzésnek csak az számít, amely 10 másodperc alatt legalább kétszer észlelhető, nem
feltűnően, görcsösen erőlködő, és nem csupán hörgésnek tűnik.

⚠ Végül: minden áramütést szenvedett sérültet orvoshoz kell juttatni, akkor is, ha „jól van” –
a villamos égés kívülről kicsinek látszhat, miközben a mély szövetek súlyosan károsodtak.

7.4. feladat. (tűzvédelmi helyzetgyakorlat – mintaválasz)

a) Melyik hiba miért tűzveszélyes?

b) Melyiket kell azonnal megszüntetni, és melyik várhat?

Röviden: mind a négy hiba azonnali beavatkozást igényel – kettő (karton, szellőzőnyílás)
másodpercek alatt megszüntethető, kettő (áthidalás, forró kapocs) pedig a berendezés
feszültségmentesítésével orvosolandó. A felülvizsgálatig egyik sem hagyható úgy, ahogy van.

c) Ha a karton meggyullad, és a tábla feszültség alatt van: mivel oltok, és mi az első lépés?

• Az első lépés: a feszültségmentesítés – az oltandó részt le kell választani (MSZ 1585:2016
  10.100.1.). Épületben erre való a tűzeseti főkapcsoló. Ezzel egyidejűleg riasztás
  (tűzoltóság, 112) és a helyiség kiürítése.
• Az oltóanyag: ABC-poroltó vagy CO₂-oltó. ⚠ Vizet vagy habot feszültség alatti
  berendezésre önteni TILOS – a vízsugár vezet, az áramkör az oltó emberen keresztül záródhat.
• A választás szempontja: a CO₂-oltó nem szennyez (elektronikánál, vezérlőben, szervernél ezt
  használjuk), viszont a kiáramló gáz nagyon hideg (fagyási sérülés) és zárt térben fulladásveszélyes;
  a poroltó nagy oltóképességű, de a por erősen szennyez, a készülék gyakran leselejtezendő.
• A készülék címkéjén feltüntetett feszültséghatárt és legkisebb oltási távolságot be kell
  tartani (tipikus határ 1 kV, egyes típusoknál 35 kV) – a címke az irányadó.
• ⚠ Feszültség alatt álló vezetéket elvágni vagy elszakítani életveszélyes és tilos.

d) Milyen gyakran kell itt a tűzvédelmi felülvizsgálat? Mivel a műhelyben nem tárolnak
fokozottan tűz- vagy robbanásveszélyes anyagot, az OTSZ (54/2014. (XII. 5.) BM rendelet 276–277. §)
szerint legalább 6 évenként. A 3 éves gyakoriság csak a 300 kg-nál vagy 300 liternél nagyobb
mennyiségű, fokozottan tűz- vagy robbanásveszélyes osztályba tartozó anyagot kezelő helyiségekre
és szabadterekre vonatkozik – a „csak robbanásveszélyes” megfogalmazás a jogszabály félidézése.

⚠ Ne keverjük össze: ez a tűzvédelmi felülvizsgálat (a tűzkeletkezés megelőzésére), nem
azonos a villamos biztonsági felülvizsgálattal (VBF), amely az áramütés elleni védelmet
ellenőrzi, és nem azonos a villámvédelmi felülvizsgálattal sem.

7.5. feladat. (hulladék-szétválogatás – megoldókulcs)

a) Besorolás

b) Melyik hulladék átadását kell dokumentálni? A veszélyes hulladékét: a fénycsövekét,
a kimerült elemekét és a szennyezett oldószerét. Ezeket gyűjtőedényenként elkülönítve,
feliratozva kell gyűjteni, és csak engedéllyel rendelkező kezelőnek szabad átadni, aki az
átvételt igazolja. (A dokumentálás részletes szabályait a 225/2015. (VIII. 7.) Korm. rendelet
tartalmazza; a jegyzet ennek tartalmát nem részletezi – a munkahelyi eljárásrendet a belső
szabályzat adja meg.) A WEEE-nek minősülő lámpatestek átadását is nyomon követhető módon,
külön gyűjtve kell intézni.

c) A hulladékhierarchia melyik lépcsőjét lehetett volna alkalmazni a munka megkezdése előtt?
Az elsőt: a hulladékképződés megelőzését (a hulladékról szóló 2012. évi CLXXXV. törvény 7. §).
Konkrétan:

• pontos felmérés és anyagszükséglet-számítás, hogy ne rendeljünk fölösleges vezetéket – a
  legjobb kábeldarab az, amelyik nem keletkezik;
• a vezeték méretre vágása a helyszínen a valós nyomvonal szerint, nem „biztos, ami biztos”
  ráhagyással;
• a kábeldobok visszaadása a szállítónak (ez már a második lépcső: újrahasználatra
  előkészítés);
• a csomagolóanyag mennyiségének csökkentése a beszállítóval egyeztetve (gyűjtőcsomagolás,
  visszaváltható rekesz).

A hierarchia sorrendje: megelőzés → újrahasználatra előkészítés → újrafeldolgozás → egyéb
hasznosítás → ártalmatlanítás.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.8 A 8. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

8.1. feladat. (számítási feladat)

Adatok: befolyó áramok I₁ = 120 A és I₂ = 65 A; kifolyó áramok I₃ = 80 A, I₄ = 55 A és az
ismeretlen I₅, amelyet kifolyó iránnyal veszünk fel.

Első eset: mindkét betáplálás befelé táplál

1. lépés: a csomóponti törvény felírása (befolyó = kifolyó)
   I₁ + I₂ = I₃ + I₄ + I₅

2. lépés: behelyettesítés
   120 A + 65 A = 80 A + 55 A + I₅
   185 A = 135 A + I₅

3. lépés: rendezés
   I₅ = 185 A − 135 A
   I₅ = 50 A

Eredmény: I₅ = +50 A. A pozitív előjel azt jelenti, hogy az áram a felvett (kifolyó)
iránnyal megegyezően folyik: valóban leágazás, 50 A-rel.

Ellenőrzés:
   befolyó összesen: 120 + 65 = 185 A
   kifolyó összesen: 80 + 55 + 50 = 185 A     – zár

Második eset: a második betáplálás 210 A-t vesz fel (kifolyó lesz)

4. lépés: az új mérleg (I₂ most a KIFOLYÓ oldalra kerül, 210 A-rel)
   I₁ = I₂' + I₃ + I₄ + I₅
   120 A = 210 A + 80 A + 55 A + I₅
   120 A = 345 A + I₅

5. lépés: rendezés
   I₅ = 120 A − 345 A
   I₅ = −225 A

Eredmény: I₅ = −225 A.

Az előjel értelmezése – ez a feladat lényege. A negatív előjel nem hiba: azt jelenti, hogy az
áram a felvett iránnyal ellentétesen folyik. Mivel I₅-öt kifolyó iránnyal vettük fel, a valóság
az, hogy ezen az ágon 225 A folyik BE a sínbe. Fizikailag ez logikus: ha az egyik korábbi
betáplálás fogyasztóvá vált (210 A-t vesz fel), akkor az ötödik ágnak kell táplálnia a
gyűjtősínt – ez a helyzet áll elő például akkor, ha egy párhuzamosan járó transzformátor vagy
generátor átvált fogyasztó üzembe.

Ellenőrzés a második esetre:
   befolyó: 120 A (I₁) + 225 A (I₅ valódi iránya) = 345 A
   kifolyó: 210 A + 80 A + 55 A = 345 A          – zár

8.2. feladat. (számítási feladat)

Adatok: U₁ = 24 V, R₁ = 2 Ω; U₂ = 18 V, R₂ = 3 Ω; a közös fogyasztó R₃ = 6 Ω.

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

2. lépés: az áramirányok felvétele
   I₁ : a bal ágban (az U₁ forrás felől) a B csomópontból az A felé
   I₂ : a jobb ágban (az U₂ forrás felől) a B csomópontból az A felé
   I₃ : a középső (fogyasztó-) ágban az A csomópontból a B felé

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

4. lépés: hurokegyenlet az I. hurokra (bal + középső ág), "esések = források" alakban
   I₁ · R₁ + I₃ · R₃ = U₁
   2 · I₁ + 6 · I₃ = 24                                    (2)

5. lépés: hurokegyenlet a II. hurokra (jobb + középső ág)
   I₂ · R₂ + I₃ · R₃ = U₂
   3 · I₂ + 6 · I₃ = 18                                    (3)

6. lépés: az (1) beírása a (2)-be és a (3)-ba (I₃ = I₁ + I₂)
   (2):  2·I₁ + 6·(I₁ + I₂) = 24   →   8·I₁ + 6·I₂ = 24    (2')
   (3):  3·I₂ + 6·(I₁ + I₂) = 18   →   6·I₁ + 9·I₂ = 18    (3')

7. lépés: kiküszöbölés. A (2')-t 3-mal, a (3')-t 2-vel szorozzuk:
   (2')·3 :  24·I₁ + 18·I₂ = 72
   (3')·2 :  12·I₁ + 18·I₂ = 36
   kivonva:  12·I₁          = 36
   I₁ = 3 A

8. lépés: visszahelyettesítés a (2')-be
   8 · 3 + 6 · I₂ = 24   →   24 + 6·I₂ = 24   →   6·I₂ = 0
   I₂ = 0 A

9. lépés: a harmadik ágáram
   I₃ = I₁ + I₂ = 3 A + 0 A = 3 A

Eredmény: I₁ = 3 A; I₂ = 0 A; I₃ = 3 A.

Az eredmény értelmezése. A 18 V-os forrás ágában egyáltalán nem folyik áram: a két forrás
éppen „egyensúlyban” van. Ellenőrizhető is: a fogyasztón U₃ = I₃ · R₃ = 3 A · 6 Ω = 18 V esik –
pontosan annyi, amennyi a második forrás üresjárási feszültsége, ezért annak kapcsain nincs
hajtófeszültség-különbség. Ez a kiegyenlített (holtponti) állapot: a második forrás sem nem
tölt, sem nem táplál.

Ellenőrzés BEHELYETTESÍTÉSSEL:
   (2):  2 Ω · 3 A + 6 Ω · 3 A = 6 V + 18 V = 24 V = U₁      – helyes
   (3):  3 Ω · 0 A + 6 Ω · 3 A = 0 V + 18 V = 18 V = U₂      – helyes
   (1):  3 A + 0 A = 3 A = I₃                                – helyes

Ellenőrzés TELJESÍTMÉNYMÉRLEGGEL:
   Leadott:  P₁ = U₁ · I₁ = 24 V · 3 A = 72,0 W
             P₂ = U₂ · I₂ = 18 V · 0 A =  0,0 W
             összesen                   = 72,0 W
   Felvett:  P_R1 = I₁² · R₁ = 3² · 2 = 18,0 W
             P_R2 = I₂² · R₂ = 0² · 3 =  0,0 W
             P_R3 = I₃² · R₃ = 3² · 6 = 54,0 W
             összesen                   = 72,0 W
   Mérleg: 72,0 W = 72,0 W        – zár, a megoldás helyes.

8.3. feladat. (számítási feladat)

Adatok: U = 36 V; R₁ = 3 Ω sorosan; R₂ = 12 Ω párhuzamos ágként; R₃ = 4 Ω és R₄ = 8 Ω soros
párként (ez a második párhuzamos ág).

Megoldás hurokáramokkal

1. lépés: a hurkok kijelölése
   I. hurok  (I_a): forrás → R₁ → R₂ → vissza a forráshoz
   II. hurok (I_b): R₂ → R₃ → R₄ → vissza (a "belső ablak")
   Az R₂ a KÖZÖS ág: rajta a két hurokáram KÜLÖNBSÉGE folyik.
   Két ismeretlen: I_a és I_b.

2. lépés: az I. hurok egyenlete
   I_a · (R₁ + R₂) − I_b · R₂ = U
   I_a · (3 + 12) − I_b · 12 = 36
   15 · I_a − 12 · I_b = 36                                 (1)

3. lépés: a II. hurok egyenlete (nincs benne forrás)
   I_b · (R₂ + R₃ + R₄) − I_a · R₂ = 0
   I_b · (12 + 4 + 8) − I_a · 12 = 0
   24 · I_b = 12 · I_a     →     I_b = 0,5 · I_a            (2)

4. lépés: a (2) beírása az (1)-be
   15 · I_a − 12 · (0,5 · I_a) = 36
   15 · I_a − 6 · I_a = 36
   9 · I_a = 36
   I_a = 4 A

5. lépés: a második hurokáram
   I_b = 0,5 · 4 A = 2 A

6. lépés: az ágáramok a hurokáramokból
   I_R1 = I_a         = 4 A          (a főági áram)
   I_R2 = I_a − I_b   = 4 − 2 = 2 A  (a közös ág)
   I_R3 = I_R4 = I_b  = 2 A

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

Ellenőrzés SOROS-PÁRHUZAMOS ÖSSZEVONÁSSAL:
   1. a második ág soros eredője:  R₃₄ = R₃ + R₄ = 4 Ω + 8 Ω = 12 Ω
   2. a két párhuzamos ág:         R₂₃₄ = (12 · 12)/(12 + 12) = 144/24 = 6 Ω
      (két egyforma ellenállás párhuzamosan = az érték fele – rendben)
   3. a teljes eredő:              R_e = R₁ + R₂₃₄ = 3 Ω + 6 Ω = 9 Ω
   4. a főági áram:                I = U / R_e = 36 V / 9 Ω = 4 A     – egyezik
   5. a párhuzamos részre jutó feszültség:
                                   U₂₃₄ = 6 Ω · 4 A = 24 V
      (ellenőrzés: U_R1 = 3 Ω · 4 A = 12 V ;  12 V + 24 V = 36 V – helyes)
   6. az ágáramok:                 I_R2 = 24 V / 12 Ω = 2 A
                                   I_R34 = 24 V / 12 Ω = 2 A          – egyezik

Ellenőrzés TELJESÍTMÉNYMÉRLEGGEL:
   Leadott:  P = U · I = 36 V · 4 A = 144,0 W
   Felvett:  P_R1 = 4² · 3  = 48,0 W
             P_R2 = 2² · 12 = 48,0 W
             P_R3 = 2² · 4  = 16,0 W
             P_R4 = 2² · 8  = 32,0 W
             összesen        = 144,0 W
   Mérleg: 144,0 W = 144,0 W       – zár, a megoldás helyes.

Értékelés. A hurokáramok módszere itt két ismeretlent adott, míg a Kirchhoff-egyenletekkel
b = 3 ág → 3 egyenletet kellett volna felírni. Az ágak számolásánál a 8.1 alfejezet szabálya a
mérvadó: az ág nem azonos az elemmel – a forrás és az R₁, illetve az R₃ és az R₄ soros pár
egy-egy ágat alkot, mert a közös pontjukról nem indul harmadik vezeték. A hálózat tehát
b = 3 ágú és n = 2 csomópontú, ahogyan a fejezet 5. mintapéldájának táblázata is mutatja. A
hurokáramos felírás előnye itt egy egyenlet, és annál nagyobb, minél több ág jut egy hurokra.

8.4. feladat. (számítási feladat)

Adatok: U = 24 V (az A és a D pont között); R₁ = 3 Ω (A–B); R₂ = 6 Ω (A–C); R₃ = 6 Ω (B–D);
R₄ = 6 Ω (C–D); a hídágban R₅ = 4 Ω (B–C).

a) A kiegyenlítés feltételének ellenőrzése

1. lépés: a feltétel (a fejezetben levezetve)
   R₂ · R₃ = R₁ · R₄        →  ekkor a hídágban nem folyik áram

2. lépés: behelyettesítés
   R₂ · R₃ = 6 Ω · 6 Ω = 36 Ω²
   R₁ · R₄ = 3 Ω · 6 Ω = 18 Ω²
   36 Ω² ≠ 18 Ω²

Következtetés: a híd NINCS kiegyenlítve, tehát a hídágban áram fog folyni.

b) A hídág árama csomóponti potenciálokkal

3. lépés: referencia és ismert potenciál
   U_D = 0 V (referencia) ;  U_A = 24 V (a forrás rögzíti)
   Ismeretlen: U_B és U_C.

4. lépés: csomóponti egyenlet a B pontra (befolyó = kifolyó)
   (U_A − U_B)/R₁ = U_B/R₃ + (U_B − U_C)/R₅
   (24 − U_B)/3 = U_B/6 + (U_B − U_C)/4          | · 12
   4·(24 − U_B) = 2·U_B + 3·(U_B − U_C)
   96 − 4·U_B = 2·U_B + 3·U_B − 3·U_C
   96 = 9·U_B − 3·U_C                                       (1)

5. lépés: csomóponti egyenlet a C pontra
   (U_A − U_C)/R₂ + (U_B − U_C)/R₅ = U_C/R₄
   (24 − U_C)/6 + (U_B − U_C)/4 = U_C/6          | · 12
   2·(24 − U_C) + 3·(U_B − U_C) = 2·U_C
   48 − 2·U_C + 3·U_B − 3·U_C = 2·U_C
   48 + 3·U_B = 7·U_C
   U_C = (48 + 3·U_B) / 7                                   (2)

6. lépés: a (2) behelyettesítése az (1)-be
   96 = 9·U_B − 3 · (48 + 3·U_B)/7                | · 7
   672 = 63·U_B − 3·(48 + 3·U_B)
   672 = 63·U_B − 144 − 9·U_B
   816 = 54·U_B
   U_B = 816 / 54 = 15,111 V ≈ 15,11 V

7. lépés: a C pont potenciálja
   U_C = (48 + 3 · 15,111) / 7 = (48 + 45,333) / 7 = 93,333 / 7
   U_C = 13,333 V ≈ 13,33 V

8. lépés: a hídág árama
   U_BC = U_B − U_C = 15,111 V − 13,333 V = 1,778 V
   I₅ = U_BC / R₅ = 1,778 V / 4 Ω = 0,444 A ≈ 0,44 A
   Iránya: a B pontból a C pont felé (mert U_B > U_C).

Eredmény: a hídágban I₅ ≈ 0,444 A folyik, a B pontból a C felé.

Ellenőrzés – a többi ágáram és a csomóponti mérleg:
   I₁ = (24 − 15,111)/3 = 8,889/3 = 2,963 A   (A → B)
   I₂ = (24 − 13,333)/6 = 10,667/6 = 1,778 A  (A → C)
   I₃ = 15,111/6 = 2,519 A                    (B → D)
   I₄ = 13,333/6 = 2,222 A                    (C → D)

   B pont:  befolyó 2,963 A  =  kifolyó 2,519 + 0,444 = 2,963 A    – helyes
   C pont:  befolyó 1,778 + 0,444 = 2,222 A  =  kifolyó 2,222 A    – helyes

Ellenőrzés TELJESÍTMÉNYMÉRLEGGEL:
   A forrás árama: I = I₁ + I₂ = 2,963 + 1,778 = 4,741 A
   Leadott:  P = 24 V · 4,741 A = 113,78 W
   Felvett:  R₁: 2,963² · 3 = 26,34 W
             R₂: 1,778² · 6 = 18,96 W
             R₃: 2,519² · 6 = 38,07 W
             R₄: 2,222² · 6 = 29,63 W
             R₅: 0,444² · 4 =  0,79 W
             összesen        = 113,78 W
   Mérleg: 113,78 W = 113,78 W    – zár, a megoldás helyes.

c) Mekkorára kellene állítani R₄-et a kiegyenlítéshez?

9. lépés: a kiegyenlítés feltételéből
   R₂ · R₃ = R₁ · R₄        →       R₄ = (R₂ · R₃) / R₁
   R₄ = (6 Ω · 6 Ω) / 3 Ω = 36 Ω² / 3 Ω
   R₄ = 12 Ω

10. lépés: ellenőrzés feszültségosztással (kiegyenlített hídon nincs hídágáram,
    tehát a két oldal terheletlen feszültségosztó)
   U_B = U · R₃ / (R₁ + R₃) = 24 V · 6 / (3 + 6) = 24 · 0,6667 = 16,0 V
   U_C = U · R₄ / (R₂ + R₄) = 24 V · 12 / (6 + 12) = 24 · 0,6667 = 16,0 V
   U_B = U_C  →  a hídágban valóban nem folyna áram.       – helyes

Eredmény: R₄-et 12 Ω-ra kellene növelni. Ez a nullmódszeres (összehasonlító)
ellenállásmérés elve: ha három ellenállás ismert és a negyedikkel kiegyenlítjük a hidat, a
negyedik értéke az összefüggésből számítható (6. fejezet, Wheatstone-híd).

8.5. feladat. (számítási feladat)

Adatok: az aktív kétpólus üresjárási feszültsége U₀ = 18 V, rövidzárási árama I_rz = 6 A.

a) A Thévenin- és a Norton-helyettesítő kép

1. lépés: a belső ellenállás (mindkét helyettesítő képben ugyanaz)
   R_b = U₀ / I_rz = 18 V / 6 A = 3 Ω

2. lépés: a két helyettesítő kép

   THÉVENIN-alak:   U₀ = 18 V ideális feszültségforrás
                    SOROSAN  R_b = 3 Ω belső ellenállással

   NORTON-alak:     I_rz = 6 A ideális áramgenerátor
                    PÁRHUZAMOSAN R_b = 3 Ω belső ellenállással

b) és c) A 4 Ω-os fogyasztó árama és a kapocsfeszültség – Thévenin-alakból

3. lépés: az áram (soros kör: R_b és R_t sorosan)
   I = U₀ / (R_b + R_t) = 18 V / (3 Ω + 4 Ω) = 18 V / 7 Ω
   I = 2,5714 A ≈ 2,57 A

4. lépés: a kapocsfeszültség (a terhelésen eső feszültség)
   U_k = I · R_t = 2,5714 A · 4 Ω = 10,286 V ≈ 10,29 V

   Ellenőrzés a kapocsfeszültség képletével:
   U_k = U₀ − I · R_b = 18 V − 2,5714 A · 3 Ω = 18 V − 7,714 V = 10,286 V  – egyezik

d) Ugyanez a Norton-alakból, és az összevetés

5. lépés: a Norton-alakban a 6 A-es áramgenerátor árama megoszlik R_b és R_t között.
   Áramosztás (a "keresztbe" képlettel):
   I = I_rz · R_b / (R_b + R_t) = 6 A · 3 Ω / (3 Ω + 4 Ω) = 18 / 7
   I = 2,5714 A ≈ 2,57 A                     – UGYANAZ, mint a Thévenin-alakból

6. lépés: a kapocsfeszültség a Norton-alakból
   U_k = I · R_t = 2,5714 A · 4 Ω = 10,286 V – ugyanaz

   (Vagy: a belső ellenálláson elfolyó áram I_b = 6 − 2,5714 = 3,4286 A,
    és U_k = I_b · R_b = 3,4286 A · 3 Ω = 10,286 V  – szintén ugyanaz.)

Eredmény: R_b = 3 Ω; I ≈ 2,57 A; U_k ≈ 10,29 V. A két helyettesítő kép ugyanazt az eredményt
adja – ez nem véletlen: a Thévenin- és a Norton-alak ugyanannak a dolognak a két arca, az
átszámítás egyetlen osztás (R_b = U₀ / I_rz), illetve szorzás (U₀ = I_rz · R_b).

Melyiket érdemes használni? A Thévenin-alakot, ha a keresett ág sorosan kapcsolódik
(feszültségosztást kell számolni), a Norton-alakot, ha párhuzamosan (áramosztás). Vizsgán
azt írd fel, amelyikkel kevesebb a számolás.

8.6. feladat. (számítási feladat)

A 8.2. feladat hálózata: U₁ = 24 V, R₁ = 2 Ω; U₂ = 18 V, R₂ = 3 Ω; R₃ = 6 Ω. Most
szuperpozícióval oldjuk meg.

Az áramirányok felvétele ugyanaz, mint a 8.2. feladatban: I₁ és I₂ a két forrás felől a
közös (A) csomópont felé, I₃ az A csomópontból a fogyasztón át vissza.

1. RÉSZFELADAT – csak az U₁ = 24 V forrás működik, az U₂ helyére RÖVIDZÁR kerül
   (a belső ellenállások, R₁ és R₂ a helyükön maradnak!)

1. lépés: R₂ és R₃ így PÁRHUZAMOSAN kapcsolódik
   R₂₃ = (R₂ · R₃) / (R₂ + R₃) = (3 · 6) / (3 + 6) = 18 / 9 = 2 Ω

2. lépés: az U₁ ágának eredője
   R_e' = R₁ + R₂₃ = 2 Ω + 2 Ω = 4 Ω

3. lépés: a forrás árama
   I₁' = U₁ / R_e' = 24 V / 4 Ω = 6 A

4. lépés: a közös csomóponti feszültség
   U_A' = R₂₃ · I₁' = 2 Ω · 6 A = 12 V

5. lépés: a két másik ágáram
   I₃' = U_A' / R₃ = 12 V / 6 Ω = 2 A     (a felvett iránnyal MEGEGYEZŐ)
   I₂' = U_A' / R₂ = 12 V / 3 Ω = 4 A     (a felvett iránnyal ELLENTÉTES:
                                           az áram az A pontból folyik az U₂ ága felé)


2. RÉSZFELADAT – csak az U₂ = 18 V forrás működik, az U₁ helyére RÖVIDZÁR kerül

6. lépés: R₁ és R₃ most PÁRHUZAMOSAN kapcsolódik
   R₁₃ = (R₁ · R₃) / (R₁ + R₃) = (2 · 6) / (2 + 6) = 12 / 8 = 1,5 Ω

7. lépés: az U₂ ágának eredője
   R_e'' = R₂ + R₁₃ = 3 Ω + 1,5 Ω = 4,5 Ω

8. lépés: a forrás árama
   I₂'' = U₂ / R_e'' = 18 V / 4,5 Ω = 4 A

9. lépés: a közös csomóponti feszültség
   U_A'' = R₁₃ · I₂'' = 1,5 Ω · 4 A = 6 V

10. lépés: a két másik ágáram
   I₃'' = U_A'' / R₃ = 6 V / 6 Ω = 1 A    (a felvett iránnyal MEGEGYEZŐ)
   I₁'' = U_A'' / R₁ = 6 V / 2 Ω = 3 A    (a felvett iránnyal ELLENTÉTES)


ÖSSZEGZÉS – a részeredmények ELŐJELHELYES összeadása

11. lépés:
   I₁ = I₁' − I₁'' = 6 A − 3 A = 3 A
   I₂ = −I₂' + I₂'' = −4 A + 4 A = 0 A
   I₃ = I₃' + I₃'' = 2 A + 1 A = 3 A

Eredmény: I₁ = 3 A; I₂ = 0 A; I₃ = 3 A – pontosan ugyanaz, mint a 8.2. feladatban a
Kirchhoff-egyenletekkel. Ez a legjobb bizonyíték arra, hogy a módszerek egyenértékűek, és csak a
munka mennyiségében térnek el.

Az R₃-on hővé alakuló teljesítmény

12. lépés: a VALÓDI (összegzett) árammal
   P_R3 = I₃² · R₃ = (3 A)² · 6 Ω = 9 A² · 6 Ω = 54 W

Miért NEM szabad a két részeredmény teljesítményének összegeként számolni? ⭐ Ez a feladat
legfontosabb tanulsága. Nézzük meg, mit adna a hibás út:

13. lépés: a HIBÁS számítás bemutatása
   P' = I₃'² · R₃  = 2² · 6 = 24 W
   P'' = I₃''² · R₃ = 1² · 6 =  6 W
   P' + P'' = 24 W + 6 W = 30 W        ≠  54 W (a valódi érték)

   A hiba nagysága: 54 − 30 = 24 W, azaz a hibás eredmény
   a valódinak mindössze 30/54 = 55,6 %-a.

Az indoklás. A szuperpozíció elve lineáris mennyiségekre érvényes: az áramok és a
feszültségek lineárisan függenek a forrásoktól, ezért ezeket szabad összeadni. A teljesítmény
viszont nem lineáris, hanem NÉGYZETES függvénye az áramnak (P = I² · R), és a négyzetre emelés
nem őrzi meg az összeadást:

(I' + I'')² = I'² + 2·I'·I'' + I''²   ≠   I'² + I''²

A különbség éppen a "vegyes tag":  2 · I' · I'' · R = 2 · 2 · 1 · 6 = 24 W
Ellenőrzés: 30 W + 24 W = 54 W       – pontosan a hiányzó rész.

A szabály tehát: szuperpozícióval áramot és feszültséget szabad összegezni,
teljesítményt soha. A teljesítményt mindig a végleges, összegzett áramból vagy
feszültségből kell kiszámolni.

Ellenőrzés TELJESÍTMÉNYMÉRLEGGEL (a végleges áramokkal):
   Leadott:  24 V · 3 A + 18 V · 0 A = 72,0 W
   Felvett:  R₁: 3² · 2 = 18,0 W ; R₂: 0² · 3 = 0 W ; R₃: 3² · 6 = 54,0 W
             összesen = 72,0 W
   Mérleg: 72,0 W = 72,0 W        – zár.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.9 A 9. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

9.1. feladat. (számítási feladat)

Adatok: C = 220 µF = 220 · 10⁻⁶ F; U = 12 V; R = 4,7 kΩ = 4,7 · 10³ Ω.

a) Az időállandó

1. lépés: az RC-kör időállandója
   τ = R · C = 4,7 · 10³ Ω · 220 · 10⁻⁶ F
   τ = 4700 · 0,000220 s
   τ = 1,034 s

   Mértékegység-ellenőrzés: Ω · F = (V/A) · (A·s/V) = s.   Helyes.

b) A bekapcsolási (kezdeti) áram

A bekapcsolás pillanatában a kondenzátor feszültsége még nulla, tehát a teljes 12 V az
ellenálláson esik:

2. lépés:
   I₀ = U / R = 12 V / 4,7 · 10³ Ω
   I₀ = 2,553 · 10⁻³ A = 2,553 mA ≈ 2,55 mA

c) A kondenzátor feszültsége 1 s, 2 s és 5 s múlva

3. lépés: a töltési függvény
   u_C(t) = U · (1 − e^(−t/τ))

4. lépés: t = 1 s
   t/τ = 1 s / 1,034 s = 0,967
   1 − e^(−0,967) = 1 − 0,3802 = 0,6198  →  61,98 %
   u_C = 12 V · 0,6198 = 7,44 V

5. lépés: t = 2 s
   t/τ = 2 / 1,034 = 1,934
   1 − e^(−1,934) = 1 − 0,1445 = 0,8555  →  85,55 %
   u_C = 12 V · 0,8555 = 10,27 V

6. lépés: t = 5 s
   t/τ = 5 / 1,034 = 4,836
   1 − e^(−4,836) = 1 − 0,0079 = 0,9921  →  99,21 %
   u_C = 12 V · 0,9921 = 11,91 V

Ellenőrzés a fejezet táblázatával. Mivel τ ≈ 1 s, az 1 s, 2 s és 5 s körülbelül 1 τ, 2 τ és
5 τ-nak felel meg, ezért a táblázat 63,2 % – 86,5 % – 99,3 % értékei mellett kapott 61,98 % –
85,55 % – 99,21 % pontosan a várt nagyságrend (a kis eltérés abból adódik, hogy τ nem
pontosan 1 s, hanem 1,034 s). A gyakorlatilag teljes feltöltődés ideje: 5 τ = 5 · 1,034 s ≈ 5,2 s.

d) A teljesen feltöltött kondenzátorban tárolt energia

7. lépés:
   W = ½ · C · U² = 0,5 · 220 · 10⁻⁶ F · (12 V)²
   (12 V)² = 144 V²
   W = 0,5 · 220 · 10⁻⁶ · 144
   W = 15,84 · 10⁻³ J = 15,84 mJ ≈ 15,8 mJ

   Ellenőrzés másik alakkal:
   Q = C · U = 220 · 10⁻⁶ · 12 = 2,64 · 10⁻³ C = 2,64 mC
   W = ½ · Q · U = 0,5 · 2,64 · 10⁻³ · 12 = 15,84 · 10⁻³ J   – egyezik

e) Mi változna 47 kΩ-os ellenállással?

8. lépés: az új időállandó
   τ' = R' · C = 47 · 10³ Ω · 220 · 10⁻⁶ F = 10,34 s
   τ' / τ = 10,34 / 1,034 = 10   →  az időállandó TÍZSZERESÉRE nő

9. lépés: az új bekapcsolási áram
   I₀' = U / R' = 12 V / 47 · 10³ Ω = 0,2553 · 10⁻³ A = 0,255 mA
   I₀' / I₀ = 0,255 / 2,553 = 0,1   →  a bekapcsolási áram a TIZEDÉRE csökken

Az összefüggés megfogalmazása. A tízszeres ellenállás tízszer lassabb töltést és tizedakkora
bekapcsolási áramot jelent: a folyamat gyakorlatilag teljes lezajlásához 5 τ' = 5 · 10,34 s ≈ 52 s
kell. A tárolt energia viszont nem változik – az csak C-től és U-tól függ (W = ½ · C · U² =
15,84 mJ marad). Az ellenállás tehát nem azt szabja meg, mennyi energia kerül a kondenzátorba,
hanem azt, hogy milyen gyorsan. Ez a kisütőellenállások méretezésének alapgondolata: a nagy
ellenállás kíméli a kapcsolót (kis áramlökés), de lassan süt ki – és a kisütés tényét
mindig méréssel kell ellenőrizni, nem órával.

9.2. feladat. (számítási feladat)

Adatok: l = 0,25 m; A = 6 cm² = 6 · 10⁻⁴ m²; μ_r = 1500; N = 800; I = 0,6 A;
μ₀ = 1,257 · 10⁻⁶ Vs/(A·m).

a) Gerjesztés, térerősség, indukció, fluxus

1. lépés: a gerjesztés
   Θ = N · I = 800 · 0,6 A = 480 A (ampermenet)

2. lépés: a mágneses térerősség
   H = Θ / l = 480 A / 0,25 m = 1920 A/m

3. lépés: a permeabilitás
   μ = μ₀ · μ_r = 1,257 · 10⁻⁶ · 1500 = 1,8855 · 10⁻³ Vs/(A·m)

4. lépés: a mágneses indukció
   B = μ · H = 1,8855 · 10⁻³ · 1920 A/m
   B = 3,620 T

5. lépés: a fluxus
   Φ = B · A = 3,620 T · 6 · 10⁻⁴ m²
   Φ = 2,172 · 10⁻³ Wb = 2,172 mWb ≈ 2,17 mWb

⚠ Szakmai megjegyzés a B értékéhez – ezt a vizsgán is érdemes hozzátenni. A számított
3,62 T a lineáris modell eredménye, amely a μ_r = 1500 értéket állandónak tekinti. A
valóságban a ferromágneses anyagok telítésbe mennek: a szokásos transzformátor- és
motorlemezeknél a telítési indukció 1,5–2 T körül van. Ekkora gerjesztésnél tehát a vas rég
telítésben volna, a μ_r drasztikusan lecsökkenne, és a valódi indukció (és vele a fluxus) jóval
kisebb lenne a számítottnál. A 9.8 alfejezet erre figyelmeztet: a vas permeabilitása nem
állandó, a μ_r = 1500 nem az anyag „adata”, hanem a mágnesezési görbe egy adott pontjához
tartozó érték. A feladatot a megadott adatokkal, lineárisan oldjuk meg – de tudni kell, hogy a
valóságban ez az üzemállapot nem valósulna meg.

b) A mag reluktanciája

6. lépés: a reluktancia képlete
   R_m = l / (μ · A)

7. lépés: a nevező
   μ · A = 1,8855 · 10⁻³ · 6 · 10⁻⁴ = 1,1313 · 10⁻⁶

8. lépés: behelyettesítés
   R_m = 0,25 / (1,1313 · 10⁻⁶)
   R_m = 2,210 · 10⁵  1/H  (≈ 221 000 1/H)

   Ellenőrzés Hopkinson törvényével:
   Φ = Θ / R_m = 480 A / 2,210 · 10⁵ = 2,172 · 10⁻³ Wb   – egyezik az 5. lépéssel

c) Mennyivel változna a fluxus 0,5 mm-es légréssel?

 9. lépés: a vasrész hossza a légrés levonása után
   l_vas = 0,25 m − 0,0005 m = 0,2495 m

10. lépés: a vasrész reluktanciája
   R_m,vas = l_vas / (μ · A) = 0,2495 / (1,1313 · 10⁻⁶)
   R_m,vas = 2,205 · 10⁵  1/H

11. lépés: a légrés reluktanciája (levegőre μ_r = 1, tehát μ = μ₀)
   μ₀ · A = 1,257 · 10⁻⁶ · 6 · 10⁻⁴ = 7,542 · 10⁻¹⁰
   R_m,légrés = δ / (μ₀ · A) = 0,0005 / (7,542 · 10⁻¹⁰)
   R_m,légrés = 6,630 · 10⁵  1/H

12. lépés: az eredő reluktancia (a légrés SOROSAN kapcsolódik a vashoz)
   R_m,ö = R_m,vas + R_m,légrés = 2,205 · 10⁵ + 6,630 · 10⁵
   R_m,ö = 8,835 · 10⁵  1/H

13. lépés: az új fluxus változatlan gerjesztés (Θ = 480 A) mellett
   Φ' = Θ / R_m,ö = 480 A / 8,835 · 10⁵
   Φ' = 5,433 · 10⁻⁴ Wb = 0,543 mWb

14. lépés: a változás mértéke
   Φ' / Φ = 0,543 mWb / 2,172 mWb = 0,250
   A fluxus a NEGYEDÉRE csökken (75 %-os csökkenés).

⭐ A tanulság. A légrés a mágneses kör hosszának mindössze
0,5 mm / 250 mm = 0,2 %-át teszi ki, mégis az eredő reluktancia
6,630 / 8,835 = 75,0 %-át adja – és a negyedére csökkenti a fluxust. Ezért kell a
mágneskapcsoló magfelületeit tisztán tartani, ezért nő meg a kontaktor tekercsáram-igénye, ha az
armatúra nem zár rendesen, és ezért kritikus a villamos gépek légrésének pontos beállítása.

d) Hány százalékkal kellene megnövelni az áramot az eredeti fluxushoz?

15. lépés: a szükséges gerjesztés a légréses magban
   Θ' = Φ · R_m,ö = 2,172 · 10⁻³ Wb · 8,835 · 10⁵ 1/H
   Θ' = 1919 A (ampermenet)

16. lépés: a szükséges áram (a menetszám változatlan, N = 800)
   I' = Θ' / N = 1919 A / 800 = 2,399 A ≈ 2,40 A

17. lépés: a növekedés
   I' / I = 2,399 A / 0,6 A = 3,998 ≈ 4,0-szeres
   A növekedés százalékban: (2,399 − 0,6) / 0,6 · 100 = 299,8 % ≈ 300 %

Eredmény: az áramot kb. 300 %-kal, azaz a négyszeresére (0,6 A helyett kb. 2,4 A-re)
kellene növelni. Ez a gyakorlatban rendszerint kivitelezhetetlen: a tekercs túlmelegedne
(P = I² · R miatt tizenhatszoros veszteség!), és a vas rég telítésbe menne. A helyes válasz a
valóságban nem a nagyobb áram, hanem a légrés megszüntetése.

9.3. feladat. (számítási feladat)

Adatok: a vasveszteség 50 Hz-en P = 120 W; ebből 60 % hiszterézis- és 40 %
örvényáram-veszteség; B_max változatlan.

a) A két veszteség szétbontása

1. lépés: a hiszterézisveszteség 50 Hz-en
   P_h = 120 W · 0,60 = 72 W

2. lépés: az örvényáram-veszteség 50 Hz-en
   P_ö = 120 W · 0,40 = 48 W

   Ellenőrzés: 72 W + 48 W = 120 W   – helyes

b) A teljes vasveszteség 25 Hz-en, változatlan B_max mellett

A frekvenciafüggés a fejezet szerint: a hiszterézisveszteség az első hatvánnyal, az
örvényáram-veszteség a négyzettel arányos.

3. lépés: a frekvenciaarány
   k = f₂ / f₁ = 25 Hz / 50 Hz = 0,5

4. lépés: a hiszterézisveszteség (P_h ~ f, első hatvány)
   P_h(25) = 72 W · 0,5 = 36 W

5. lépés: az örvényáram-veszteség (P_ö ~ f², négyzetesen)
   P_ö(25) = 48 W · 0,5² = 48 W · 0,25 = 12 W

6. lépés: a teljes vasveszteség
   P(25) = 36 W + 12 W = 48 W

Eredmény: 25 Hz-en a teljes vasveszteség 48 W – a felezett frekvencián a veszteség
120 W-ról 48 W-ra, azaz a 40 %-ára esik (nem a felére, mert az örvényáramrész négyzetesen
csökken).

c) A vasveszteség 100 Hz-en, változatlan B_max mellett

7. lépés: a frekvenciaarány
   k = 100 Hz / 50 Hz = 2

8. lépés: a hiszterézisveszteség
   P_h(100) = 72 W · 2 = 144 W

9. lépés: az örvényáram-veszteség
   P_ö(100) = 48 W · 2² = 48 W · 4 = 192 W

10. lépés: a teljes vasveszteség
   P(100) = 144 W + 192 W = 336 W

Eredmény: 100 Hz-en 336 W – a kétszeres frekvencia 2,8-szoros vasveszteséget okoz
(336 / 120 = 2,8). Figyeld meg az arányeltolódást: 50 Hz-en az örvényáram a veszteség 40 %-át adta,
100 Hz-en már 57 %-át (192 / 336) – nagy frekvencián az örvényáram-veszteség válik
uralkodóvá.

d) Miért csökkenti a gyártó a fluxust (B_max-ot) nagy frekvencián?

Mert mindkét veszteségfajta erősen függ B_max-tól is: a hiszterézisveszteség
B_max kb. 1,6–2. hatványával (a szakképzési számításokban a 2. hatvánnyal), az
örvényáram-veszteség pedig négyzetesen arányos vele. Ha a frekvenciát megnöveljük, a veszteség
– változatlan B_max mellett – a fenti számítás szerint elszalad (a kétszeres frekvencia 2,8-szoros
veszteség, a négyszeres frekvencia már több mint tízszeres). A keletkező hőt a gép nem tudja
elvezetni: a vasmag és a tekercselés túlmelegszik, a szigetelés elöregszik, a gép élettartama
lerövidül.

A megoldás: nagy frekvencián csökkenteni kell B_max-ot, mert így a négyzetes (illetve 1,6–2.
hatványú) tag ellensúlyozza a frekvencia növekedését. Ezt a gyakorlatban az adja, hogy az indukált
feszültség u_i = −N · ΔΦ/Δt szerint a fluxus és a frekvencia szorzatával arányos: ha a
frekvenciával arányosan növeljük a feszültséget is, a fluxus állandó marad – ez a
frekvenciaváltós hajtás U/f = állandó szabálya. A névleges feszültség fölé viszont nem lehet
menni, ezért a névleges frekvencia fölött a feszültség már nem nő tovább, és a fluxus (B_max)
magától csökken – ez a „mezőgyengítéses” tartomány. A jelenség részletes tárgyalása a
21. és a 25. fejezetben következik.

9.4. feladat. (számítási feladat)

Adatok: L = 0,8 H; R = 160 Ω; U = 24 V egyenfeszültség.

a) Az állandósult áram

Állandósult (beállt) állapotban az áram már nem változik, ezért a tekercsen nem indukálódik
feszültség: csak az ohmos ellenállás korlátoz.

1. lépés:
   I = U / R = 24 V / 160 Ω
   I = 0,15 A = 150 mA

b) Az időállandó, és a végérték 95 %-ának elérési ideje

2. lépés: az RL-kör időállandója
   τ = L / R = 0,8 H / 160 Ω
   τ = 0,005 s = 5 ms

   Mértékegység-ellenőrzés: H / Ω = (Vs/A) / (V/A) = s.   Helyes.

3. lépés: a 95 %-hoz tartozó idő (a fejezet táblázatából: 3 τ-nál 95,0 %)
   t(95 %) = 3 · τ = 3 · 5 ms = 15 ms
   (az áram ekkor 0,95 · 0,15 A = 0,1425 A ≈ 143 mA)

   Kiegészítés: a folyamat gyakorlatilag teljes lezajlása 5 τ = 25 ms.

c) A tekercs mágneses terében tárolt energia állandósult állapotban

4. lépés:
   W = ½ · L · I² = 0,5 · 0,8 H · (0,15 A)²
   (0,15 A)² = 0,0225 A²
   W = 0,5 · 0,8 · 0,0225
   W = 0,009 J = 9 mJ

d) Az indukált feszültség, ha az áram 0,5 ms alatt szűnne meg

5. lépés: az önindukció összefüggése
   |u_i| = L · ΔI / Δt

6. lépés: behelyettesítés
   ΔI = 0,15 A − 0 A = 0,15 A ;  Δt = 0,5 ms = 0,5 · 10⁻³ s
   |u_i| = 0,8 H · 0,15 A / (0,5 · 10⁻³ s)
   |u_i| = 0,12 / 0,0005
   |u_i| = 240 V

⚠ Az eredmény jelentése. A 24 V-ról táplált, ártalmatlannak látszó kontaktortekercs
kikapcsoláskor 240 V-os, azaz a tápfeszültség tízszeresét elérő feszültséglökést produkál –
és ez az érték annál nagyobb, minél gyorsabban szakad meg az áram (a Δt a nevezőben van). Ha a
megszakadás nem 0,5 ms, hanem 50 µs alatt történik, az indukált feszültség már 2400 V volna.
Következményei: ív az érintkezők között (beégés, összehegedés, rövid élettartam), félvezetők
átütése (PLC-kimenet, tranzisztor), és villamos zaj, amely a vezérlőáramkörökben hibás
működést okoz.

e) Milyen védelmet építenél be, és hová?

Mivel a tekercs egyenfeszültségről táplált (24 V DC), a klasszikus megoldás:

⭐ A helye legalább olyan fontos, mint a fajtája: a védőelemet közvetlenül a tekercs
kapcsaira, minél rövidebb vezetékkel kell tenni – ha a kapcsoló és a tekercs között hosszú
vezeték fut, a vezeték saját induktivitásán is fellép a túlfeszültség, és a védelem hatásfoka
lecsökken. Megjegyzés a szabadonfutó diódáról: kissé megnyújtja az elengedési időt (a kontaktor
lassabban ejt ki), ezért gyors kikapcsolást igénylő biztonsági körben soros ellenállással vagy
Zener-diódával kombinálják.

9.5. feladat. (számítási feladat)

Adatok: a sínek távolsága 12 cm (ez a geometriai adat, amelyből a másik sín tere adódik – az
indukciót a feladat közvetlenül megadja); I = 25 kA = 25 000 A; B = 0,042 T; a sínszakasz hossza
két tartó között l = 0,8 m.

a) A sínszakaszra ható erő

1. lépés: az áramjárta vezetőre ható erő
   F = B · I · l

2. lépés: behelyettesítés
   F = 0,042 T · 25 000 A · 0,8 m
   F = 0,042 · 20 000
   F = 840 N

   Mértékegység-ellenőrzés:
   T · A · m = (Vs/m²) · A · m = (V·A·s)/m = Ws/m = J/m = N.   Helyes.

Eredmény: F = 840 N. Szemléletesen: ez akkora erő, mint kb. 86 kg tömeg súlya –
és mindez egyetlen, 0,8 m-es sínszakaszra hat, a zárlat töredékmásodperce alatt, lökésszerűen.

b) Vonzás vagy taszítás? Ellentétes irányú áramoknál taszítás. (Azonos irányú áramoknál
vonzzák egymást a vezetők, ellentétes irányúaknál taszítják.) Zárlatkor a két sínben rendszerint
ellentétes irányú az áram – a sínek tehát szét akarnak repülni, ezért kell őket a tartókkal
lefogni.

c) Hányszorosa ez a 250 A-es üzemi áramnál fellépő erőnek?

A feladat kikötése szerint az indukció is arányosan csökken – ez fizikailag helyes, hiszen a másik
sín tere is az abban folyó árammal arányos:

3. lépés: az áramarány
   I_zárlat / I_üzem = 25 000 A / 250 A = 100

4. lépés: az indukció üzemi áramnál (arányosan csökken)
   B' = B / 100 = 0,042 T / 100 = 4,2 · 10⁻⁴ T

5. lépés: az erő üzemi áramnál
   F' = B' · I' · l = 4,2 · 10⁻⁴ T · 250 A · 0,8 m
   F' = 0,084 N

6. lépés: az arány
   F / F' = 840 N / 0,084 N = 10 000

Eredmény: a zárlati erő az üzemi erő 10 000-szerese.

⭐ Miért éppen tízezerszeres? Mert mindkét tényező – az indukció és az áram – az áram
arányában változik, tehát az erő az áramok szorzatával, azaz gyakorlatilag az áram
négyzetével arányos:

Ellenőrzés az arányossággal:
   F ~ B · I,  és mivel B ~ I,  ezért  F ~ I²
   (I_zárlat / I_üzem)² = 100² = 10 000     – egyezik a 6. lépés eredményével

d) Miért kell a gyűjtősíneket a zárlati áramra méretezett tartókkal rögzíteni?

Mert a sínekre ható erő az áram négyzetével arányos, a zárlati áram pedig az üzeminek akár
százszorosa is lehet – ezért az erő tízezerszeresére nőhet. Ami üzemben elhanyagolható, néhány
századnyi newton, az zárlatkor több száz vagy több ezer newton lökésszerű terhelés: a sínek
elmozdulnak, elhajlanak, a szigetelő tartók eltörhetnek, a sínek egymáshoz érhetnek (újabb, most
már fémes zárlat), a kötések meglazulnak. Ha a tartókat csak az üzemi áramra méreteznénk, a
berendezés az első zárlat első félperiódusában tönkremenne.

Ezért szerepel a kapcsolóberendezések adatlapján a zárlati szilárdság (dinamikus és termikus
zárlatállóság), és ezért kell a sínek tartótávolságát, a szigetelők szilárdságát és a rögzítés
kialakítását a számított zárlati áramra méretezni – nem az üzemi áramra. A zárlatszámítás
módszereivel a 16. fejezet, a kapcsolóberendezésekkel a 30. fejezet foglalkozik.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.10 Összesítés

A 10–38. fejezet gyakorlatainak és tudáspróbáinak megoldása az F1/b és az F1/c függelékben
található.