F1b. függelék – Megoldások – II–III. rész (10–19. fejezet)

F1.0 Hogyan használd ezt a megoldókulcsot?

Először mindig magad old meg a feladatot, és csak utána nézd meg a megoldást. A számítási feladatoknál nem a végeredmény a lényeg, hanem a lépéssor: a vizsgán a részpontok többségét a helyes gondolatmenetért, a jó képletért és a kiírt mértékegységekért kapod.

A megoldásokban a következő megállapodásokat alkalmazzuk:

• a köztes eredményeket négy értékes jegyre kerekítve írjuk ki, de a továbbszámolás a kerekítetlen értékkel történik – ezért a végeredmény néhol az utolsó jegyben eltérhet attól, amit a kerekített részeredményekből kapnál;
• √2 = 1,4142, √3 = 1,7321, 2 · π · 50 = 314,16 rad/s;
• a réz fajlagos ellenállása ρ_Cu = 0,0185 Ω·mm²/m, az alumíniumé ρ_Al = 0,0294 Ω·mm²/m (MSZ EN 60909-0:2016, 6.4) – ezt használja a 14. és a 16. fejezet minden méretezési példája is;
• ahol a feladat adata hiányos, azt a megoldás külön kimondja, és megnevezi a feltételezést, amellyel tovább számolunk.

A tudáspróbák megoldókulcsában a „Helyes válasz" oszlop a betűjelet és a helyes értéket, az indoklás oszlop pedig azt adja meg, miért az a válasz.

F1.10 A 10. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

10.1. feladat. Oszcilloszkópos leolvasás átszámítása.

(a) Csúcsérték, effektív érték, középérték.

1. lépés: U_cs-cs = osztás · érzékenység = 6,5 · 100 V/osztás = 650 V
2. lépés: Û = U_cs-cs / 2 = 650 V / 2 = 325 V
3. lépés: U = Û / √2 = 325 V / 1,4142 = 229,8 V
4. lépés: U_köz = 0,637 · Û = 0,637 · 325 V = 207,0 V

(b) Periódusidő, frekvencia, körfrekvencia.

1. lépés: T = osztás · időalap = 4 · 5 ms/osztás = 20 ms = 0,020 s
2. lépés: f = 1 / T = 1 / 0,020 s = 50 Hz
3. lépés: ω = 2 · π · f = 6,2832 · 50 1/s = 314,16 rad/s

(c) Az időfüggvény.

u(t) = Û · sin(ω · t) = 325 · sin(314,16 · t)   [V, t másodpercben]

(d) Pillanatnyi érték 3 ms-nál.

1. lépés: ω · t = 314,16 rad/s · 0,003 s = 0,9425 rad
2. lépés: fokban:  0,9425 · 180/π = 54,0°
3. lépés: u(3 ms) = 325 V · sin 54,0° = 325 · 0,8090 = 262,9 V

(e) A nem TRMS-műszer leolvasása. A számított effektív érték 229,8 V, a műszer 232 V-ot mutat; az eltérés (232 − 229,8)/229,8 = 0,95 %, ami egy szokásos multiméter tűrésén belül van. Az érték tehát elfogadható – de csak akkor, ha a jelalak valóban szinuszos. A nem TRMS-műszer az egyenirányított jel középértékét méri, és azt szorozza a szinuszra érvényes 1,11-es formatényezővel. Ha a hálózaton jelentős a felharmonikus-tartalom (frekvenciaváltók, LED-világítás, kapcsolóüzemű tápok), a torzított jel formatényezője nem 1,11, ezért a kijelzett érték hibás lesz. A válasz tehát: a jelalaktól függ; torzított hálózaton csak TRMS-műszerrel szabad mérni. Az oszcilloszkóp képe egyébként éppen erre ad felvilágosítást: ha a görbe tiszta szinusz, a leolvasás megbízható.

10.2. feladat. R, L és C külön-külön 230 V, 50 Hz hálózaton.

(a) A felvett áramok.

1. lépés (ellenállás):
   I_R = U / R = 230 V / 40 Ω = 5,75 A

2. lépés (tekercs):
   X_L = 2 · π · f · L = 6,2832 · 50 1/s · 0,25 H = 78,54 Ω
   I_L = U / X_L = 230 V / 78,54 Ω = 2,928 A

3. lépés (kondenzátor):
   X_C = 1 / (2 · π · f · C) = 1 / (6,2832 · 50 · 22 · 10⁻⁶) = 1 / 0,006912 = 144,7 Ω
   I_C = U / X_C = 230 V / 144,7 Ω = 1,590 A

(b) A fazorábrák. Mindhárom esetben a feszültség a referenciafazor (egyetlen elem, közös a feszültség):

• ellenállás: az áram és a feszültség fazora egy irányba mutat, φ = 0°;
• tekercs: az áramfazor a feszültségfazorhoz képest 90°-kal elforgatva, késve (az óramutató járása szerint lefelé) áll, φ = +90° (a feszültség siet);
• kondenzátor: az áramfazor 90°-kal sietve (fölfelé) áll, φ = −90°.

Memóriasegítség: ELI the ICE man – tekercsnél (L) az E siet az I-hez képest, kondenzátornál (C) az I siet az E-hez képest.

(c) 60 Hz-en.

1. lépés: X_L = 6,2832 · 60 · 0,25 = 94,25 Ω  →  I_L = 230 / 94,25 = 2,440 A
2. lépés: X_C = 1 / (6,2832 · 60 · 22 · 10⁻⁶) = 1 / 0,008294 = 120,6 Ω
          I_C = 230 / 120,6 = 1,908 A
3. lépés: az ellenállás árama változatlan: I_R = 5,75 A

A frekvencia növelésével a tekercs árama csökken (2,928 A → 2,440 A), mert X_L ~ f, a kondenzátor árama nő (1,590 A → 1,908 A), mert X_C ~ 1/f, az ellenállás árama nem változik.

(d) 24 V egyenfeszültségen. Egyenáramon f = 0, ezért:

• a fojtótekercs reaktanciája nulla lesz, csak a huzal ohmos ellenállása marad. Ez tipikusan néhány ohm, tehát az áram a váltakozó áramúnak a sokszorosa – a tekercs túlmelegszik és leég. (Ez a magyarázata annak, hogy váltakozó áramú mágneskapcsoló-tekercset tilos egyenfeszültségre kapcsolni.)
• a kondenzátor reaktanciája végtelen lesz: a kezdeti feltöltési áram után nem folyik áram, a kondenzátor szakadásként viselkedik.

10.3. feladat. Soros RLC-kör: R = 47 Ω, L = 150 mH, C = 15 µF, U = 230 V, f = 50 Hz.

(a) Reaktanciák és impedancia.

1. lépés: X_L = 2 · π · f · L = 314,16 · 0,15 H = 47,12 Ω
2. lépés: X_C = 1 / (2 · π · f · C) = 1 / (314,16 · 15 · 10⁻⁶) = 1 / 0,004712 = 212,2 Ω
3. lépés: X = X_L − X_C = 47,12 − 212,2 = −165,1 Ω
4. lépés: Z = √(R² + X²) = √(47² + 165,1²) = √(2209 + 27 258) = √29 467 = 171,7 Ω

(b) A kör jellege, fázisszög, teljesítménytényező. Az eredő reaktancia negatív, tehát a kör kapacitív jellegű: az áram siet a feszültséghez képest.

5. lépés: tg φ = X / R = −165,1 / 47 = −3,513
          φ = −74,1°
6. lépés: cos φ = R / Z = 47 / 171,7 = 0,274

(c) Áram és részfeszültségek.

7. lépés: I = U / Z = 230 V / 171,7 Ω = 1,340 A
8. lépés: U_R = I · R   = 1,340 · 47    =  63,0 V
          U_L = I · X_L = 1,340 · 47,12 =  63,1 V
          U_C = I · X_C = 1,340 · 212,2 = 284,4 V
9. lépés (fazoros ellenőrzés):
          U_X = U_L − U_C = 63,1 − 284,4 = −221,3 V
          U = √(U_R² + U_X²) = √(63,0² + 221,3²) = √(3969 + 48 974)
            = √52 943 = 230,1 V ≈ 230 V   ✔

Az algebrai összeg ezzel szemben 63,0 + 63,1 + 284,4 = 410,5 V volna – ez nem a tápfeszültség.

(d) A fazorábra szerkesztése. Soros kör → a referenciafazor az áram, vízszintesen jobbra.

Léptékek:  1 cm = 1 A   és   1 cm = 40 V

I   = 1,340 A  →  1,34 cm, vízszintesen jobbra (referencia)
U_R =  63,0 V  →  1,58 cm, az árammal EGY IRÁNYBAN (fázisban)
U_L =  63,1 V  →  1,58 cm, az U_R végpontjából FÖLFELÉ (merőlegesen)
U_C = 284,4 V  →  7,11 cm, az U_L végpontjából LEFELÉ (merőlegesen)
U   = az origóból a végpontig húzott vektor:
      hossza az ábrán 5,75 cm  →  5,75 · 40 = 230 V,
      az áramfazorhoz képest 74,1°-kal LEFELÉ (a feszültség késik)

Mindkét léptéket fel kell tüntetni az ábrán; a lépték hiánya vizsgán önmagában hibapont.

(e) A legnagyobb feszültség és az alkatrészválasztás. A legnagyobb feszültség a kondenzátorra esik: 284,4 V, ami a 230 V-os tápfeszültség 1,24-szerese. Ez a soros kör jellegzetes tulajdonsága: a részfeszültség nagyobb lehet a tápfeszültségnél.

A kondenzátor névleges feszültségét a csúcsértékre kell méretezni:

Û_C = √2 · U_C = 1,4142 · 284,4 V = 402,2 V

A csúcsérték tehát a fizikai alsó korlát; efölött a legközelebbi szabványos névleges feszültségű típust kell választani, azaz legalább 400 V váltakozó feszültségre minősített kondenzátort. A váltakozó áramú célra szánt kondenzátorokat váltakozó feszültségre minősítik – az adattáblán szereplő egyenfeszültségű érték erre a célra nem használható közvetlenül. A gyakorlatban ennél is nagyobb tartalékot érdemes hagyni, mert a hálózati feszültség +10 %-kal is eltérhet, és a hálózati tranziensek tovább növelik az igénybevételt.

10.4. feladat. Párhuzamos kör: 3 kW-os fűtőtest és 0,4 H-s fojtótekercs 230 V, 50 Hz.

(a) Ágáramok és betáplált áram.

1. lépés: a fűtőtest ellenállása:
   R = U² / P = 230² V² / 3000 W = 52 900 / 3000 = 17,63 Ω
2. lépés: I_R = U / R = 230 / 17,63 = 13,04 A
   (ellenőrzés:  I_R = P / U = 3000 / 230 = 13,04 A   ✔)
3. lépés: X_L = 2 · π · f · L = 314,16 · 0,4 H = 125,66 Ω
   I_L = U / X_L = 230 / 125,66 = 1,830 A
4. lépés (fazoros összegzés; párhuzamos kör → a FESZÜLTSÉG a referencia):
   I = √(I_R² + I_L²) = √(13,04² + 1,830²) = √(170,0 + 3,349)
     = √173,4 = 13,17 A

(b) Fázisszög és teljesítménytényező.

5. lépés: tg φ = I_L / I_R = 1,830 / 13,04 = +0,1403
          φ = +7,99°   (az ÁRAM késik a feszültséghez képest → induktív kör;
                        a jegyzet konvenciója szerint induktív → φ pozitív)
6. lépés: cos φ = I_R / I = 13,04 / 13,17 = 0,990

(c) Az eredő impedancia.

7. lépés: Z = U / I = 230 V / 13,17 A = 17,46 Ω

(d) 40 µF-os kondenzátorral párhuzamosan.

8. lépés: X_C = 1 / (314,16 · 40 · 10⁻⁶) = 1 / 0,012566 = 79,58 Ω
9. lépés: I_C = U / X_C = 230 / 79,58 = 2,890 A
10. lépés: a reaktáns ágáramok eredője:
    I_X = I_L − I_C = 1,830 − 2,890 = −1,060 A   (most már KAPACITÍV túlsúly)
11. lépés: I' = √(I_R² + I_X²) = √(13,04² + 1,060²) = √(170,0 + 1,124)
           = √171,1 = 13,09 A
12. lépés: cos φ' = I_R / I' = 13,04 / 13,09 = 0,997
           φ' = −4,65°   (az áram most SIET → a kör kapacitív lett;
                          kapacitív → φ negatív)
13. lépés: Z' = U / I' = 230 / 13,09 = 17,58 Ω

A két fazorábra egymás mellett: az elsőn az I_L lefelé mutat, az eredő áram kissé lefelé billen; a másodikon az I_C fölfelé mutató fazora részben kioltja az I_L-t, a maradék eredő fölfelé billen. Az I_R mindkét ábrán ugyanakkora – a hasznos áram nem változott, csak a meddő összetevő.

Figyeld meg: a betáplált áram alig csökkent (13,17 A → 13,09 A), mert a kiindulási cos φ már eleve 0,99 volt. A 40 µF viszont túl is lőtt a célon: a kör kapacitívvá vált. Ez a túlkompenzálás – a 11. fejezetben látni fogjuk, hogy ez ugyanolyan hiba, mint az alulkompenzálás.

10.5. feladat. Soros rezonancia: R = 20 Ω, L = 80 mH, C = 25 µF.

(a) A rezonanciafrekvencia.

1. lépés: L · C = 0,08 H · 25 · 10⁻⁶ F = 2,0 · 10⁻⁶
2. lépés: √(L · C) = √(2,0 · 10⁻⁶) = 1,4142 · 10⁻³
3. lépés: ω₀ = 1 / √(L · C) = 1 / 1,4142·10⁻³ = 707,1 rad/s
4. lépés: f₀ = ω₀ / (2 · π) = 707,1 / 6,2832 = 112,5 Hz

(b) Impedancia és áram rezonanciában.

5. lépés: rezonanciában X_L = X_C, tehát X = 0:
          Z = √(R² + 0²) = R = 20 Ω     (MINIMÁLIS)
6. lépés: I = U / Z = 230 V / 20 Ω = 11,50 A     (MAXIMÁLIS)

(c) A tekercs és a kondenzátor feszültsége.

7. lépés: X_L = ω₀ · L = 707,1 · 0,08 = 56,57 Ω
          X_C = 1 / (ω₀ · C) = 1 / (707,1 · 25·10⁻⁶) = 1 / 0,017678 = 56,57 Ω   ✔
8. lépés: U_L = I · X_L = 11,50 A · 56,57 Ω = 650,5 V
          U_C = I · X_C = 11,50 A · 56,57 Ω = 650,5 V
9. lépés: a túlemelés mértéke:
          U_L / U = 650,5 / 230 = 2,83-szoros
          (ez a kör jósági tényezője: X_L / R = 56,57 / 20 = 2,83)

A két feszültség ellentétes irányú, ezért fazorosan kioltja egymást, és a tápfeszültség a 230 V = U_R értéken marad – miközben a két alkatrészen külön-külön 650 V mérhető.

(d) A kör 50 Hz-en.

10. lépés: X_L = 314,16 · 0,08 = 25,13 Ω
           X_C = 1 / (314,16 · 25·10⁻⁶) = 1 / 0,007854 = 127,3 Ω
11. lépés: X = 25,13 − 127,3 = −102,2 Ω   →  KAPACITÍV jellegű
12. lépés: Z = √(20² + 102,2²) = √(400 + 10 445) = √10 845 = 104,1 Ω
13. lépés: I = 230 / 104,1 = 2,209 A ;  cos φ = 20 / 104,1 = 0,192

A hálózati 50 Hz tehát jóval a rezonanciafrekvencia alatt van, ott a kör kapacitív, az áram kicsi (2,21 A a rezonanciabeli 11,5 A helyett).

(e) Mit tennél a gyakorlatban? Ha egy valóságos berendezésben rezonanciaközeli állapotot mérnél (a részfeszültségek meghaladják a tápfeszültséget, a kondenzátor melegszik, a mért áram indokolatlanul nagy), az azonnali beavatkozást igényel, mert a rezonancia az erősáramban nem hasznos jelenség, hanem kockázat:

1. Mérés hálózatanalizátorral: milyen frekvenciájú összetevő erősödik fel, mekkora a harmonikustartalom (6. fejezet).
2. Az L vagy a C megváltoztatása, hogy a rezonanciafrekvencia elmozduljon a jelen lévő felharmonikusoktól – fázisjavító telepnél ez a fojtott (szűrt, angolul detuned) kivitel (11. fejezet).
3. Terhelés- vagy kapcsolásváltoztatás: a lépcsőzött, automatikus kompenzálás elkerüli, hogy a telep tartósan a rezonanciapontban maradjon.
4. Az alkatrészek névleges feszültségének ellenőrzése – a rezonanciaközeli állapotban fellépő túlfeszültséget a szigetelésnek el kell viselnie.

10.6. feladat. Hálózatanalizátoros mérés kiértékelése az MSZ EN 50160 szerint.

(a) A feszültségkritérium.

1. lépés: a tűréssávból kilépő értékek aránya:
   41 / 1008 = 0,04067 = 4,07 %
2. lépés: a sávon belüli értékek aránya:
   100 % − 4,07 % = 95,93 %
3. lépés: a követelmény: a 10 perces átlagértékek LEGALÁBB 95 %-a
   essen a névleges ±10 %-os sávjába:
   95,93 % ≥ 95 %   ✔  MEGFELEL

A hálózat tehát megfelel az MSZ EN 50160 feszültségkritériumának – bár szűkösen: a tartalék mindössze 0,93 százalékpont, azaz kilenc további kilépő érték már megbuktatná a mérést.

(b) A 0,4 másodperces, 178 V-os letörés. Nem szabványsértés a fenti követelmény szempontjából. A ±10 %-os kritérium a 10 perces átlagértékekre vonatkozik; egy 0,4 másodperces esemény egy 600 másodperces átlagban gyakorlatilag nem látszik (a 600 s-ból 0,4 s a mérési idő 0,067 %-a). A jelenség neve feszültségletörés (dip), amelyet a szabvány külön, más módszerrel (esemény-számlálással, mélység–időtartam táblázattal) kezel, nem a tűréssávval. A motorindítási letörés tehát a feszültségminőség más fejezetébe tartozik – vizsgálandó lehet, de nem ezen a kritériumon.

(c) A frekvenciakritérium.

1. lépés: az éves adatsor hossza (ellenőrzés):
   365 · 24 · 3600 s = 31 536 000 s
   31 536 000 s / 10 s = 3 153 600 darab 10 másodperces átlagérték
   → a feladat adata tehát egy teljes, hézagmentes évet takar
2. lépés: a sávból kilépő 10 s-os átlagértékek aránya:
   12 000 / 3 153 600 = 3,805 · 10⁻³ = 0,3805 %
3. lépés: a sávon belüli arány:
   100 % − 0,3805 % = 99,62 %
4. lépés: a követelmény (MSZ EN 50160:2023, 4.2.1): a 10 s-os
   átlagértékek legalább 99,5 %-a essen a 49,5–50,5 Hz (±1 %) sávba,
   EGY ÉVRE vonatkoztatva:
   99,62 % ≥ 99,5 %   ✔  MEGFELEL
5. lépés: mennyi fért volna még bele?
   a megengedett kilépő értékek száma: 0,5 % · 3 153 600 = 15 768
   a tartalék: 15 768 − 12 000 = 3 768 további kilépő érték

⭐ Megjegyzés a két időalaphoz – ez a feladat lényege. A feszültség nagyságát és a frekvenciát az MSZ EN 50160:2023 különböző időalapon értékeli ki:

Egy hétnyi frekvencia-adatsorból (604 800 s / 10 s = 60 480 érték) tehát a 99,5 %-os kritérium nem értékelhető ki – legfeljebb tájékoztató jelleggel. A 47–52 Hz-es szélső határt viszont az idő 100 %-ában, tehát minden egyes 10 másodperces átlagértékre tartani kell: ezt bármelyik mérési időszakon ellenőrizheted.

(d) Egy mondat az ügyfélnek. „A szabvány nem azt írja elő, hogy a feszültség soha ne léphessen ki a névleges ±10 %-os sávjából, hanem azt, hogy egy egyhetes mérés 10 perces effektív értékeinek legalább 95 %-a essen bele (és mindegyik beleférjen a tágabb, +10 % / −15 %-os sávba) – ezért egyetlen pillanatnyi mérés vagy egyetlen villanás önmagában semmit nem bizonyít, a megfelelést csak a teljes hét adatsorából lehet kiértékelni.”

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.11 A 11. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

11.1. feladat. Egyfázisú műhely: U = 230 V, I = 34 A, P = 6,1 kW.

(a) Látszólagos és meddő teljesítmény, cos φ.

1. lépés: S = U · I = 230 V · 34 A = 7820 VA = 7,82 kVA
2. lépés: cos φ = P / S = 6100 W / 7820 VA = 0,780
3. lépés: Q = √(S² − P²) = √(7820² − 6100²) = √(61 152 400 − 37 210 000)
          Q = √23 942 400 = 4893 var = 4,89 kvar
   (ellenőrzés: sin φ = √(1 − 0,780²) = 0,6257;  Q = S · sin φ = 7820 · 0,6257 = 4893 var  ✔)

(b) Az áram cos φ = 0,95-nél.

4. lépés: I' = P / (U · cos φ') = 6100 W / (230 V · 0,95) = 6100 / 218,5 = 27,92 A
   (ellenőrzés az aránnyal: I' = I · cos φ / cos φ' = 34 · 0,780/0,95 = 27,92 A  ✔)

(c) Vezetékveszteség.

5. lépés: P_v = I² · R_v = (34 A)² · 0,22 Ω = 1156 · 0,22 = 254,3 W
6. lépés: P_v' = (27,92 A)² · 0,22 Ω = 779,5 · 0,22 = 171,5 W
7. lépés: ΔP_v = 254,3 − 171,5 = 82,8 W        (32,6 %-os csökkenés)
   (ellenőrzés képlettel: 1 − (0,780/0,95)² = 1 − 0,674 = 0,326  ✔)

(d) Éves energiamegtakarítás.

8. lépés: W = ΔP_v · t = 82,8 W · 2500 h = 207 000 Wh = 207 kWh/év

(e) A főbiztosító tartaléka.

9. lépés: jelenlegi állapot:  40 A − 34,0 A = 6,0 A     (a névleges 15 %-a)
10. lépés: javított állapot:  40 A − 27,9 A = 12,1 A    (a névleges 30 %-a)

A fázisjavítás tehát megkétszerezi a rendelkezésre álló tartalékot a főbiztosítón: a műhely bővíthető anélkül, hogy a betáplálást át kellene építeni. Ez a gyakorlatban gyakran nagyobb érték, mint a megtakarított 207 kWh.

11.2. feladat. Üzem: P = 180 kW, cos φ₁ = 0,74, cél cos φ₂ = 0,95, 400 V, 50 Hz.

(a) A jelenlegi meddő teljesítmény.

1. lépés: sin φ₁ = √(1 − 0,74²) = √(1 − 0,5476) = √0,4524 = 0,6726
2. lépés: tg φ₁ = sin φ₁ / cos φ₁ = 0,6726 / 0,74 = 0,9089
3. lépés: Q₁ = P · tg φ₁ = 180 kW · 0,9089 = 163,6 kvar

(b) A kompenzáló teljesítmény.

4. lépés: sin φ₂ = √(1 − 0,95²) = √0,0975 = 0,3122
          tg φ₂ = 0,3122 / 0,95 = 0,3287
5. lépés: k = tg φ₁ − tg φ₂ = 0,9089 − 0,3287 = 0,5802 kvar/kW
6. lépés: Q_C = P · k = 180 kW · 0,5802 = 104,4 kvar
          → választás a kereskedelmi sorból: 105 kvar (vagy 110 kvar)

Ellenőrzés a fajlagos táblázattal: a cos φ₁ = 0,75 sorban a 0,95-ös oszlop értéke 0,553, a cos φ₁ = 0,70 sorban 0,692. A 0,74 e két érték közé esik, lineáris közelítéssel ≈ 0,58 – a számított 0,5802 ezzel egyezik ✔.

(c) Látszólagos teljesítmény és a felszabaduló kapacitás.

7. lépés: S₁ = P / cos φ₁ = 180 / 0,74 = 243,2 kVA
8. lépés: S₂ = P / cos φ₂ = 180 / 0,95 = 189,5 kVA
9. lépés: felszabaduló látszólagos teljesítmény: 243,2 − 189,5 = 53,7 kVA (22,1 %)
10. lépés: a 250 kVA-es transzformátor kihasználtsága:
    javítás előtt:  243,2 / 250 = 97,3 %   (gyakorlatilag a határon üzemel)
    javítás után:   189,5 / 250 = 75,8 %
    szabad kapacitás: 250 − 189,5 = 60,5 kVA

A fázisjavítás tehát 60 kVA szabad kapacitást ad a meglévő transzformátorban – ez egy bővítésnél gyakran a legolcsóbb megoldás a transzformátorcsere helyett.

(d) A fázisonkénti kapacitás.

11. lépés: ω = 2 · π · 50 = 314,16 rad/s ;  U_v² = 400² = 160 000 V²
12. lépés (DELTA):  C = Q_C / (3 · ω · U_v²)
    C = 104 400 var / (3 · 314,16 · 160 000) = 104 400 / 150 796 800
    C = 6,923 · 10⁻⁴ F = 692,3 µF fázisonként
13. lépés (CSILLAG):  C = Q_C / (ω · U_v²)
    C = 104 400 / (314,16 · 160 000) = 104 400 / 50 265 600
    C = 2,078 · 10⁻³ F = 2077,8 µF fázisonként
14. lépés (ellenőrzés): 2077,8 / 692,3 = 3,00   ✔  pontosan háromszoros

A gyakorlat a deltakapcsolást választja: harmadannyi kapacitás elég, cserébe a kondenzátornak a teljes 400 V-os vonali feszültséget kell elviselnie.

(e) A betápláló vonali áram.

15. lépés: I₁ = S₁ / (√3 · U_v) = 243 243 VA / (1,7321 · 400 V) = 243 243 / 692,8 = 351,1 A
16. lépés: I₂ = S₂ / (√3 · U_v) = 189 474 / 692,8 = 273,5 A
17. lépés: áramcsökkenés: 351,1 − 273,5 = 77,6 A   (22,1 %)

11.3. feladat. Három fogyasztó közös, 400 V-os betáplálásról.

(a) Fogyasztónkénti meddő teljesítmény.

„A" gép (P = 12 kW, cos φ = 0,78):
1. lépés: sin φ = √(1 − 0,78²) = √0,3916 = 0,6258
2. lépés: tg φ = 0,6258 / 0,78 = 0,8023
3. lépés: Q_A = 12 kW · 0,8023 = 9,63 kvar

„B" gép (P = 7,5 kW, cos φ = 0,82):
4. lépés: sin φ = √(1 − 0,82²) = √0,3276 = 0,5724
5. lépés: tg φ = 0,5724 / 0,82 = 0,6980
6. lépés: Q_B = 7,5 kW · 0,6980 = 5,24 kvar

Világítás és fűtés (P = 5 kW, cos φ = 1,0):
7. lépés: tg φ = 0  →  Q_C = 0 kvar

(b) Eredő teljesítmények és eredő cos φ.

8. lépés (a hatásos teljesítmények SKALÁRISAN összeadhatók):
   ΣP = 12,0 + 7,5 + 5,0 = 24,5 kW
9. lépés (a meddő teljesítmények is – mert mindegyik azonos, induktív jellegű):
   ΣQ = 9,63 + 5,24 + 0 = 14,86 kvar
10. lépés (a látszólagos teljesítmény csak a teljesítményháromszögből):
   S = √(ΣP² + ΣQ²) = √(24,5² + 14,86²) = √(600,25 + 220,9)
   S = √821,2 = 28,66 kVA
11. lépés: cos φ = ΣP / S = 24,5 / 28,66 = 0,855
12. lépés (a betáplálás vonali árama, ha ez háromfázisú, szimmetrikus terhelés):
   I_v = S / (√3 · U_v) = 28 660 VA / 692,8 = 41,4 A

(c) A kompenzáló teljesítmény cos φ = 0,93-hoz.

13. lépés: sin φ₂ = √(1 − 0,93²) = √0,1351 = 0,3676
           tg φ₂ = 0,3676 / 0,93 = 0,3952
14. lépés: Q₂ = ΣP · tg φ₂ = 24,5 · 0,3952 = 9,68 kvar
15. lépés: Q_C = ΣQ − Q₂ = 14,86 − 9,68 = 5,18 kvar
           → választás: 5 kvar-os egység (vagy 2 × 2,5 kvar lépcsőben)
   (ellenőrzés a fajlagos képlettel:
    tg φ₁ = ΣQ/ΣP = 14,86/24,5 = 0,6065
    Q_C = 24,5 · (0,6065 − 0,3952) = 24,5 · 0,2113 = 5,18 kvar   ✔)

(d) Miért hiba a látszólagos teljesítmények összeadása? Mert a három látszólagos teljesítmény különböző fázisszöghöz tartozik: a teljesítményháromszögeik nem egy irányba mutatnak, tehát a látszólagos teljesítmény fazoros (vektoros) mennyiségként viselkedik.

Amit a hibás eljárás adna:
   S_A = 12,0 / 0,78 = 15,38 kVA
   S_B =  7,5 / 0,82 =  9,15 kVA
   S_C =  5,0 / 1,00 =  5,00 kVA
   ΣS(hibás) = 15,38 + 9,15 + 5,00 = 29,53 kVA
   a helyes érték:                    28,66 kVA
   a hiba: (29,53 − 28,66)/28,66 = +3,0 %  (túlbecslés)

A hiba iránya itt szerencsére a biztonság felé téved (túlméretezés), de nem mindig: eltérő jellegű (részben induktív, részben kapacitív) terheléseknél a hiba sokkal nagyobb lehet, és rossz irányba is mutathat. A helyes eljárás mindig ugyanaz: külön összegezzük a hatásos és a meddő teljesítményt, és az eredőt a teljesítményháromszögből számítjuk.

11.4. feladat. Felvonómotor egyedi kompenzálása: 400 V, 50 Hz, P₂ = 11 kW, η = 0,88, cos φ = 0,81.

(a) Felvett hatásos teljesítmény és meddőigény.

1. lépés: P_felv = P₂ / η = 11 kW / 0,88 = 12,50 kW
   (Figyelem: a kompenzáláshoz mindig a FELVETT teljesítmény kell,
    nem az adattábla tengelyteljesítménye!)
2. lépés: sin φ = √(1 − 0,81²) = √(1 − 0,6561) = √0,3439 = 0,5864
3. lépés: tg φ = 0,5864 / 0,81 = 0,7240
4. lépés: Q_P = P_felv · tg φ = 12,50 kW · 0,7240 = 9,05 kvar

(b) A legnagyobb megengedhető kompenzáló teljesítmény.

5. lépés (a 90 %-os szabály):
   Q_C ≤ 0,9 · Q_P = 0,9 · 9,05 kvar = 8,145 kvar
   → választás a kereskedelmi sorból: Q_C = 8 kvar

Miért különösen fontos ez éppen egy felvonónál? Mert a felvonó a mechanikai oldalról is hajtható gép: a fülke és az ellensúly tömege a hálózatról való lekapcsolás után is tovább forgatja a motort, méghozzá jóval hosszabb ideig, mint egy szabadonfutó ventilátornál. Ha a motor kapcsain kondenzátor marad, a lassuló, remanens mágnesességű gép és a kondenzátor öngerjesztő rendszert alkot: a motor generátorként kezd feszültséget termelni, amely lavinaszerűen felfut. Ennek három következménye van:

• a „lekapcsolt" motor kapcsain veszélyes, a névlegesnél nagyobb feszültség jelenhet meg – életveszély a szerelőre, aki a berendezést feszültségmentesnek hiszi;
• a visszakapcsoláskor a még forgó, saját feszültséget termelő gép a hálózati feszültséggel nem fázisban kapcsolódik rá: erős áram- és nyomatéklökés keletkezik, ami a hajtóművet, a kötélterelőt és a kapcsolókészüléket rongálja – egy felvonónál ez utasbiztonsági kérdés is;
• a túlfeszültség a motor szigetelését és magát a kondenzátort is roncsolja.

(c) A szükséges kapacitás.

6. lépés: ω = 314,16 rad/s ;  U_v² = 160 000 V²
7. lépés (DELTA): C = Q_C / (3 · ω · U_v²)
   C = 8000 / (3 · 314,16 · 160 000) = 8000 / 150 796 800
   C = 5,305 · 10⁻⁵ F = 53,1 µF fázisonként
8. lépés (CSILLAG): C = Q_C / (ω · U_v²)
   C = 8000 / 50 265 600 = 1,592 · 10⁻⁴ F = 159,2 µF fázisonként
   (ellenőrzés: 159,2 / 53,1 = 3,00   ✔)

(d) A kondenzátor fázisárama deltakapcsolásban.

9. lépés: I_f = U_v · ω · C = 400 V · 314,16 · 5,305·10⁻⁵ F
          I_f = 400 · 0,016667 = 6,67 A
10. lépés: a vonali áram: I_v = √3 · I_f = 1,7321 · 6,67 = 11,55 A
    (ellenőrzés: I_v = Q_C / (√3 · U_v) = 8000 / 692,8 = 11,55 A   ✔)

A kondenzátorágba kerülő vezetéket, kapcsolókészüléket és biztosítót erre az áramra – a felharmonikus-terhelés miatt a gyakorlatban ennél nagyobbra – kell méretezni.

(e) Három érv a kolléga „kompenzáljunk cos φ = 1-re" javaslata ellen.

1. Öngerjesztés. A teljes meddőigény kompenzálása éppen azt a 90 %-os korlátot sértené meg, amit a (b) pontban kiszámoltunk – lekapcsolás után a felvonómotor felgerjedhet. Ez nem gazdasági, hanem életvédelmi érv, és önmagában eldönti a kérdést.
2. Túlkompenzálás. A motor meddőigénye a terheléstől alig függ, a hatásos teljesítménye viszont igen: üresjárásban, illetve részterhelésen ugyanaz a kondenzátor már kapacitívba viszi a fogyasztót. A szolgáltató a kapacitív irányú meddőenergiát is számlázza, és a felesleges kapacitív áram feszültségemelkedést okoz a hálózaton – különösen kis terhelésű időszakban.
3. Nincs mit nyerni rajta. A Q_C = 8 kvar-ral már Q_marad = 9,05 − 8,00 = 1,05 kvar, tehát tg φ' = 1,05/12,50 = 0,084, azaz cos φ' = 0,996. Az utolsó fél százaléknyi javításért aránytalanul nagyobb kondenzátort, nagyobb bekapcsolási áramlökést és nagyobb kockázatot vállalnánk – a haszon elhanyagolható, a kockázat nem.

11.5. feladat. Elöregedett, fojtatlan kondenzátortelep hibakeresése.

(a) Egy egészséges 20 kvar-os deltalépcső vonali árama.

1. lépés: I_v = Q / (√3 · U_v) = 20 000 var / (1,7321 · 400 V)
          I_v = 20 000 / 692,8 = 28,87 A ≈ 29 A
2. lépés (a kondenzátor fázisárama deltában):
          I_f = I_v / √3 = 28,87 / 1,7321 = 16,67 A

A mért 29 A egyezik a számított 28,87 A-rel, tehát az első és a harmadik lépcső egészséges.

(b) Mit jelez a 21 A?

3. lépés: a meddő teljesítmény arányos az árammal (azonos feszültségen):
   Q_tényleges / Q_névleges = 21 A / 28,87 A = 0,727
   Q_tényleges = 0,727 · 20 kvar = 14,55 kvar
4. lépés: mivel Q = U² · ω · C, azonos feszültségen Q ~ C, tehát
   a kapacitásvesztés: 1 − 0,727 = 0,273 → kb. 27 %

A második lépcső tehát a kapacitásának mintegy 27–28 %-át elvesztette. Ez a kondenzátor öregedésének (a dielektrikum leépülésének, az önregeneráló szakaszok kiégésének) tipikus jele. Ez magyarázza azt is, miért nem éri el a szabályozó a cos φ = 0,95 célértéket még mindhárom lépcső bekapcsolt állapotában sem: a telep névleges 60 kvar helyett csak 20 + 14,55 + 20 = 54,6 kvar-t szolgáltat.

(c) A melegedés és a kapacitásvesztés közös oka. A két éve üzembe helyezett három darab 22 kW-os frekvenciaváltós hajtás erős felharmonikus-forrás (jellemzően 5. és 7. harmonikus). A telep fojtatlan, tehát a kondenzátorok a hálózat induktivitásával párhuzamos rezgőkört alkotnak, amelynek rezonanciafrekvenciája a fojtatlan telepeknél tipikusan éppen az 5. harmonikus (250 Hz) környékére esik. Ekkor:

• a rezonáns kör felerősíti a felharmonikus áramot;
• a kondenzátor reaktanciája a frekvenciával fordítottan arányos (X_C = 1/(2πfC)), tehát az 5. harmonikusra ötödakkora – a kondenzátor magára szedi a felerősített áramot;
• a többletáram melegíti a kondenzátort és a szekrényt, a tartós túlmelegedés pedig gyorsítja az öregedést, azaz a kapacitásvesztést.

A melegedés és a kapacitásvesztés tehát ugyanannak a folyamatnak a két megjelenése: a fojtatlan telep felharmonikusokkal terhelt hálózaton üzemel.

(d) Milyen mérést végeznél?

1. Hálózatanalizátoros felharmonikus-mérés a betáplálásnál és a telep kapcsain: a THD, valamint az 5. és a 7. harmonikus áram- és feszültségtartalmának meghatározása. Ez igazolja (vagy cáfolja) a rezonancia-feltevést.
2. Lépcsőnkénti áramfelvétel mérése TRMS lakatfogóval mindhárom fázisban – ez már megtörtént, ezt kell kiterjeszteni mindhárom fázisra és minden lépcsőre.
3. Kapacitásmérés feszültségmentes, kisütött állapotban minden kondenzátoron: az adattáblához viszonyítva ez adja a kapacitásvesztés pontos mértékét (a lakatfogós mérés csak közvetett).
4. Hőmérséklet-mérés (hőkamerával vagy érintésmentes hőmérővel) a kondenzátorokon, a kontaktorokon és a sorkapcsokon, üzem közben.

(e) Két intézkedés.

• Azonnali: a második lépcső kivétele az üzemből (a szabályozóban letiltva vagy a lépcsőbiztosító eltávolításával), és a hibás kondenzátorok cseréje. Ha bármelyik kondenzátoron kidudorodás, szivárgás vagy égésnyom látszik, az azonnali cserét igényel. Emellett a szekrény szellőzésének helyreállítása (szűrőtisztítás, ventilátor javítása).
• Hosszabb távú: a telep átépítése fojtott (hangolt) kivitelűre – kondenzátoronként soros fojtótekerccsel, a felharmonikus-mérés eredménye alapján megválasztott hangolási frekvenciával (a jellemző megoldás a legkisebb jelentős harmonikus, azaz az 5. alá hangolás). Ezzel egyidejűleg a kondenzátorok névleges feszültségét is felül kell vizsgálni, mert a fojtón eső feszültség miatt a kondenzátorra a hálózatinál nagyobb feszültség jut. Ma a fojtott kivitel a fő szabály, nem a kivétel: fojtatlan telepet csak igazoltan tiszta hálózaton szabad tervezni.

(f) Biztonsági lépések a munka megkezdése előtt.

⚠⚠ A lekapcsolt kondenzátor nem feszültségmentes. A feszültségmentesítés öt lépését maradéktalanul végre kell hajtani:

1. teljes körű lekapcsolás (a telep leválasztása a hálózatról);
2. visszakapcsolás elleni biztosítás (lezárás, tiltótábla);
3. a feszültségmentesség ellenőrzése – minden kondenzátorkapcson, fázisok között és a földhöz képest is mérve, a kisütési idő kivárása után megismételve (a dielektrikum visszatérő feszültséget hozhat létre);
4. földelés és rövidre zárás;
5. a feszültség alatt maradó szomszédos részek lehatárolása.

Ezen felül ellenőrizni kell a kisütőellenállások épségét (a követelmény: a feszültség 3 perc alatt 75 V alá csökkenjen), és mivel a szekrény szokatlanul meleg, a megnyitás előtt számolni kell égési sérülés és – kidudorodott kondenzátor esetén – kifröccsenő impregnálóanyag kockázatával is. A munkavégzés jogosultsági és dokumentálási követelményeit a 38. fejezet tárgyalja.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.12 A 12. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

12.1. feladat. Három egyforma, 30 Ω-os fűtőszál 400 V-os hálózaton.

(a) Csillagkapcsolás.

1. lépés: U_f = U_v / √3 = 400 V / 1,7321 = 230,9 V
2. lépés: I_f = U_f / R = 230,9 V / 30 Ω = 7,698 A
3. lépés: csillagban a vonali és a fázisáram AZONOS:  I_v = I_f = 7,698 A
4. lépés: P_Y = √3 · U_v · I_v · cos φ = 1,7321 · 400 · 7,698 · 1 = 5333 W = 5,33 kW
   (ellenőrzés: P = 3 · U_f²/R = 3 · 230,9²/30 = 3 · 1777,8 = 5333 W   ✔)

(b) Deltakapcsolás.

5. lépés: deltában a fogyasztóág a teljes VONALI feszültséget kapja:
          U_f = U_v = 400 V
6. lépés: I_f = U_f / R = 400 V / 30 Ω = 13,33 A     (ágáram)
7. lépés: I_v = √3 · I_f = 1,7321 · 13,33 = 23,09 A  (ezt méri a lakatfogó)
8. lépés: P_Δ = √3 · U_v · I_v · cos φ = 1,7321 · 400 · 23,09 · 1 = 16 000 W = 16,00 kW
   (ellenőrzés: P = 3 · U_v²/R = 3 · 400²/30 = 3 · 5333,3 = 16 000 W   ✔)

(c) A teljesítmények aránya.

9. lépés: P_Δ / P_Y = 16 000 / 5333 = 3,00     PONTOSAN HÁROMSZOROS

Levezetés:  P = 3 · U_f² / R   mindkét kapcsolásban,
            de deltában U_f = U_v,  csillagban U_f = U_v/√3,
            tehát a feszültségek aránya √3, a NÉGYZETÜKÉ pedig (√3)² = 3.

Ugyanez az áramokon is látszik: az ágáram √3-szoros (13,33 / 7,698 = 1,732), a vonali áram viszont háromszoros (23,09 / 7,698 = 3,00), mert deltában a vonali áram még egy √3-as szorzót kap.

(d) A 16 A-es kismegszakító.

10. lépés: csillagkapcsolás:  I_v = 7,698 A ≤ 16 A     ✔  ÜZEMELTETHETŐ
11. lépés: deltakapcsolás:    I_v = 23,09 A > 16 A     ✘  NEM ÜZEMELTETHETŐ
12. lépés: a deltához szükséges védelmi névleges áram:
    I_B ≤ I_n  →  I_n ≥ 23,09 A
    a szabványos áramsorból (…16, 20, 25, 32…):  I_n = 25 A

Deltakapcsolásban tehát 25 A-es kismegszakító kell. (Ohmos, gyakorlatilag bekapcsolási lökés nélküli fűtőterhelésről lévén szó, a helyes karakterisztika a B.)

(e) A vezeték-keresztmetszet becslése. Réz, PVC szigetelésű, három terhelt vezetős kábel, C fektetési mód, 30 °C, halmozás nélkül (a 16. fejezet alaptáblázata alapján):

CSILLAG:  I_B = 7,70 A ;  I_n = 10 A
          1,5 mm² réz, C mód:  I_táblázat = 17,5 A
          ellenőrzés: 7,70 ≤ 10 ≤ 17,5     ✔   →  1,5 mm² elegendő

DELTA:    I_B = 23,09 A ;  I_n = 25 A
          2,5 mm², C mód:  24 A   →  25 A ≤ 24 A ?  NEM teljesül
          4 mm²,   C mód:  32 A   →  23,09 ≤ 25 ≤ 32   ✔   →  4 mm² kell

Vagyis a kapcsolás megváltoztatása két keresztmetszet-fokozatot jelent (1,5 → 4 mm²), és a védelmet is cserélni kell. Ez a becslés csak tájékoztató: a pontos méretezés a fektetési mód, a környezeti hőmérséklet, a halmozás és a feszültségesés figyelembevételével a 16. fejezet szerint végzendő.

12.2. feladat. Műhely 400 V-os betáplálása három fogyasztóval.

(a) Fogyasztónkénti felvett hatásos és meddő teljesítmény.

ASZINKRON MOTOR (P₂ = 7,5 kW tengelyteljesítmény, η = 0,88, cos φ = 0,84):
1. lépés: P₁ = P₂ / η = 7,5 kW / 0,88 = 8,523 kW
2. lépés: sin φ = √(1 − 0,84²) = √(1 − 0,7056) = √0,2944 = 0,5426
3. lépés: tg φ = 0,5426 / 0,84 = 0,6459
4. lépés: Q_motor = 8,523 · 0,6459 = 5,505 kvar

HÁROMFÁZISÚ FŰTÉS (P = 4 kW, cos φ = 1):
5. lépés: P_fűtés = 4,000 kW ;  Q_fűtés = 0 kvar

LED-VILÁGÍTÁS (P = 2,4 kW, cos φ = 0,92):
6. lépés: sin φ = √(1 − 0,92²) = √0,1536 = 0,3919
7. lépés: tg φ = 0,3919 / 0,92 = 0,4260
8. lépés: Q_LED = 2,4 · 0,4260 = 1,022 kvar

(b) Az eredő teljesítmények.

9. lépés:  ΣP = 8,523 + 4,000 + 2,400 = 14,92 kW
10. lépés: ΣQ = 5,505 + 0 + 1,022 = 6,528 kvar
11. lépés: S = √(ΣP² + ΣQ²) = √(14,92² + 6,528²) = √(222,7 + 42,61)
           S = √265,3 = 16,29 kVA
12. lépés: cos φ = ΣP / S = 14,92 / 16,29 = 0,916

(c) A betáplálás vonali árama.

13. lépés: I_v = S / (√3 · U_v) = 16 290 VA / (1,7321 · 400 V) = 16 290 / 692,8 = 23,51 A

(d) A kompenzáló teljesítmény cos φ = 0,95-höz.

14. lépés: tg φ₂ = √(1 − 0,95²) / 0,95 = 0,3122 / 0,95 = 0,3287
15. lépés: Q₂ = ΣP · tg φ₂ = 14,92 · 0,3287 = 4,905 kvar
16. lépés: Q_C = ΣQ − Q₂ = 6,528 − 4,905 = 1,62 kvar
           → választás: 2 kvar-os egység (a kereskedelmi sorból a legközelebbi)

(e) A motor bekötése és a tekercsáram. A Δ/Y 400/690 V adattábla azt jelenti, hogy a motor deltakapcsolásban 400 V, csillagkapcsolásban 690 V vonali feszültségen üzemel; a tekercs mindkét esetben ugyanazt a kb. 400 V-ot kapja (690 / √3 = 398 V). A magyar hálózat vonali feszültsége 400 V, tehát a motort deltába (háromszögbe) kell kötni – a kapocsléc hídjait vízszintesen kell elhelyezni.

17. lépés: a motor saját felvett vonali árama:
    I_v,motor = P₁ / (√3 · U_v · cos φ) = 8523 W / (1,7321 · 400 · 0,84)
              = 8523 / 581,9 = 14,64 A
18. lépés: deltakapcsolásban EGY TEKERCSBEN folyó áram:
    I_f = I_v,motor / √3 = 14,64 / 1,7321 = 8,46 A

A lakatfogó tehát a betápláló vezetéken 14,6 A-t mutat, a tekercsben viszont csak 8,46 A folyik.

⚠ Ha ezt a motort tévedésből csillagba kötnénk a 400 V-os hálózaton, a tekercsre csak 231 V jutna, a gép a névleges teljesítménye harmadát adná le, nem húzná el a terhelést és túlterhelten melegedne. Fordítva – egy 400 V-os csillagkapcsolásra tervezett gépet deltába kötve – a gép háromszoros teljesítményt próbálna felvenni, és percek alatt tönkremenne.

12.3. feladat. A nullavezető szakadása egy lakóépületi elosztóban.

(a) A készülékek ellenállása.

1. lépés: P = U²/R   →   R = U²/P
2. lépés: vízforraló (1500 W, 230 V):
   R₁ = 230² / 1500 = 52 900 / 1500 = 35,27 Ω
3. lépés: LED-lámpa (60 W, 230 V):
   R₂ = 230² / 60 = 52 900 / 60 = 881,7 Ω

(b) A feszültségek a szakadás után. A nullavezető megszakadása után a két készülék sorosan kapcsolódik az L1–L2 vonali feszültségre (a terheletlen L3 ág nem vesz részt a körben), és a 400 V az ellenállásaik arányában oszlik meg.

4. lépés: R_e = R₁ + R₂ = 35,27 + 881,7 = 916,9 Ω
5. lépés: I = U_v / R_e = 400 V / 916,9 Ω = 0,4362 A
6. lépés: U₁ = I · R₁ = 0,4362 · 35,27  =  15,39 V     (vízforraló)
          U₂ = I · R₂ = 0,4362 · 881,7  = 384,6 V      (LED-lámpa)
7. lépés (ellenőrzés): 15,39 + 384,6 = 400,0 V         ✔

(c) Arányok és teljesítmények.

8. lépés: a vízforraló feszültsége:  15,39 / 230 = 0,0669  →  a névleges 6,7 %-a
          a LED-lámpa feszültsége:  384,6 / 230 = 1,672   →  a névleges 167 %-a
9. lépés: P₁ = U₁² / R₁ = 15,39² / 35,27  = 236,9 / 35,27 =   6,71 W
                                            (a névleges 1500 W 0,45 %-a)
10. lépés: P₂ = U₂² / R₂ = 384,6² / 881,7 = 147 917 / 881,7 = 167,8 W
                                            (a névleges 60 W 280 %-a)

(d) Melyik készülék megy tönkre, és miért éppen az? A LED-lámpa – a kisebb teljesítményű, tehát nagyobb ellenállású fogyasztó. A sorba kapcsolt feszültségosztóban a feszültség az ellenállások arányában oszlik meg, és a lámpa ellenállása a vízforralóénak 25-szöröse (881,7 / 35,27 = 25,0), ezért ő kapja a feszültség 96 %-át. A lámpára 385 V jut 230 V helyett, és 168 W-ot vesz fel a 60 W-os névleges helyett: az elektronikus előtét azonnal átüt. A nagy teljesítményű vízforraló ezzel szemben gyakorlatilag „kikapcsol" (15 V, 6,7 W).

Ez a jelenség általánosan igaz: a nullavezető szakadásakor mindig a kis teljesítményű, értékes elektronikus készülékek mennek tönkre – a router, a televízió, a vezérlőelektronika, a LED-lámpák –, miközben a nagy fogyasztók (bojler, tűzhely, vízforraló) sértetlenek maradnak.

(e) Miért nem old ki a biztosító és az áram-védőkapcsoló?

• A biztosító (kismegszakító) túláramot érzékel. Itt viszont az áram nem nőtt, hanem lecsökkent: a sorba kapcsolt körben mindössze 0,436 A folyik – ez töredéke bármelyik védelmi készülék névleges áramának. Túláram nincs, tehát kioldás sincs.
• Az áram-védőkapcsoló a fázis- és a nullavezető áramának különbségét figyeli. A hibás körben az áram szabályosan a fázisvezetőn megy és a másik fázisvezetőn tér vissza, a föld felé nem folyik el semmi – a különbségi áram nulla. Testzárlat vagy érintés nem történt, tehát a védőkapcsolónak nincs mit érzékelnie.

Ez a hiba alattomos volta lényege: egyetlen védelem sem jelzi, a kár mégis bekövetkezik. A védekezés egyetlen eszköze a helyes szerelés és a rendszeres ellenőrzés.

(f) Három megelőző szerelési, illetve szabványi előírás.

1. ⚠⚠ A PEN-vezetőbe nem szabad kapcsoló- vagy leválasztóeszközt beépíteni – ezt az MSZ HD 60364-4-41:2018 411.4.3. szakasza mondja ki, és a tilalom a biztosítóra is áll, hiszen az is leválasztóeszköz. ⚠ A szakasz az elkülönített N-vezetőről nem rendelkezik: arra a jegyzet nem ad szabványhelyet (lásd a 12.6 alfejezet megjegyzését). A szerelési szabály viszont ott is érvényes: a nullavezető megszakítása pontosan ezt a hibát idézné elő szándékosan.
2. A nullavezető kötéseit legalább olyan gonddal kell elkészíteni és ellenőrizni, mint a fázisvezetőkét – előírt meghajtási nyomatékkal meghúzott sorkapocs, megfelelő érvéghüvely, a rézen és az alumíniumon eltérő kötéstechnika. A kötések időszakos utánhúzása és termográfiás ellenőrzése a karbantartás része.
3. A nullavezető keresztmetszete nem csökkenthető ott, ahol nemlineáris (LED-es, informatikai) terhelés van, és a csatlakozóvezetéknél a nullavezető keresztmetszete az MSZ 447:2019 5.1.6. szerint legalább a fázisvezetőével azonos (csupasz tartósodronynál legalább 25 mm²). Az alulméretezett nullavezető melegedése éppen a kötések elszenesedéséhez, azaz a szakadáshoz vezet.

Kiegészítésül: a hálózati rendszer helyes megválasztása (TN-S vagy TN-C-S, a szétválasztás után külön N és PE), valamint az elosztókban a fázisterhelés kiegyenlítése szintén ezt a hibát előzi meg.

12.4. feladat. Aron-kapcsolású teljesítménymérés: P_I = 4,80 kW, P_II = −0,60 kW, U_v = 400 V, I_v = 14,8 A.

(a) A felvett hatásos teljesítmény.

1. lépés: a két wattmérő értékét ELŐJELESEN kell összegezni:
   P = P_I + P_II = 4,80 kW + (−0,60 kW) = 4,20 kW

(b) A hiba előjel nélküli összegzésnél.

2. lépés: hibás eljárás:  4,80 + 0,60 = 5,40 kW
3. lépés: a hiba:  (5,40 − 4,20) / 4,20 = 0,286  →  +28,6 %

Majdnem 30 %-os túlbecslés – ez méretezésnél vagy energetikai elszámolásnál elfogadhatatlan.

(c) A teljesítménytényező.

4. lépés: P = √3 · U_v · I_v · cos φ    →    cos φ = P / (√3 · U_v · I_v)
5. lépés: cos φ = 4200 W / (1,7321 · 400 V · 14,8 A) = 4200 / 10 254 = 0,410
6. lépés: φ = arccos 0,410 = 65,8°

(d) Összhangban van-e a szabállyal? Igen. A cos φ = 0,410 < 0,5 érték pontosan az a tartomány, ahol a szabály szerint az egyik wattmérőnek negatívba kell kitérnie – és a mérésnél éppen ez történt. A két adat tehát kölcsönösen igazolja egymást.

Kiegészítő ellenőrzés a két wattmérő arányából:
   tg φ = √3 · (P_I − P_II) / (P_I + P_II) = 1,7321 · (4,80 − (−0,60)) / 4,20
        = 1,7321 · 5,40 / 4,20 = 2,227
   φ = 65,8°  →  cos φ = 0,410

A két úton kapott érték megegyezik (0,410, illetve 0,410) – a feladat adatsora tehát önmagában konzisztens. Ez egyúttal a mérés ellenőrzése is: a P = √3·U·I·cos φ képlet és a két wattmérő aránya független úton vezet a teljesítménytényezőhöz, és ha a két eredmény érdemben eltérne, az valamelyik leolvasás hibájára utalna. A következtetés (cos φ < 0,5) természetesen mindkét úton ugyanaz.

(e) Milyen üzemállapotban fordulhat ez elő? A cos φ < 0,5 aszinkron motornál gyakorlatilag mindig kis terhelést vagy üresjárást jelent. A motor mágnesező (meddő) árama a terheléstől szinte független, a hatásos áram viszont a terheléssel arányos – üresjárásban tehát a meddő összetevő uralja az áramot, és a cos φ jellemzően 0,2–0,3 közé esik. Ilyen állapot például:

• a szalag, szivattyú vagy ventilátor terhelés nélkül jár (üres a szalag, zárt a tolózár);
• a motor túlméretezett a hajtott géphez képest, és tartósan részterhelésen üzemel;
• a mérés próbajáratás közben, terhelés rákapcsolása előtt készült.

Ugyanilyen kis cos φ mérhető transzformátorok üresjárási mérésénél és fojtótekercseken is.

(f) Miért nem használhattunk háromwattmérős kapcsolást? Mert a hálózat háromvezetékes: nincs nullavezető. A háromwattmérős módszernél minden wattmérő feszültségtekercsét a fázis és a nullavezető közé kell kötni – nullavezető hiányában nincs mihez kötni őket. Az Aron-kapcsolás éppen erre a helyzetre való: két wattmérővel, vonali feszültségekkel dolgozik, és aszimmetrikus terhelésnél is helyes eredményt ad, feltéve, hogy nincs nullavezető.

12.5. feladat. Irodaépületi elosztó: I_L1 = 46 A, I_L2 = 44 A, I_L3 = 45 A, I_N = 71 A, 5 × 16 mm² kábel.

(a) Mit mutat a négy mért áram? A három fázisáram gyakorlatilag azonos (46, 44, 45 A; a legnagyobb eltérés a 45 A-es átlagtól 2 A, azaz 4,4 %) – a terhelés tehát jól kiegyenlített, a terheléselosztás rendben van. Szinuszos áramoknál ilyenkor a nullavezetőben közel nulla áramot kellene mérni:

1. lépés (ellenőrzés a komponensmódszerrel, ohmos terhelést feltételezve):
   Σx = 46·cos0° + 44·cos(−120°) + 45·cos(+120°) = 46,00 − 22,00 − 22,50 = 1,50 A
   Σy = 46·sin0° + 44·sin(−120°) + 45·sin(+120°) =  0,00 − 38,11 + 38,97 = 0,86 A
   I_N(alapharmonikus) = √(1,50² + 0,86²) = √(2,25 + 0,74) = √2,99 = 1,73 A

A puszta aszimmetria tehát mindössze 1,7 A-t indokolna a nullavezetőben – a mért érték 71 A, azaz negyvenszerese. Nem aszimmetriáról van szó, hanem felharmonikus-jelenségről: a LED-világítás és az informatikai eszközök nemlineáris fogyasztók, amelyek erős 3. harmonikus áramot vesznek fel. A 3. harmonikus a három fázisban azonos fázisú (3 · 120° = 360° = 0°), ezért a csillagpontban nem kioltja, hanem számtanilag összeadódik.

(b) A nullavezető áránya a fázisáramhoz.

2. lépés: az átlagos fázisáram:  (46 + 44 + 45)/3 = 45,0 A
3. lépés: I_N / I_átlag = 71 / 45,0 = 1,578  →  157,8 %

Ez beleesik a szakirodalom által irodaépületekre közölt 150–210 %-os tartományba, tehát a mért kép iskolapéldája a jelenségnek. (A tartomány alsó széléhez közel vagyunk, ami mérsékelten erős, kb. 50 % körüli 3. harmonikus tartalomra utal.)

⚠ Egy pontosítás a viszonyítási alapról. A szakirodalmi 150–210 % a fázisvezető alapharmonikus áramára vonatkozik, itt viszont a TRMS-szel mért, torzított effektív fázisárammal számoltunk – a két viszonyítás nem azonos, az effektív áramhoz képest az arány mindig kisebb (lásd a 12.11 kidolgozott példát: ugyanarra az esetre 210 %, illetve 172 %). A nagyságrendi egyezés és a következtetés ettől függetlenül érvényes.

(c) Az elszíneződés valószínű oka. A nullavezető sorkapocs-kötése tartósan túlterhelt és túlmelegedett. A nullavezető 71 A-t vezet, miközben a kábel 16 mm²-es ereinek megengedett tartós árama a fektetési módtól függően 56–76 A körüli, és ebből a harmonikus-visszaminősítés miatt csak mintegy 60 % vehető igénybe – azaz nagyságrendileg 35–45 A. A nullavezető tehát közel kétszeresen túlterhelt. A melegedés a legnagyobb átmeneti ellenállású ponton, a kötésnél kezdődik; a meleg tovább lazítja a kötést, az átmeneti ellenállás nő, a melegedés fokozódik – ez az a visszacsatolás, amely villamos tüzekhez vezet. Az elszíneződött műanyag ennek a folyamatnak a látható jele, és azonnali beavatkozást igényel.

(d) Miért nem oldott ki a túláramvédelem? Mert a túláramvédelmi készülékek a fázisvezetőkben vannak, és a fázisáramok (46/44/45 A) a védelem névleges árama alatt maradnak. A nullavezető áramát semmi nem méri és semmi nem korlátozza: a nullavezetőben nincs – és a szabvány szerint nem is lehet – védelmi készülék. A túlterhelés ezért teljesen észrevétlen marad, egészen a szigetelés tönkremeneteléig vagy a tűzig. Ebből következik a fejezet legfontosabb méretezési tanulsága: a nullavezető túlterhelése ellen nem védelemmel, hanem helyes méretezéssel kell védekezni.

(e) Javasolt intézkedések.

Rövid távon (azonnal):

1. A leágazás kikapcsolása és feszültségmentesítése, az elszíneződött sorkapocs és a nullavezető-kötés szemrevételezése, szükség szerint cseréje, a kötés előírt nyomatékkal történő újrahúzása; az érintett kábelvég levágása, ha a szigetelés elszenesedett.
2. Terheléscsökkentés a leágazáson (fogyasztók átcsoportosítása másik körre), amíg a végleges megoldás elkészül.
3. Termográfiás (hőkamerás) ellenőrzés az elosztó összes kötésén, mert ha egy kötés túlmelegedett, valószínűleg mások is.
4. Hálózatanalizátoros mérés a harmonikustartalom (THD, 3. harmonikus arány) dokumentálására – ez a további tervezés bemenő adata.

Hosszú távon:

5. A betápláló kábel cseréje nagyobb keresztmetszetűre, a k_harm ≈ 0,6 visszaminősítéssel elvégzett újraméretezés alapján (16. fejezet), és a nullavezető legalább a fázisvezetővel azonos, indokolt esetben nagyobb keresztmetszettel. Alternatíva a külön, nagyobb keresztmetszetű nullavezető beépítése.
6. A harmonikusforrás oldaláról: harmonikusszűrő, illetve alacsony harmonikus-kibocsátású (aktív teljesítménytényező-korrekciós) tápegységek előírása a következő eszközbeszerzésnél.
7. A meglévő fázisjavító berendezés (ha van) fojtott kivitelűre cserélése, hogy a harmonikusok ne okozzanak rezonanciát.

⚠ Általános tanulság a felújításokhoz: amikor egy régi épületben izzólámpás világítást cserélnek LED-esre, a hálózat harmonikustartalma ugrásszerűen megnő, és a meglévő nullavezető keresztmetszete felülvizsgálandó. Ez ma az egyik leggyakoribb, kevéssé ismert felújítási buktató.

(f) Szabad-e biztosítót vagy megszakítót tenni a nullavezetőbe? Nem. Az MSZ HD 60364-4-41:2018 411.4.3. szakasza kimondja, hogy a PEN-vezetőbe nem szabad kapcsoló- vagy leválasztóeszközt beépíteni – ez a biztosítóra is vonatkozik, hiszen az is leválasztóeszköz. ⚠ A szakasz az elkülönített N-vezetőről nem rendelkezik, arra a jegyzet nem ad szabványhelyet; a következtetés viszont ott is ugyanaz. Az indok ugyanaz, amit a 12.3. feladatban végigszámoltunk: a nullavezető megszakadása egyrészt csillagpont-eltolódást és a kis fogyasztók tönkremenetelét okozza, másrészt – ha a nulla és a védőföldelés valahol össze van kötve – megszünteti a védővezető funkciót, tehát közvetlen áramütésveszélyt teremt. Egy nullavezető-biztosító kiolvadása pontosan ezt a hibát idézné elő.

A megoldás tehát nem lehet védelem, csak helyes méretezés: a nullavezetőnek olyan keresztmetszetűnek kell lennie, hogy soha ne terhelődhessen túl. (Elkülönített N-vezető megszakítása bizonyos rendszerekben megengedett, sőt kötelező lehet – ezt a 33. fejezet tárgyalja –, de ez a leválasztásra, nem a túláramvédelemre vonatkozik.)

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.13 A 13. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

13.1. feladat. Egyfázisú diódás híd: U = 24 V effektív, I_d = 6 A, U_F = 0,85 V.

(a) A szekunderfeszültség csúcsértéke.

1. lépés: Û = √2 · U = 1,4142 · 24 V = 33,94 V

(b) Az egyenfeszültség középértéke.

2. lépés: a hídkapcsolás ideális középértéke:
   U_d = 0,9 · U = 0,9 · 24 V = 21,60 V
3. lépés: a vezetési útban MINDIG KÉT dióda van sorosan:
   U_veszt = 2 · U_F = 2 · 0,85 V = 1,70 V
4. lépés: a terhelésre jutó tényleges egyenfeszültség:
   U_d,valós = 21,60 V − 1,70 V = 19,90 V
5. lépés: a diódaesés aránya: 1,70 / 21,60 = 7,9 %

(c) A hídban keletkező összes veszteségi teljesítmény.

6. lépés: P_össz = U_veszt · I_d = 1,70 V · 6 A = 10,20 W

(d) Egy diódára jutó veszteség.

7. lépés: a periódus minden pillanatában KETTŐ dióda vezet, de mind a NÉGY
   dióda a periódus FELÉBEN vezet. A melegedést az időben ÁTLAGOLT
   teljesítmény szabja meg, ez tehát a négy dióda között oszlik meg:
   P_dióda = P_össz / 4 = 10,20 W / 4 = 2,55 W

   (A P_össz / 2 = 5,10 W csak a VEZETÉS ALATTI pillanatnyi teljesítmény;
    a hőellenállás-lánc az átlagértékkel számol.)

(e) A hűtőborda legnagyobb megengedett hőellenállása.

 8. lépés: a megengedett melegedés:
    Δθ_max = θ_j,max − θ_a = 150 °C − 45 °C = 105 K
 9. lépés: a megengedett TELJES hőellenállás:
    R_th,össz = Δθ_max / P_dióda = 105 K / 2,55 W = 41,18 K/W
10. lépés: ebből az eszközön belüli rész (adott):  2,2 K/W
    a hűtőbordára marad:
    R_th,ca ≤ 41,18 − 2,20 = 38,98 K/W

Válasz: legfeljebb kb. 39,0 K/W hőellenállású hűtőborda alkalmazható. (Ez a levezetés a θ_j = P · ΣR_th + θ_a hőellenállás-lánc átrendezése, diódánkénti teljesítménnyel. A gyakorlatban tartalékot kell hagyni: a szekrény hőmérséklete nyáron magasabb lehet, a hőátadó paszta minősége és a szerelés szorossága romolhat, ezért a katalógusból ennél kisebb hőellenállású bordát célszerű választani.)

⚠ Ha kész hídegyenirányító MODULT építünk be, a négy dióda közös tokban ül, tehát a tokra és a hűtőbordára a teljes 10,20 W jut, nem csak a negyede – ilyenkor a méretezés a modul saját R_th,jc adatával, a teljes veszteséggel történik, és lényegesen kisebb hőellenállású hűtőborda kell (13.3 alfejezet).

13.2. feladat. Szalagos adagoló vezérlésének logikai leírása.

(a) Az indítás logikai függvénye.

Az indítási feltétel:
   F_indítás = BG1 · FC1 · (SG2 + SG3) · SG1

ahol   BG1 = 1   a védőburkolat zárva (védőburkolat-kapcsoló)
       FC1 = 1   a hőkioldó nem oldott
       SG2, SG3  START nyomógombok (záróérintkező)
       SG1 = 1   a STOP nyomógomb NINCS megnyomva (nyitóérintkező!)

A készülékjelölések az MSZ EN IEC 81346-2:2019 szerintiek (3. fejezet): BG = térbeli helyzet érzékelése, FC = túláramvédelem, SG = kézi működtetésű kezelőszerv, QA = teljesítményáramkört kapcsoló készülék (kontaktor).

A „·" az ÉS, a „+" a VAGY művelet. A STOP külön kiemelendő: az SG1 változó a nyitóérintkező miatt nyugalmi helyzetben 1, megnyomva 0 – ezért szerepel szorzótényezőként. Ha a nyomott állapotot jelölnénk 1-gyel, a feltétel … · ¬SG1 alakú lenne.

(b) Igazságtábla a BG1, FC1 és az „SG2 vagy SG3" hármas változóra.

Jelöljük S = SG2 + SG3 (bármelyik START megnyomva). A STOP-ot most nem nyomjuk (SG1 = 1).

A tábla az ÉS-kapcsolat jellegzetes képe: nyolc kombinációból egyetlen ad 1-et – akkor, ha minden feltétel egyszerre teljesül.

(c) A „nem indulhat" feltétel De Morgan-nal.

A tagadás:
   ¬F = ¬( BG1 · FC1 · S )

A De Morgan-azonosság ( ¬(A · B) = ¬A + ¬B ) szerint:
   ¬F = ¬BG1 + ¬FC1 + ¬S
      = ¬BG1 + ¬FC1 + ¬(SG2 + SG3)
      = ¬BG1 + ¬FC1 + (¬SG2 · ¬SG3)

Magyarul: a szalag akkor nem indulhat, ha a védőburkolat nyitva van, VAGY a hőkioldó oldott, VAGY egyik START gombot sem nyomták meg. Vagyis egyetlen feltétel meghiúsulása is elég a tiltáshoz – ez a biztonsági logika lényege. A De Morgan-átalakítás gyakorlati haszna éppen ez: a soros ÉS-lánc egyetlen szakadása azonnal tiltást jelent.

(d) Kombinációs vagy sorrendi hálózat? Sorrendi hálózat. Az indítás nyomógombbal történik, nem kapcsolóval: a START gomb elengedése után a szalagnak tovább kell mennie. A kimenet tehát nem csak a bemenetek pillanatnyi értékétől függ, hanem attól is, hogy korábban megnyomták-e a STARTot, és azóta megnyomták-e a STOPot. Ez az állapot – vagyis a memória – jelenléte, ami a sorrendi hálózat definíciója. A memóriát relés technikában az öntartás valósítja meg, ami a digitális technika R-S tárolójának a megfelelője.

Ökölszabály: „nyomógombbal indul" → öntartás kell → sorrendi hálózat; „kapcsolóval indul" → elég a kombinációs logika."

(e) Az áramútterv érintkezőkkel, öntartással.

ÁRAMÚTTERV (a vezérlőkör egyetlen ága, felülről lefelé)

   L (vezérlő fázis / +24 V)
    │
   ┌┴┐  -FC1  hőkioldó NYITÓérintkezője           (nem oldott = zárt)
   └┬┘
    │
   ┌┴┐  -SG1  STOP nyomógomb NYITÓérintkezője     (nyugalomban zárt)
   └┬┘
    │
   ┌┴┐  -BG1  védőburkolat-kapcsoló ZÁRÓérintkezője  (zárva = zárt)
   └┬┘
    │
    ├──────────────┬──────────────┬──────────────┐
   ┌┴┐            ┌┴┐            ┌┴┐             │
   └┬┘ -SG2       └┬┘ -SG3       └┬┘ -QA1        │   ← három PÁRHUZAMOS ág (VAGY)
    │  START1      │  START2      │  öntartó     │
    │              │              │  (záró segéd-│
    ├──────────────┴──────────────┘   érintkező) │
    │                                            │
  (-QA1)  a kontaktor TEKERCSE  ◄────────────────┘
    │
   N (vezérlő nulla / 0 V)

A kapcsolás olvasata:

• a soros elemek (-FC1, -SG1, -BG1) az ÉS-kapcsolatot valósítják meg: bármelyik megszakadása leállítja a szalagot;
• a párhuzamos ágak (-SG2, -SG3 és a -QA1 öntartó érintkező) a VAGY-kapcsolatot: bármelyikkel behúzhat a kontaktor;
• a -QA1 saját záró segédérintkezője a START gombokkal párhuzamosan a memória: a gomb elengedése után is fenntartja a tekercs áramkörét;
• a STOP és a hőkioldó nyitóérintkezője a tartókört bontja meg, ezért a leállás mindig azonnali és feltétel nélküli.

⚠ Fontos biztonsági elv: a STOP-ot és a hőkioldót mindig nyitóérintkezővel (NEM-függvénnyel) kell bekötni, hogy vezetékszakadás esetén is leálljon a berendezés. A védőburkolat-kapcsoló bekötése biztonsági kockázatelemzéstől függ; a gépi berendezéseknél gyakran kényszernyitású, redundáns kivitel az előírás.

13.3. feladat. 4–20 mA-es szinttávadó, méréshatár 0–4 m.

Az áramjel és a szint között lineáris a kapcsolat: a 0–4 m tartományhoz a 4–20 mA, azaz 16 mA-es áramtartomány tartozik.

Az átszámítási képletek:
   I [mA]  = 4 + 16 · h / 4        =  4 + 4 · h        (h méterben)
   h  [m]  = (I − 4) / 16 · 4      =  (I − 4) / 4      (I mA-ben)

(a) 1,5 m-es szinthez tartozó áramjel.

1. lépés: I = 4 mA + 16 mA · (1,5 m / 4 m)
2. lépés: I = 4 + 16 · 0,375 = 4 + 6,0 = 10,0 mA

(b) A 12 mA-es jelhez tartozó szint.

3. lépés: h = (12 mA − 4 mA) / 16 mA · 4 m
4. lépés: h = 8/16 · 4 = 0,5 · 4 = 2,0 m

A 12 mA a tartomány közepe, ezért éppen a méréshatár felét, 2,0 m-t jelenti.

(c) A szivattyú bekapcsolási küszöbe 0,8 m-nél.

5. lépés: I = 4 mA + 16 mA · (0,8 m / 4 m) = 4 + 16 · 0,2 = 4 + 3,2 = 7,2 mA

A vezérlésben tehát 7,2 mA-es küszöböt kell beállítani; a szivattyú akkor kapcsol be, ha a jel ez alá csökken. (A gyakorlatban ehhez hiszterézist is be kell állítani – például kikapcsolás 1,0 m-nél, azaz 8,0 mA-nél –, különben a szivattyú a küszöb körül lengve percenként sokszor kapcsolna.)

(d) A 0 mA-es kijelzés. A legvalószínűbb ok a jelkör megszakadása: kábelszakadás, kilazult sorkapocs, tönkrement távadó vagy a távadó tápellátásának hiánya.

Éppen ezért van a tartomány alsó határa 4 mA-nél, nem nullánál. Ez az úgynevezett „élő nulla" (live zero): a jelkör ép állapotban soha nem ad 0 mA-t, mert a mérés alsó végén is folyik 4 mA. Ha a műszer 0 mA-t (vagy 4 mA alatti értéket) lát, az egyértelműen hibaállapot, nem mérési eredmény. Egy 0–20 mA-es rendszerben ez a megkülönböztetés lehetetlen lenne: ott a 0 mA jelentheti azt is, hogy „üres a tartály", és azt is, hogy „elszakadt a kábel" – az utóbbi észrevétlen maradna, a szivattyú pedig szárazon futna.

Kiegészítő előny, amiért az áramjel jobb a feszültségjelnél: a vezeték ellenállása nem befolyásolja a mérést, mert az áram a hurokban mindenhol ugyanakkora. Ez több tíz méteres ipari kábelhosszaknál döntő szempont.

(e) Az úszókapcsoló jele. Az úszókapcsoló (szintkapcsoló) bináris (kétállapotú, digitális) jelet ad: „a szint a beállított pont fölött van" vagy „alatta van" – jellemzően egy záró- vagy nyitóérintkező formájában, 24 V DC vagy 230 V AC szinten.

A két megoldás információtartalma alapvetően különbözik:

Az úszókapcsoló tehát a mérési tartomány egyetlen pontjáról ad információt, a távadó viszont a teljes tartományról. Ezért a gyakorlatban gyakran kombinálják őket: a szabályozás a távadó analóg jelére épül, a szárazonfutás elleni védelem viszont egy független úszókapcsolóra – így a védelem akkor is működik, ha a távadó vagy a vezérlés meghibásodik.

13.4. feladat. 24 V DC-ről táplált mágnesszelep: R = 60 Ω, L = 0,4 H.

(a) Az áram bekapcsolt (állandósult) állapotban.

1. lépés: állandósult állapotban a tekercs árama nem változik (di/dt = 0),
   tehát az induktivitás nem korlátoz – csak az ohmos ellenállás számít:
   I = U / R = 24 V / 60 Ω = 0,400 A = 400 mA
2. lépés (kiegészítés): a bekapcsolási időállandó:
   τ = L / R = 0,4 H / 60 Ω = 0,00667 s = 6,67 ms
   (a végérték kb. 99 %-át 5·τ ≈ 33 ms alatt éri el)
3. lépés: a tekercs teljesítményfelvétele:  P = U · I = 24 · 0,4 = 9,6 W

(b) Miért keletkezik túlfeszültség lekapcsoláskor? A tekercsben tárolt mágneses energiát (W = ½ · L · I² = 0,5 · 0,4 · 0,4² = 0,032 J) a lekapcsolás pillanatában el kell vezetni valahová. A 9. fejezetből ismert önindukciós összefüggés:

u_i = − L · di/dt

Ha az áramkört egy érintkezővel megszakítjuk, az áram nagyon rövid idő alatt (Δt néhány mikroszekundum) esne nulláról nullára, tehát a di/dt óriási. Számpélda a nagyságrend érzékeltetésére: ha az áram 0,4 A-ről 10 µs alatt szűnne meg,

u_i = L · ΔI/Δt = 0,4 H · 0,4 A / 10·10⁻⁶ s = 0,4 · 40 000 = 16 000 V

A valóságban ekkora feszültség nem alakul ki, mert az érintkezők között ív gyullad, és az ív „elviszi" az energiát – de éppen ez a baj: az ív égeti az érintkezőket, nagyfrekvenciás zavart sugároz a szomszédos jelvezetékekre, és a több száz voltos tüske a vezérlőelektronikát (PLC-kimenet, tranzisztor) tönkreteszi.

(c) A szabadonfutó dióda bekötése.

BEKÖTÉSI VÁZLAT

   +24 V ─────┬─────────────────┐
              │                 │
              │            ┌────┴────┐
              │            │         │
             ─┴─  katód    │  (Y1)   │  a mágnesszelep
             ▲ ▲  (K)      │ tekercse│  R = 60 Ω, L = 0,4 H
             ─┬─  anód     │         │
              │   (A)      └────┬────┘
              │                 │
              ├─────────────────┘
              │
            ──┴── kapcsoló (relé-, tranzisztor- vagy PLC-kimenet)
              │
     0 V  ────┴─────────────────────────

   A dióda a tekerccsel PÁRHUZAMOSAN, ZÁRÓIRÁNYBAN van bekötve:
   a KATÓDJA (a gyűrűvel jelölt vég) a POZITÍV (+24 V) oldalra,
   az ANÓDJA a tekercs másik, kapcsolt kivezetésére kerül.

Bekapcsolt állapotban a dióda zár (a katódja pozitívabb), tehát semmit nem csinál. A lekapcsolás pillanatában a tekercs feszültsége megfordul, a dióda nyitóirányba kerül, és a tekercs árama rajta keresztül tovább folyhat (innen a „szabadonfutó" elnevezés), amíg a mágneses tér energiája a tekercs és a dióda ellenállásán hővé nem alakul. A túlfeszültség így a dióda nyitófeszültségének nagyságrendjére, azaz kb. 1 V-ra korlátozódik.

(d) A két katalógusadat a kiválasztáshoz.

1. A megengedett nyitóirányú áram (I_F): legalább akkora legyen, mint a tekercs üzemi árama, mert a lekapcsolás pillanatában pontosan ez a 0,4 A folyik át a diódán. Tartalékkal: I_F ≥ 1 A.
2. A megengedett záróirányú feszültség (U_R): legalább a tápfeszültség, tartalékkal a hálózati és kapcsolási tranziensekre. 24 V-os körnél a szokásos választás U_R ≥ 100 V (a gyakorlatban a széles körben elterjedt 1N4007 típus U_R = 1000 V, I_F = 1 A adatokkal bőségesen megfelel).

Kiegészítő szempont: a szabadonfutó dióda lassítja a szelep elejtését, mert a tekercs árama a diódán keresztül lassan cseng le. Ahol gyors elejtés kell (nagy kapcsolási gyakoriság, biztonsági szelep), a diódával sorosan Zener-diódát vagy ellenállást kötnek, ami gyorsítja a lecsengést a megengedett túlfeszültség árán.

(e) Mi történne fordítva bekötött dióda esetén? A dióda bekapcsoláskor azonnal nyitóirányba kerülne, tehát közvetlen zárlatot hozna létre a 24 V-os tápon. Következmények: a tápegység túláramvédelme lekapcsol (jó esetben), vagy a dióda pillanatok alatt kiég és zárlatba megy, esetleg a kapcsolóelem (PLC-kimenet, tranzisztor) is tönkremegy. A mágnesszelep természetesen nem működik. A polaritás tehát nem részletkérdés: ez a bekötés leggyakoribb és legköltségesebb hibája.

⚠ Végül két korlát: a szabadonfutó dióda csak egyenáramú tekercsnél alkalmazható. Váltakozó áramú kontaktortekercsnél a dióda értelmetlen (minden félperiódusban zárlatot okozna), ott RC-tag vagy varisztor a szokásos túlfeszültség-védelem – erről a 23. fejezet szól.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.14 A 14. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

14.1. feladat. Földzárlati események kiértékelése négy hálózatrészen.

Az eldöntés kulcsa mindig ugyanaz a két kérdés: milyen a hálózat csillagpont-kezelése, és átmeneti vagy tartós-e a hiba. A magyar gyakorlat négy sora ehhez elegendő.

(a) Külterületi 20 kV-os szabadvezetékes leágazás, ráhajló faág.

• Csillagpont-kezelés: ⭐ kompenzált (Petersen-tekercses) – ez a magyar 20/35 kV-os szabadvezetékes elosztóhálózat jellemző megoldása.
• A hibaáram nagyságrendje: néhány amper maradékáram. A hálózat föld felé mutató kapacitásain folyó kapacitív áramot a Petersen-tekercs induktív árama nagyrészt kioltja, ezért a hibahelyen I_f = |I_C − I_L| ≈ 0. (Szabadvezetéken egyébként is kicsi a fajlagos kapacitás – a 14.4 példa nagyságrendje szerint 30 km hosszú 20 kV-os szabadvezetéken a teljes kapacitív földzárlati áram is csak 1,6 A körül van.)
• A hálózat viselkedése: ⭐ üzemben marad. A hibahelyen az ív kialszik, és amint a szél elmozdítja a faágat, a hiba nyom nélkül megszűnik. A védelem feladata itt elsősorban a jelzés és a hibás leágazás kiválasztása (érzékeny, jellemzően irányított földzárlatvédelemmel), nem az azonnali kikapcsolás.
• Indoklás: a szabadvezeték szigetelőközege a levegő, amelynek szigetelőképessége az ív kialvása után magától helyreáll. Ha minden ilyen apró hibánál kikapcsolnánk, a vidéki hálózaton naponta többször lenne áramszünet – ezért kompenzáljuk a szabadvezetékes KÖF-hálózatot.

(b) Városi 10 kV-os kábelhálózat, átütő kábelszigetelés.

• Csillagpont-kezelés: ⭐ ellenálláson keresztül földelt – ez a magyar 10 kV-os kábelhálózat megoldása.
• A hibaáram nagyságrendje: néhány száz amper – korlátozott, de a védelem számára egyértelműen mérhető, ohmos jellegű áram. (A 18. fejezet 18.4 kidolgozott példája 20 kV-on, R_N = 30 Ω mellett I_f = U_f/R_N = 11 547/30 = 385 A-t adott; 10 kV-on a fázisfeszültség 10 000/√3 = 5774 V, tehát azonos földelőellenállásnál kb. feleakkora, 190 A körüli áram adódna.)
• A hálózat viselkedése: ⚠ kikapcsol. A védelem a hibás leágazást megtalálja és lekapcsolja.
• Indoklás: a kábel szigetelőközege szilárd anyag. Ha átüt, az elszenesedik, kilyukad – és nem áll helyre magától: a hiba tartós. Az ívoltásnak tehát nincs értelme; itt az a cél, hogy a védelem a hibát biztosan érzékelje, mielőtt tovább terjedne. Ehhez járul, hogy a kábelhálózat fajlagos kapacitása a szabadvezetékesnek nagyságrendekkel többszöröse (a 14.4 példában 50-szerese), ezért a szigetelt vagy kompenzált üzem itt amúgy is nehezen lenne kezelhető. Ugyanebből következik, hogy ezen a leágazáson visszakapcsoló automatikát tiltani kell (18. fejezet).

(c) 132 kV-os távvezeték, villámcsapás okozta átívelés.

• Csillagpont-kezelés: ⭐ közvetlenül földelt – 132 kV-on és felette ez a szabály.
• A hibaáram nagyságrendje: több ezer, akár több tízezer amper – ez már nem „földzárlat", hanem valódi földrövidzárlat.
• A hálózat viselkedése: ⚠ azonnal kikapcsol – a gyors, összetett (távolsági, differenciál-) védelem néhány tized másodperc alatt hárítja a hibát. Mivel azonban a hiba átmeneti (a villám okozta ív a levegőben ég), a nagyfeszültségű hálózaton szokásos visszakapcsoló automatika rövid holtidő után visszakapcsol, és az üzem jó eséllyel helyreáll.
• Indoklás: nagyfeszültségen a szigetelés a legdrágább alkatrész: minden kilovolt többletszigetelés hosszabb szigetelőláncot, nagyobb oszlopot és nagyobb biztonsági távolságot jelent. A közvetlen földelés tartja a legalacsonyabban az ép fázisok feszültségemelkedését földzárlatkor, tehát ezzel kell a legkevesebb szigetelést beépíteni. A nagy hibaáram nem baj, mert a hálózaton gyors védelem üzemel.

(d) 0,4 kV-os lakóépületi hálózat, fázisvezető a fémszekrény testén.

• Csillagpont-kezelés: ⭐ közvetlenül földelt (a transzformátorállomás kisfeszültségű csillagpontja).
• A hibaáram nagyságrendje: több száz amper – a hurokimpedanciától függően jellemzően néhány száz A (a 16.12 példában 198 A egy 30 m-es, 2,5 mm²-es végáramkörön).
• A hálózat viselkedése: ⚠ a hibás áramkör azonnal lekapcsol – ez nem kellemetlenség, hanem maga a védelmi cél: a túláramvédelemnek (kismegszakító, biztosító) az előírt időn belül (TN-rendszerben 230 V-os végáramkörnél 0,4 s, elosztóáramkörnél legfeljebb 5 s) ki kell oldania.
• Indoklás: ez a testzárlat, és kisfeszültségen a közvetlen földelés az érintésvédelem alapja. A TN-rendszer működése éppen azon áll, hogy a testzárlat földrövidzárlattá alakuljon: akkora áram folyjon, amely a túláramvédelmet működésbe hozza. Ez a „táplálás önműködő lekapcsolása" védelmi mód (33. fejezet). Ha a csillagpont nem lenne földelve, a hibaáram kicsi maradna, a védelem nem oldana ki, és a fémszekrény tartósan feszültség alatt maradna – kisfeszültségen az ember a tét.

Összefoglaló táblázat:

14.2. feladat. Kisfeszültségű hálózatbővítési terv ellenőrzése.

Adatok: új leágazás egy meglévő transzformátorállomásból, l = 180 m, 4 × 50 mm² alumínium földkábel, 12 lakás, lakásonként 3 × 25 A csatlakozás.

(a) A szempontsor 1–4. pontja elvi szinten.

(b) A csúcsterhelés és a vezetékáram becslése.

1. lépés: egy lakás névleges (csatlakozási) teljesítménye, 3 × 25 A-nél,
   a 14.2 példa módszerével (cos φ = 1-gyel megadva):
   P₁ = √3 · U_v · I · cos φ = 1,7321 · 400 V · 25 A · 1 = 17 321 W ≈ 17,3 kW

2. lépés: a 12 lakás névleges teljesítményének összege:
   ΣP = 12 · 17,32 kW = 207,8 kW

3. lépés: a csúcsterhelés egy kedvező, FELTÉTELEZETT értékkel (e = 0,25) –
   ilyet szokott felvenni az a tervező, aki nem a szabványból indul ki:
   P_csúcs = e · ΣP = 0,25 · 207,8 kW = 51,96 kW ≈ 52,0 kW

4. lépés: a várható vezetékáram (a csoport cos φ = 0,95 értékével):
   I = P_csúcs / (√3 · U_v · cos φ) = 51 960 W / (1,7321 · 400 · 0,95)
     = 51 960 / 658,2 = 78,9 A

⚠ A 0,25 nem szabványi érték, hanem feltételezés – a mértékadó számítás ez alatt következik. A 14.2 kidolgozott példa (a fejezetben) már az MSZ 447:2019 A melléklete szerinti képlettel dolgozik: e = c + (1 − c)/√n (c = 0,2), amiből 12 lakásra e = 0,2 + 0,8/√12 = 0,431 (a szabvány táblázatában 0,43). ⭐ Ez a mértékadó érték, a 0,25-tel végzett számítás csak összehasonlításul szolgál:

5. lépés: P_csúcs = 0,431 · 207,8 = 89,6 kW
6. lépés: I = 89 600 / 658,2 = 136,1 A

A két érték között kétszeres a különbség – ezért a tervellenőrzés első kérdése mindig az, hogy melyik egyidejűségi tényezőt, milyen alapon alkalmazta a tervező.

(c) A feszültségesés.

7. lépés: egy fázisvezető ellenállása (a 14.3 példa adatával,
   ρ_Al = 1/34 = 0,0294 Ω·mm²/m; MSZ EN 60909-0:2016, 6.4):
   R = ρ · l / A = 0,0294 · 180 m / 50 mm² = 5,292 / 50 = 0,1058 Ω

8. lépés (a feltételezett 0,25-tel, I = 78,9 A):
   ΔU = √3 · I · R · cos φ = 1,7321 · 78,9 A · 0,1058 Ω · 0,95
      = 136,7 · 0,1058 = 14,46 ;  14,46 · 0,95 = 13,74 V
   ΔU% = ΔU / U_v · 100 = 13,74 / 400 · 100 = 3,44 %     ≤ 5 %   ✔

9. lépés (⭐ a MÉRTÉKADÓ, MSZ 447 szerinti e = 0,431-gyel, I = 136,1 A):
   ΔU = 1,7321 · 136,1 · 0,1058 · 0,95 = 23,70 V
   ΔU% = 23,70 / 400 · 100 = 5,93 %                      > 5 %   ✘

Értékelés: a tervezett 50 mm²-es keresztmetszet csak a kedvező, 0,25-ös feltételezéssel felel meg az 5 %-os korlátnak. Az MSZ 447:2019 szerinti, mértékadó e = 0,431 tényezővel a feszültségesés 5,93 %, ami nem elfogadható; ilyenkor a következő szabványos keresztmetszet, a 70 mm² Al kell (ezzel ΔU = 23,70 · 50/70 = 16,93 V, azaz 4,23 % ✔).

⚠ Két további megállapítás, amelyet a tervellenőrzésben ki kell mondani:

1. A terhelhetőséget külön kell ellenőrizni. Alumínium 50 mm², D2 fektetési mód (közvetlenül földben) esetén a táblázati megengedett tartós áram 99 A. A 0,25-ös feltételezéssel 78,9 A ≤ 99 A ✔, de a mértékadó e = 0,431 tényezővel 136,1 A > 99 A ✘ – ekkor már a terhelhetőség is 70 mm²-t (122 A) kíván. A talaj hőellenállása és a fektetési mélység szerinti korrekciót (MSZ 13207) is el kell végezni.
2. Az 5 %-os korlát jogalapját tisztázni kell. Ha ez a szakasz méretlen fővezeték vagy csatlakozóvezeték, akkor rá az MSZ 447:2019 4.2.2. szerinti, sokkal szigorúbb 2 %-os összesített korlát vonatkozik (alapértelmezett felosztásban 1 % + 1 %), nem az 5 %-os ajánlás. Ezzel a korláttal a jelen keresztmetszet egyik feltételezéssel sem felelne meg. A feladat 5 %-os megadását ezért a megoldás belső (mért) hálózatrészre érvényes ajánlásként értelmezi, és ezt a tervellenőrzésben tisztázandó pontként rögzíti.

(d) Legalább három hiánypótlásra okot adó adat.

1. Az alkalmazott egyidejűségi tényező értéke és forrása (melyik szabvány, melyik táblázat), valamint a lakásonkénti méretezési teljesítmény megnevezése – e nélkül a (b) pont számítása nem reprodukálható, márpedig ez dönti el az egész méretezést.
2. A fektetési adatok: fektetési mélység, a talaj hőellenállása, van-e a nyomvonalon más kábel (halmozás), védőcsöves vagy közvetlen földbe fektetés (D1 vagy D2) – e nélkül a terhelhetőség nem számítható.
3. A zárlati adatok: a transzformátorállomás kisfeszültségű oldalán fellépő maximális és minimális zárlati áram, valamint a leágazás védelmének típusa, névleges árama, karakterisztikája, kioldási ideje és megszakítóképessége – e nélkül sem a zárlati szilárdság (t = (k·S/I)²), sem a lekapcsolási feltétel (Z_s · I_a ≤ U₀), sem a szelektivitás nem ellenőrizhető.
4. A hálózati rendszer megnevezése (TN-C, TN-C-S, TT) és a nullavezető, illetve a PEN-vezető keresztmetszete – a 4 × 50 mm² jelölésből nem derül ki egyértelműen, hogy a negyedik ér PEN-vezető-e, és teljesíti-e az MSZ 447:2019 5.1.6. előírását.
5. A megengedett feszültségesés jogalapja (méretlen vagy mért szakasz), a kábel pontos típusjele és névleges feszültsége, valamint a formai elemek: jelmagyarázat, verziószám, dátum, méretarány, a tervező megnevezése és jogosultsága.

⚠ A legveszélyesebb tervellenőrzési hiba a formális ellenőrzés: ha a bíráló csak az aláírásokat és a pecséteket nézi, de a számításokat nem ellenőrzi vissza. Egy alulméretezett keresztmetszet a papíron nem látszik – csak akkor derül ki, amikor zárlat vagy tartós túlterhelés keletkezik.

14.3. feladat. Napelemekkel sűrűn ellátott falusi KIF-hálózat.

(a) Az egyvonalas séma vázlata.

EGYVONALAS SÉMA (a KÖF-betáplálástól a fogyasztókig)

  20 kV, KOMPENZÁLT csillagpontú
  SZABADVEZETÉKES leágazás
        │
        │  (KÖF-leágazás védelme + Petersen-tekercs az alállomásban)
        │
     ───┴───   KÖF/KIF transzformátorállomás
      20/0,4 kV, Dyn11        ← a 0,4 kV-os csillagpont KÖZVETLENÜL FÖLDELT
        │
     ═══╪═══   KIF főelosztó (gyűjtősín, főbiztosítók)
        │
        ├──────────────────────────────── KIF-leágazás (gerinc)
        │        │        │        │        │
        ▼        ▼        ▼        ▼        ▼
       CS1      CS2      CS3      ...      CSn     csatlakozási pontok
        │        │        │                 │
       [M]      [M]      [M]               [M]     fogyasztásmérő helyek
        │        │        │                 │
      ┌─┴─┐    ┌─┴─┐    ┌─┴─┐             ┌─┴─┐
      │ház│    │ház│    │ház│             │ház│    fogyasztói berendezés
      └─┬─┘    └─┬─┘    └─┬─┘             └─┬─┘
        │        │        │                 │
       (~)      (~)      (~)               (~)     ← ITT LÉP BE A BETÁPLÁLÁS:
     inverter inverter inverter          inverter     a HMKE-k a fogyasztói
      + PV     + PV     + PV              + PV        oldalon, a mérőn túl

A betáplálás tehát a hálózat legvégén, a fogyasztói csatlakozási pontokon lép be – éppen ott, ahol a hagyományos szemléletben csak fogyasztás volt. A 60 db, 5–10 kWp-os rendszer együttes teljesítménye 300–600 kWp nagyságrendű, ami egy falusi KIF-hálózaton jelentős.

(b) Mikor és hol a legnagyobb a feszültség? ⭐ Napos, derült déli órákban, a leágazás legvégén (a transzformátorállomástól legtávolabbi csatlakozási pontokon), a hálózat kis fogyasztása mellett – azaz jellemzően tavasszal és kora ősszel, hétköznap délben, amikor a lakók dolgoznak, a fűtés és a hűtés nem jár, a napsütés viszont maximális.

Indoklás a 14.3 példa összefüggésével. A feszültségesés képlete:

ΔU = √3 · I · R · cos φ        ahol   R = ρ · l / A

Ez az összefüggés irányfüggő, nem előjelfüggő: azt mondja ki, hogy az áram a vezeték ellenállásán feszültségkülönbséget hoz létre, és a feszültség az áram folyásirányában csökken.

• Hagyományos üzemben az áram a transzformátortól a fogyasztó felé folyik, tehát a feszültség a leágazás mentén csökken: a végponton a legkisebb (a 14.3 példában 400 V-ról 386,3 V-ra).
• Betáplálásnál az áram megfordul: a fogyasztótól a transzformátor felé folyik. Ugyanaz a ΔU most a másik irányban jelentkezik, tehát a betáplálási ponton a feszültség a transzformátoriénál nagyobb lesz.

Minél hosszabb a leágazás és minél kisebb a keresztmetszet (azaz minél nagyobb az R), annál nagyobb a feszültségemelkedés – ezért éppen a leghosszabb leágazás végén, a hálózat „leggyengébb" pontján jelentkezik a probléma. Ez a jelenség a 14.10 alfejezet szerinti feszültségtartás új, nehéz feladata.

(c) A teljesítményáramlás iránya.

• Délben: a napelemek termelése meghaladja a falu fogyasztását, ezért a többlet a KIF-hálózaton a fogyasztóktól a transzformátorállomás felé, majd a 20 kV-os leágazáson a KÖF-hálózat felé folyik – vagyis fordított irányban ahhoz képest, ahogy a hálózatot eredetileg tervezték. A transzformátor „felfelé" transzformál.
• Este hétkor: a termelés nulla vagy elhanyagolható, a fogyasztás viszont a napi csúcs közelében van (főzés, világítás, elektromos gépek). A teljesítmény ilyenkor a szokásos irányban, a KÖF-hálózatból a transzformátoron át a fogyasztók felé folyik.

Ez a napi kétszeri irányváltás az, amivel a hálózat méretezésénél és a védelmek beállításánál számolni kell (18. fejezet), és ami a napi terhelési görbe alakját is átrajzolja.

(d) Hol találod a további ismereteket?

• A hálózati védelmek beállítására vonatkozó ismereteket a 18. fejezet (Hálózati védelmek és automatikák) tárgyalja – ott szerepel többek között, hogy a kiserőművek jelenléte kétirányú teljesítményáramlást és változó zárlati viszonyokat okoz, ami a beállítást befolyásoló tényező.
• A fotovillamos rendszerek műszaki követelményeit a 31. fejezet (Kiserőművek, fotovillamos rendszerek) tárgyalja – az inverterekkel, az egyenáramú oldal méretezésével és védelmével, a hálózatra kapcsolás feltételeivel, valamint az MSZ HD 60364-7-712 és az MSZ EN 62446-1 szabvánnyal együtt.

(e) Válasz a polgármesternek. „A 248 V önmagában nem bizonyít szabványsértést. Az MSZ EN 50160 nem pillanatnyi értékre, hanem a 10 perces átlagos effektív értékekre ír elő tűrést: azok legalább 95 %-ának kell a névleges 230 V ±10 %-os sávjába, azaz 207 és 253 V közé esnie, egy teljes hétre vonatkoztatva. A mért 248 V ráadásul még a ±10 %-os sávon belül is van, tehát még pillanatnyi értékként sem lépi túl a szabványos határt. Ahhoz, hogy megalapozottan lehessen szolgáltatásminőségi kifogást emelni, egyhetes, regisztráló hálózatanalizátoros mérés kell a csatlakozási ponton – ezt az elosztói engedélyestől kell kérni. Ha a mérés kimutatja, hogy a 10 perces átlagértékek 5 %-ánál több lép ki a sávból, akkor az engedélyesnek intézkednie kell: a transzformátor fokozatkapcsolójának átállításával, a leágazás megerősítésével vagy a betáplálási feltételek módosításával. Addig viszont az egyetlen leolvasott érték csak arra jó, hogy elrendeljük a rendes mérést."

Érdemes hozzátenni, hogy a magyar elosztói gyakorlat a szabványnál szigorúbb vállalást is közöl (a 10 perces átlagok 95 %-ára ±7,5 %, valamennyi 10 perces átlagra ±10 %) – de a 248 V (a névleges +7,8 %-a) még ezzel a szigorúbb vállalással is csak a 95 %-os sávot súrolja, nem a felső korlátot lépi túl.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.15 A 15. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

15.1. feladat. 8 m hosszú telített faoszlop, oszlopgyámra, síkon és 12°-os lejtőn.

a) A beásási mélység (MSZ 151-8:2022, 11.2.): t ≥ L/6, de t ≥ 1,5 m.
L/6 = 8/6 = 1,333 m — ez kisebb, mint az 1,5 m-es abszolút minimum, tehát a nagyobb érték érvényes: t = 1,5 m.

b) 12°-os lejtőn a mélységet x = tg(α)-val kell növelni (11.2.):
x = tg(12°) ≈ 0,213 m.
A mélység tehát kb. 0,21 m-rel (21 cm-rel) nő (síkon 1,5 m → lejtőn kb. 1,71 m).

c) Az oszlopgyámra emelt faoszlop tövét normál talajon 25 cm-rel, mocsaras talajon legalább 50 cm-rel kell a terepszint fölé emelni (11.2.3.).

d) Az adatlap:

Válasz: 1,5 m; +0,21 m a lejtőn; 25 cm / 50 cm a tőemelés; a fenti adatlap.

15.2. feladat. AL3 (AASC), A = 50 mm², d = 9,0 mm, belterület, út felett, a = 50 m.

a) A mértékadó pótteher (5.1.3.): z = 3,25 + 0,25 · d = 3,25 + 0,25 · 9,0 = 5,50 N/m.
A vezető önsúlya (3. táblázat, AASC fajlagos súlya 27,7 N/(mm²·km)): g = 27,7 · 50 / 1000 = 1,385 N/m.
Az eredő terhelés: q = g + z = 1,385 + 5,50 = 6,885 N/m ≈ 6,89 N/m.

b) A megengedett legnagyobb húzóerő (2. táblázat, AASC σ_meg = 110 N/mm²):
H = σ_meg · A = 110 · 50 = 5500 N.
A belógás a parabola-közelítéssel:
b = q · a² / (8 · H) = 6,885 · 50² / (8 · 5500) = 6,885 · 2500 / 44 000 = 17 212,5 / 44 000 ≈ 0,391 m.

c) A legkisebb vezetőtávolság vízszintes elrendezésnél (10.2.): f = a · 10⁻² = 50 · 0,01 = 0,5 m (ez nagyobb, mint az f ≥ 0,4 m minimum, tehát f = 0,5 m a mértékadó).

d) A felfüggesztési magasság. Belterületen, utak felett a legkisebb földtől mért távolság (4. táblázat, 1. sor) 5,5 m:
h ≥ 5,5 + 0,391 ≈ 5,89 m — a kerekítés mindig felfelé történik, tehát legalább 5,9 m.

e) Mert ez a TÉLI (pótteherrel terhelt, −5 °C-os) állapot belógása. Nyáron (+40 °C, pótteher nélkül) a vezető megnyúlik, a húzóerő csökken, és a belógás nagyobb is lehet — az MSZ 151-8:2022 7.1. szakasza szerint a két vizsgálandó állapot közül mindig a nagyobb belógás a mértékadó, tehát a nyári állapotot (állapotegyenlettel vagy belógási táblázattal) is ellenőrizni kell.

Válasz: a) z = 5,50 N/m, q ≈ 6,89 N/m; b) b ≈ 0,39 m; c) f = 0,5 m; d) legalább 5,9 m; e) lásd fent.

15.3. feladat. Kábelárok-szelvény, két kábel egy síkban, szabályozott terepen, a talaj nem I. vagy II. talajosztályú.

A rajzon feltüntetendő méretek és forrásaik (MSZ 13207:2020):

Megjegyzés I./II. talajosztály esetén: ha a kitermelt talaj I. vagy II. talajosztályú (nem szennyezett, semleges kémhatású) lenne, a homokágy nem lenne kötelező (6.2.4.) — a kábel közvetlenül a visszatöltött, tömörített talajra kerülhetne, csak az éles tárgyak eltávolítására kellene ügyelni (6.2.3.).

Válasz: a fenti táblázat méretei és szakaszai; I./II. talajosztálynál a homokágy elmaradna.

15.4. feladat. Zsugoros kábelösszekötés munkautasítása.

a) Biztonsági lépések a munka megkezdése előtt: feszültségmentesítés az öt lépés szabálya szerint (lásd 38. fejezet); kábelazonosítás (a helyes kábel megtalálása); kábelszúrás a bontás előtt (annak igazolására, hogy a kábel valóban feszültségmentes).

b) Szükséges szerszámok és anyagok:
- hántolókés, mérőszalag, sorja- és élmentesítő szerszám;
- KALIBRÁLT préselőszerszám (kötelezően kalibrált — kalibrálatlan szerszám leolvadt kábelsaruhoz vezet);
- a szerelvény gyártója által előírt méretű zsugorcsövek (kötés- és külső szigetelőcső);
- gázégő a zsugorításhoz;
- a félvezető réteg (KÖF-nél) eltávolításához szükséges szerszám és vegyszeres tisztító;
- szigetelésiellenállás-mérő műszer az ellenőrzéshez.

c) A műveleti lépések helyes sorrendje:
1. feszültségmentesítés, kábelazonosítás, kábelszúrás;
2. a kábelvégek előkészítése (a vágás egyenes vonalú legyen, ne csipkézett);
3. a zsugorcsövek előzetes felfűzése — ⚠ ezt a lépést utólag már nem lehet pótolni, a csöveket a kötés elkészítése ELŐTT kell a kábelre felhúzni;
4. középfeszültségen a félvezető réteg maradéktalan eltávolítása;
5. a vezetők összekötése kalibrált préselőszerszámmal, a gyártó által előírt nyomással és présszámmal;
6. a szigetelés helyreállítása (szigetelőcsövek felhúzása);
7. zsugorítás — a cső közepétől a végei felé haladva, egyenletesen;
8. az árnyékolás és a köpeny folytonosságának helyreállítása;
9. ellenőrzés és dokumentálás.

d) Tűzvédelmi intézkedések a nyílt lángos zsugorításhoz: alkalomszerű tűzveszélyes tevékenységi engedély beszerzése; a munkaterület éghető anyagtól való megtisztítása; kézi tűzoltó készülék a helyszínen; a munka befejezése utáni utóellenőrzés.

e) Ellenőrzés és dokumentálás: a kész kötés szigetelési ellenállásának mérése; a szerelvény adatainak (gyártó, típus, a préselés és a zsugorítás paraméterei, a szerelő neve, a dátum) rögzítése.

Válasz: lásd a fenti munkautasítás-vázlatot a)–e) pontokban.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.16 A 16. fejezet megoldásai

A méretezési feladatoknál végig a fejezet lépéssorát követjük: terhelhetőség → feszültségesés → zárlati szilárdság → lekapcsolási feltétel, majd a négy részeredmény közül a legnagyobb keresztmetszetet választjuk, és megnevezzük a mértékadó szempontot.

Gyakorlatok

16.1. feladat. Hegesztőgép tápvezetéke: P = 9 kW, cos φ = 0,8, 400 V, réz PVC kábel, 3 terhelt vezető, C fektetési mód, 30 °C, halmozás nincs.

1. LÉPÉS – A SZÁMÍTÁSI ÁRAM
   I_B = P / (√3 · U_v · cos φ)
   I_B = 9000 W / (1,7321 · 400 V · 0,8)
   I_B = 9000 / 554,3 = 16,24 A

2. LÉPÉS – TERHELHETŐSÉG (MSZ HD 60364-5-52, B.52.4, réz, C oszlop)
   Korrekciós tényezők:
     k_hőm  = 1,00   (30 °C a referencia-hőmérséklet)
     k_halm = 1,00   (más kábeltől távol halad)
     k_harm = 1,00   (a hegesztőgép a méretezés szempontjából
                      lineáris, egyfázisú nemlineáris terhelés nincs)

   Próba 1,5 mm²-rel:
     I_táblázat = 17,5 A
     I_Z = 17,5 · 1,00 · 1,00 · 1,00 = 17,5 A
     I_B ≤ I_Z ?   16,24 A ≤ 17,5 A     ✔  (a kábel önmagában elbírná)

3. LÉPÉS – A VÉDELEM ÖSSZEHANGOLÁSA (MSZ HD 60364-4-43, 433.)
   Az első feltétel:  I_B ≤ I_n ≤ I_Z
   1,5 mm²-rel:       16,24 A ≤ I_n ≤ 17,5 A
   A szabványos áramsor (… 10, 13, 16, 20, 25 …) ebben a tartományban
   NEM tartalmaz értéket:  a 16 A KISEBB az I_B-nél,
                           a 20 A NAGYOBB az I_Z-nél.
   ⇒ 1,5 mm² NEM VÁLASZTHATÓ, mert nem lehet hozzá védelmet rendelni!

   Próba 2,5 mm²-rel:
     I_táblázat = 24 A ;  I_Z = 24 · 1,00 · 1,00 · 1,00 = 24 A
     I_B ≤ I_n ≤ I_Z  →  16,24 A ≤ I_n ≤ 24 A
     Szabványos érték:  I_n = 20 A            ✔

4. LÉPÉS – A MÁSODIK ÖSSZEHANGOLÁSI FELTÉTEL
   I₂ ≤ 1,45 · I_Z = 1,45 · 24 A = 34,8 A
   a) kismegszakítóval (I₂ = 1,45 · I_n):
      I₂ = 1,45 · 20 = 29,0 A ≤ 34,8 A       ✔
   b) gG olvadóbetéttel (I₂ = 1,6 · I_n):
      I₂ = 1,6 · 20 = 32,0 A ≤ 34,8 A        ✔
   (Az I₂ értékét mindig a gyártói adatlapról, illetve a termékszabványból
    kell venni – a fenti szorzók a 17. fejezetben használt példaértékek.)

5. LÉPÉS – KARAKTERISZTIKA
   A hegesztőgép bekapcsolásakor a transzformátora jelentős
   mágnesezési áramlökést vesz fel  →  C karakterisztika
   (nagyon nagy bekapcsolási lökésű gépnél D; a konkrét választás
    a gyártói adatlapon szereplő bekapcsolási áram alapján dől el).

Válasz: a számítási áram 16,24 A, a szükséges legkisebb keresztmetszet 2,5 mm² réz, a védelem névleges árama 20 A (C karakterisztikájú kismegszakító). Az I_B ≤ I_n ≤ I_Z feltétel a 16,24 A ≤ 20 A ≤ 24 A alakban teljesül, a második feltétel (I₂ ≤ 34,8 A) mindkét készülékfajtánál teljesül.

⚠ A feladat tanulsága: az 1,5 mm² a puszta terhelhetőségi feltételt (16,24 ≤ 17,5) még teljesítette volna, mégsem használható – mert nem lehet hozzá szabványos névleges áramú védelmet rendelni. A méretezés nem áll meg az I_B ≤ I_Z összehasonlításnál: a védelem összehangolása az eljárás elválaszthatatlan része.

16.2. feladat. Raktárcsarnok világítási főelosztójának tápkábele: réz PVC, többerű, 3 terhelt vezető, 16 mm², perforált kábeltálcán egy rétegben hét áramkörrel (a vizsgált kábel + 6 másik), 45 °C, teljes egészében LED-es (nemlineáris) terhelés, a mért 3. harmonikus tartalom 30 %.

1. LÉPÉS – A FEKTETÉSI MÓD ÉS AZ ALAPTERHELHETŐSÉG
   MSZ HD 60364-5-52, A.52.3 táblázat, 31. tétel:
   perforált tálcán fektetett többerű kábel  →  E referenciamód
   (a C mód a TÖMÖR tálcáé és a falra rögzített kábelé – 30. tétel)

   B.52.10 táblázat, réz 16 mm², 3 terhelt vezető, E mód:
   I_táblázat = 80 A

2. LÉPÉS – HŐMÉRSÉKLET-KORREKCIÓ
   B.52.14 táblázat, PVC szigetelés, 45 °C környezeti hőmérséklet:
   k_hőm = 0,79

3. LÉPÉS – HALMOZÁSI TÉNYEZŐ
   B.52.17 táblázat 4. sora, „egy rétegben perforált tálcán", 7 áramkör:
   k_halm = 0,73
   (a vizsgált kábel + 6 másik = ÖSSZESEN 7 áramkör!)
   A 4. sor éppen az E/F alapértékekhez tartozik – illeszkedik az 1. lépéshez.

4. LÉPÉS – HARMONIKUS-VISSZAMINŐSÍTÉS
   E.52.1 táblázat, 3. harmonikus tartalom 30 % (a 15–33 %-os sáv):
   k_harm = 0,86, és a méretezés alapja a FÁZISÁRAM

5. LÉPÉS – A TÉNYLEGES MEGENGEDETT TARTÓS ÁRAM
   I_Z = I_táblázat · k_hőm · k_halm · k_harm
   I_Z = 80 A · 0,79 · 0,73 · 0,86

   lépésenként:  80 · 0,79 = 63,20 A      (a hőmérséklet elvett 21 %-ot)
                 63,20 · 0,73 = 46,14 A   (a halmozás további 27 %-ot)
                 46,14 · 0,86 = 39,68 A   (a harmonikusok további 14 %-ot)

   I_Z = 39,7 A

6. LÉPÉS – A CSÖKKENÉS MÉRTÉKE
   (80 − 39,7) / 80 = 40,3 / 80 = 0,504   →   50,4 %-kal kevesebb
   azaz a táblázati érték mindössze 49,6 %-a marad

Válasz: a fektetési mód E (perforált tálca), az alapterhelhetőség ezért 80 A; a kábel tényleges megengedett tartós árama 39,7 A, ami a táblázati érték 49,6 %-a – a csökkenés 50,4 %.

Az eredmény a fejezet legfontosabb szemléleti üzenetét támasztja alá: a terhelhetőség sohasem „egy szám". Aki katalógusból a 80 A-t venné, kétszeresen túlterhelné a kábelt. Az egyes tényezők önmagukban ártalmatlannak tűnnek (0,79 – 0,73 – 0,86), de szorzódnak.

Három gyakorlati következtetés:

• ⭐ A halmozási veszteség a legkönnyebben visszanyerhető: ha a szomszédos kábelek vízszintes távolsága meghaladja a külső átmérőjük kétszeresét, csökkentő tényezőt egyáltalán nem kell alkalmazni. Egy 20 mm átmérőjű kábelnél ehhez 40 mm-nél nagyobb szabad térköz kell – ez a tálcán néhány centiméternyi osztástávolság, és önmagában 27 %-ot ad vissza (I_Z így 80 · 0,79 · 1,00 · 0,86 = 54,4 A lenne).
• A fektetési mód azonosítása az első és legnagyobb hatású lépés: ha valaki a perforált tálcára a C oszlopot (76 A) használná, egyszerre venné rosszul az alapértéket és keverné össze a B.52.17 táblázat két, más-más alaptáblázathoz tartozó sorát.
• A nullavezető ebben a kábelben a fázisvezetőkkel azonos, 16 mm²-es keresztmetszetű kell legyen (524.2.1.: legfeljebb 16 mm² réz fázisvezetőnél ez kötelező), és semmiképpen nem csökkenthető: a 3. harmonikus miatt benne jelentős áram folyik, önálló túláramvédelme pedig rendszerint nincs (MSZ HD 60364-4-43, 431.2.1.).

16.3. feladat. Nyaraló egyfázisú földkábeles ellátása: e = 1 %, l = 62 m, P = 7,36 kW (1 × 32 A).

A méretlen szakaszra az MSZ 447:2019 4.2.3.1. szakaszának képletét használjuk, amely közvetlenül a keresztmetszetre van rendezve.

1. LÉPÉS – A SZÁMÍTÁSI ÁRAM
   I = P / U_f = 7360 W / 230 V = 32,0 A         (egyezik a megadott 1 × 32 A-rel ✔)
   Az MSZ 447 4.2.3.1. szerint a méretezés cos φ = 1-gyel történik.

2. LÉPÉS – AZ EGY VEZETŐRE JUTÓ MEGENGEDETT FESZÜLTSÉGESÉS
   Egyfázisú vezetékhálózatra:
   ε = (e/100) · (U_f / 2) = 0,01 · (230 V / 2) = 0,01 · 115 = 1,15 V

   (A kettes osztó a hurokhosszat fejezi ki: az áram OTT is és VISSZA is
    átfolyik, tehát a teljes, 1 %-nyi = 2,30 V-os feszültségesés
    két vezetőn oszlik meg.)

3. LÉPÉS – A SZÜKSÉGES KERESZTMETSZET RÉZZEL
   A = ρ · l · I · cos φ / ε
   A = 0,0185 Ω·mm²/m · 62 m · 32 A · 1 / 1,15 V

   lépésenként:  0,0185 · 62 = 1,147
                 1,147 · 32  = 36,70
                 36,70 / 1,15 = 31,92 mm²

   → szabványos keresztmetszet felfelé kerekítve:  35 mm² RÉZ

4. LÉPÉS – A SZÜKSÉGES KERESZTMETSZET ALUMÍNIUMMAL
   A = 0,0294 Ω·mm²/m · 62 m · 32 A · 1 / 1,15 V

   lépésenként:  0,0294 · 62 = 1,8228
                 1,8228 · 32 = 58,33
                 58,33 / 1,15 = 50,72 mm²

   → szabványos keresztmetszet felfelé kerekítve:  70 mm² ALUMÍNIUM
     (az 50 mm² éppen NEM elég: 50,72 > 50)

5. LÉPÉS – ELLENŐRZÉS A KÖZVETLEN KÉPLETTEL
   ΔU = 2 · l · I · ρ · cos φ / A

   Réz 35 mm²:
     ΔU = 2 · 62 · 32 · 0,0185 / 35 = 3968 · 0,0185 / 35 = 73,41 / 35 = 2,097 V
     e  = 2,097 / 230 · 100 = 0,91 %        ≤ 1 %    ✔

   Alumínium 50 mm²:
     ΔU = 3968 · 0,0294 / 50 = 116,66 / 50 = 2,333 V
     e  = 2,333 / 230 · 100 = 1,014 %       > 1 %    ✘  (hajszálnyival, de nem felel meg)

   Alumínium 70 mm²:
     ΔU = 116,66 / 70 = 1,667 V
     e  = 1,667 / 230 · 100 = 0,72 %        ≤ 1 %    ✔

6. LÉPÉS – ÖSSZEVETÉS A LEGKISEBB MEGENGEDETT KERESZTMETSZETTEL
   MSZ 447:2019, 5.1.5. szakasz – csatlakozóvezeték:
       réz:        legalább 10 mm²
       alumínium:  legalább 16 mm²

   Réz:        35 mm²  ≫  10 mm²      a feszültségesés a mértékadó
   Alumínium:  70 mm²  ≫  16 mm²      a feszültségesés a mértékadó

Válasz: az 1 %-os korlát betartásához 35 mm² réz, illetve 70 mm² alumínium keresztmetszet kell. Mindkét érték sokszorosa az MSZ 447:2019 5.1.5. szakasza szerinti legkisebb megengedett keresztmetszetnek (Cu 10 mm², Al 16 mm²) – ebben az esetben tehát a szabványi minimum nem korlát, a méretezést egyértelműen a feszültségesés dönti el.

Két megjegyzés a gyakorlathoz:

• Az alumínium keresztmetszete a rézének kétszerese (70 mm² a 35 mm² helyett), mert a fajlagos ellenállása kb. 1,6-szoros, és a szabványos sorban a következő fokozatra kellett lépni. Ez az arány jól illusztrálja, miért van a réznek és az alumíniumnak külön minimum-keresztmetszete is.
• A terhelhetőséget külön kell ellenőrizni. Al 70 mm², D2 fektetési mód (közvetlenül földben) esetén I_táblázat = 122 A, réz 35 mm², D2 esetén 110 A – mindkettő bőven a 32 A fölött van, tehát itt a terhelhetőség nem szorít. Ez a szokásos helyzet a hosszú, kis áramú vezetékeknél: a feszültségesés a mértékadó.

16.4. feladat. Műhely elosztóáramkörének lekapcsolási feltétele: C32 kismegszakító, l = 45 m, réz 6 mm² fázis- és védővezető, a főelosztónál mért hurokimpedancia 0,18 Ω, TN-rendszer.

1. LÉPÉS – AZ ELŐÍRT LEKAPCSOLÁSI IDŐ
   MSZ HD 60364-4-41:2018, 41.1. táblázat, TN-rendszer,
   ELOSZTÓÁRAMKÖR:  legfeljebb 5 s

2. LÉPÉS – A VÉDELEM BIZTOS MŰKÖDÉSI ÁRAMA (I_a)
   C karakterisztika  →  mágneses kioldási tartomány 5–10 · I_n
   A méretezésnél mindig a FELSŐ határral kell számolni
   (ez a „biztos kioldás" árama):
   I_a = 10 · I_n = 10 · 32 A = 320 A

3. LÉPÉS – A MEGENGEDETT LEGNAGYOBB HUROKIMPEDANCIA
   Z_s · I_a ≤ U₀     →     Z_s ≤ U₀ / I_a
   Z_s,max = 230 V / 320 A = 0,719 Ω

4. LÉPÉS – AZ ÁRAMKÖRI SZAKASZ ELLENÁLLÁSA 20 °C-ON
   A hurok = a fázisvezető ODA + a védővezető VISSZA, mindkettő 6 mm²:
   R_20 = 2 · l · ρ / A = 2 · 45 m · 0,0185 Ω·mm²/m / 6 mm²
   R_20 = 90 · 0,0185 / 6 = 1,665 / 6 = 0,2775 Ω

5. LÉPÉS – ÁTSZÁMÍTÁS A VÉGSŐ MEGENGEDETT VEZETŐHŐMÉRSÉKLETRE
   MSZ EN 60909-0:2016, (32) képlet, α = 0,004 1/K;
   ϑ_e = 160 °C (PVC, MSZ HD 60364-4-43, 43A táblázat – lásd a 16.7-et):
   R_ϑ = [ 1 + α · (ϑ_e − 20 °C) ] · R_20
   R_ϑ = [ 1 + 0,004 · (160 − 20) ] · 0,2775 Ω
   R_ϑ = [ 1 + 0,560 ] · 0,2775 = 1,560 · 0,2775 = 0,4329 Ω

6. LÉPÉS – A TELJES HUROKIMPEDANCIA
   Z_s = Z_s(főelosztó) + R_ϑ = 0,18 Ω + 0,433 Ω = 0,613 Ω

7. LÉPÉS – A LEKAPCSOLÁSI FELTÉTEL ELLENŐRZÉSE
   Z_s ≤ Z_s,max ?
   0,613 Ω ≤ 0,719 Ω      ✔   A FELTÉTEL TELJESÜL

   Ugyanez a szabvány alapalakjában:
   Z_s · I_a = 0,613 Ω · 320 A = 196,2 V  ≤  U₀ = 230 V     ✔

8. LÉPÉS – A TÉNYLEGES HIBAÁRAM c_min = 0,90 MELLETT
   I_k = c_min · U₀ / Z_s = 0,90 · 230 V / 0,613 Ω
   I_k = 207 V / 0,613 Ω = 337,7 A

9. LÉPÉS – ÉRZÉKENYSÉGI ELLENŐRZÉS
   I_k / I_a = 337,7 A / 320 A = 1,06
   337,7 A > 320 A     ✔  a mágneses kioldó működik, a lekapcsolás
                          ezredmásodpercek alatt megtörténik
                          (jóval az előírt 5 s-on belül)

Válasz: a hurokimpedancia 0,613 Ω, a megengedett legnagyobb érték 0,719 Ω, tehát a lekapcsolási feltétel teljesül. A tényleges hibaáram c_min = 0,90 mellett 337,7 A, ami a C32 készülék biztos mágneses kioldási áramának (320 A) 1,06-szorosa.

⚠ A tartalék azonban igen kicsi: mindössze 6 %. (Ha valaki a szabvány szigorú olvasata helyett a 70 °C-os üzemi hőmérséklettel számolna, Z_s = 0,513 Ω és I_k = 403,5 A jönne ki, vagyis 26 %-os, biztatóbb – de a biztonság rovására téves – tartalék.) Ha az elosztóból induló további áramkörök is hosszúak, azok végpontján a feltétel már nem feltétlenül teljesül – minden végáramkört külön kell ellenőrizni. Ugyanígy: ha bárki C32 helyett D32-re cserélné a készüléket, az I_a 320 A-ről 640 A-re ugrana (MSZ EN 60898 szerinti kivitelnél), és a megengedett hurokimpedancia 0,359 Ω-ra csökkenne – a 0,613 Ω mellett a feltétel azonnal megszűnne teljesülni. A karakterisztikaváltás mindig a lekapcsolási feltétel újraszámolásával jár együtt.

16.5. feladat. Teljes, végigvitt méretezés: irodaépület emeleti elosztójának tápvezetéke.

Adatok: P = 22 kW, cos φ = 0,95, háromfázisú, nemlineáris terhelés (LED-világítás és informatika; a fázisáram mért 3. harmonikus tartalma THD₃ = 50 %), l = 40 m, réz PVC kábel, C fektetési mód, 30 °C, halmozás nincs, a főelosztón I″_k,max = 8 kA, a védelem kioldási ideje zárlatnál t = 0,1 s, a megengedett feszültségesés 3 %, TN-rendszer, elosztóáramkör.

──────────────────────────────────────────────────────────────────────
1. LÉPÉS – A SZÁMÍTÁSI ÁRAM
──────────────────────────────────────────────────────────────────────
   I_B = P / (√3 · U_v · cos φ)
   I_B = 22 000 W / (1,7321 · 400 V · 0,95)
   I_B = 22 000 / 658,2 = 33,42 A

──────────────────────────────────────────────────────────────────────
2. LÉPÉS – TERHELHETŐSÉG           (MSZ HD 60364-5-52)
──────────────────────────────────────────────────────────────────────
   Fektetési mód: C (a kábel közvetlenül a falon) ;  réz, PVC, 3 terhelt vezető
   k_hőm  = 1,00   (30 °C a referencia)
   k_halm = 1,00   (halmozás nincs)

   ⭐ HARMONIKUS-VISSZAMINŐSÍTÉS (MSZ HD 60364-5-52, E melléklet)
   A nullavezető árama:  I_N = 3 · THD₃ · I_B = 3 · 0,50 · 33,42 = 50,1 A
   Az E.52.1 táblázat 45 % fölötti sora:  k_harm = 1,0, és a méretezés
   alapja a NULLAVEZETŐ árama, tehát a mértékadó áram I_N = 50,1 A.

   Próbák (B.52.4, réz, C oszlop):
      6 mm²:  41 A  →  41 · 1,00 = 41,0 A   <  50,1 A    ✘
     10 mm²:  57 A  →  57 · 1,00 = 57,0 A   ≥  50,1 A    ✔

   A VÉDELEM ÖSSZEHANGOLÁSA 10 mm²-rel (ezt a FÁZISÁRAMRA írjuk fel):
     I_B ≤ I_n ≤ I_Z  →  33,42 A ≤ I_n ≤ 57,0 A
     Szabványos érték:  I_n = 40 A                      ✔
     Második feltétel: I₂ ≤ 1,45 · I_Z = 1,45 · 57,0 = 82,7 A
        kismegszakítóval:  I₂ = 1,45 · 40 = 58,0 A ≤ 82,7 A     ✔

   Ellenőrzés a „0,6-os" hüvelykujjszabállyal:
     10 mm²: 57 · 0,60 = 34,2 A ≥ 33,42 A  –  ugyanaz a keresztmetszet,
     de a hivatkozható eljárás az E.52.1 táblázaté.

   ➤ RÉSZEREDMÉNY (terhelhetőség):  10 mm²

──────────────────────────────────────────────────────────────────────
3. LÉPÉS – FESZÜLTSÉGESÉS          (megengedett: 3 %)
──────────────────────────────────────────────────────────────────────
   ΔU = √3 · l · I_B · ρ · cos φ / A

   A számláló egyszer, kiszámolva:
     1,7321 · 40 m = 69,28
     69,28 · 33,42 A = 2315,4
     2315,4 · 0,0185 Ω·mm²/m = 42,83
     42,83 · 0,95 = 40,69   [V·mm²]

   A megengedett feszültségesés:
     ΔU_max = 0,03 · 400 V = 12,0 V

   A szükséges keresztmetszet:
     A ≥ 40,69 / 12,0 = 3,39 mm²   →  szabványos érték: 4 mm²

   Ellenőrzés a terhelhetőségből adódó 10 mm²-rel:
     ΔU = 40,69 / 10 = 4,07 V
     e  = 4,07 / 400 · 100 = 1,02 %        ≤ 3 %       ✔

   ➤ RÉSZEREDMÉNY (feszültségesés):  4 mm²

──────────────────────────────────────────────────────────────────────
4. LÉPÉS – ZÁRLATI (TERMIKUS) SZILÁRDSÁG   (MSZ HD 60364-4-43, 434.5.2.)
──────────────────────────────────────────────────────────────────────
   A mértékadó áram a kábel ELEJÉN, a főelosztón a legnagyobb:
     I = I″_k,max = 8000 A
   A védelem legnagyobb kioldási ideje zárlatnál:  t = 0,1 s
   k = 115   (réz, PVC, ≤ 300 mm²; MSZ HD 60364-4-43, 43A táblázat)

   A szükséges keresztmetszet:
     S ≥ I · √t / k = 8000 A · √0,1 s / 115
     √0,1 = 0,3162
     8000 · 0,3162 = 2529,8
     2529,8 / 115 = 22,0 mm²
     →  szabványos érték felfelé kerekítve:  25 mm²

   Ellenőrzés a t = (k · S / I)² alakkal:
     10 mm²:  t = (115 · 10 / 8000)² = (1150/8000)² = (0,1438)² = 0,0207 s
              0,0207 s < 0,1 s          ✘  NEM FELEL MEG
     16 mm²:  t = (115 · 16 / 8000)² = (1840/8000)² = (0,2300)² = 0,0529 s
              0,0529 s < 0,1 s          ✘  NEM FELEL MEG
     25 mm²:  t = (115 · 25 / 8000)² = (2875/8000)² = (0,3594)² = 0,1292 s
              0,1292 s ≥ 0,1 s          ✔  MEGFELEL

   ➤ RÉSZEREDMÉNY (zárlati szilárdság):  25 mm²   ⭐ ez lesz a MÉRTÉKADÓ

──────────────────────────────────────────────────────────────────────
5. LÉPÉS – LEKAPCSOLÁSI FELTÉTEL   (MSZ HD 60364-4-41)
──────────────────────────────────────────────────────────────────────
   ⚠ ADATHIÁNY: a feladat a főelosztói forrásimpedanciának csak
   a MAXIMÁLIS zárlati áramból számítható értékét adja meg, az R/X
   felbontását nem. Ezért közelítéssel élünk, és a közelítés irányát
   kimondjuk: a forrásimpedanciát skalárisan adjuk hozzá a kábeléhez,
   ami a BIZTONSÁG JAVÁRA téved (a számított hibaáram így kisebb lesz
   a valóságosnál).

   a) A forrásimpedancia becslése a megadott zárlati áramból:
      Z_Q = c_max · U_n / (√3 · I″_k,max) = 1,10 · 400 V / (1,7321 · 8000 A)
      Z_Q = 440 / 13 857 = 0,03175 Ω = 31,75 mΩ

   b) A kábel ellenállása MELEG vezetővel (25 mm², 40 m, ϑ_e = 160 °C):
      R_L,20 = ρ · l / A = 0,0185 · 40 / 25 = 0,740 / 25 = 0,0296 Ω = 29,6 mΩ
      R_L,ϑ  = [1 + 0,004 · (160 − 20)] · 29,6 = 1,56 · 29,6 = 46,2 mΩ
      X_L    = 0,08 mΩ/m · 40 m = 3,2 mΩ   (elhanyagolhatóan kicsi)

   c) A zárlati impedancia (közelítő, skaláris összegzéssel):
      Z_k ≈ 31,75 + 46,2 = 78,0 mΩ = 0,0780 Ω

   d) A legkisebb háromfázisú zárlati áram a kábel végén:
      I″_k3,min = c_min · U_n / (√3 · Z_k) = 0,90 · 400 / (1,7321 · 0,0780)
                = 360 / 0,1351 = 2665 A

   e) A mértékadó, legkisebb zárlati áram (kétfázisú zárlat):
      I″_k2,min = 0,866 · 2665 = 2308 A

   f) A védelem biztos működési árama (C karakterisztika, I_n = 40 A):
      I_a = 10 · 40 = 400 A

   g) Az ellenőrzés:
      2308 A  >  400 A       ✔  a védelem azonnal, ezredmásodpercek
                                alatt lekapcsol – bőven az elosztó-
                                áramkörre előírt 5 s-on belül
      Ugyanez impedanciával:  Z_s · I_a = 0,0780 · 400 = 31,2 V ≤ 230 V   ✔

   h) Mekkora keresztmetszet elégítené ki ÖNMAGÁBAN ezt a feltételt?
      Szükséges: I″_k2,min ≥ 400 A, azaz I″_k3,min ≥ 400/0,866 = 462 A
      Z_k,max = 0,90 · 400 / (1,7321 · 462) = 360 / 800,2 = 0,450 Ω
      a kábelre jutó rész: 0,450 − 0,032 = 0,418 Ω
      R_L,20 = 0,418 / 1,56 = 0,268 Ω
      A ≥ ρ · l / R_L,20 = 0,0185 · 40 / 0,268 = 0,740 / 0,268 = 2,76 mm²
      →  szabványos érték:  4 mm²

   ➤ RÉSZEREDMÉNY (lekapcsolási feltétel):  4 mm²

──────────────────────────────────────────────────────────────────────
6. LÉPÉS – ÖSSZEGZÉS ÉS DÖNTÉS
──────────────────────────────────────────────────────────────────────
   Szempont                    Szükséges keresztmetszet   Szabvány
   ───────────────────────────────────────────────────────────────────
   Terhelhetőség                      10 mm²              MSZ HD 60364-5-52
   Feszültségesés (3 %)                4 mm²              G melléklet (ajánlás)
   Zárlati szilárdság                 25 mm²  ⭐ MÉRTÉKADÓ MSZ HD 60364-4-43
   Lekapcsolási feltétel               4 mm²              MSZ HD 60364-4-41
   ───────────────────────────────────────────────────────────────────
   VÁLASZTOTT:  25 mm² réz, PVC szigetelésű kábel

   A védelem véglegesítése 25 mm²-re:
     I_Z = 96 A · 1,00 · 1,00 · 1,00 = 96,0 A
     I_B ≤ I_n ≤ I_Z  →  33,42 A ≤ 40 A ≤ 96,0 A                ✔
     I₂ = 1,45 · 40 = 58,0 A ≤ 1,45 · 96,0 = 139,2 A            ✔
     Karakterisztika: C (kapcsolóüzemű tápegységek bekapcsolási
     áramlökése miatt), zárlati kioldás I_a = 400 A

   A nullavezető: ⚠ NEMLINEÁRIS terhelés – a keresztmetszete NEM
   csökkenthető, a fázisvezetővel AZONOS, azaz 25 mm² legyen
   (MSZ HD 60364-5-52, 524.2.2.).
   A nullavezető árama: I_N = 3 · 0,50 · 33,42 = 50,1 A; 70 %-os
   3. harmonikus tartalomnál már 70,2 A lenne.

Válasz: a választott keresztmetszet 25 mm² réz, PVC szigetelésű kábel, a védelem 40 A névleges áramú, C karakterisztikájú készülék. A mértékadó szempont a ZÁRLATI SZILÁRDSÁG: a terhelhetőség 10 mm²-t, a feszültségesés és a lekapcsolási feltétel egyaránt csak 4 mm²-t igényelt volna, de a főelosztó közelében fellépő 8 kA-es zárlatot még a 16 mm² sem viselné el a védelem 0,1 s-os kioldási idejéig (csak 0,053 s-ig).

Két tanulság:

• ⭐ A transzformátorállomáshoz (főelosztóhoz) közel a zárlati áram nagy, ezért ott gyakran a zárlati szilárdság a mértékadó – pontosan úgy, ahogy a fejezet 16.13 mintapéldájában is. A hálózat végén, hosszú vezetékeknél ezzel szemben a feszültségesés és a lekapcsolási feltétel szorít.
• A harmonikus-visszaminősítés önmagában egy keresztmetszet-fokozatot jelentett a terhelhetőségnél (6 mm² helyett 10 mm²), mert 45 % fölötti 3. harmonikus tartalomnál a méretezés alapja már a nullavezető árama (50,1 A), nem a fázisáram (33,42 A). Ha ezt a tervező elfelejti, a kábel és különösen a nullavezető rejtetten, védelem nélkül túlterhelődik.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.17 A 17. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

17.1. feladat. Három olvadóbetét-jelölés megfejtése.

Az olvadóbetét jelölése két betűből áll: az első (kisbetű) a megszakítási tartományt (breaking range), a második (nagybetű) az alkalmazási kategóriát adja meg (MSZ EN IEC 60269-1:2025, 6.7.1).

1. gG 63 A / 500 V / 120 kA

Alkalmas-e önmagában a kábel túlterhelés elleni védelmére? ⭐ IGEN. Az MSZ HD 60364-4-43:2010 432.2. szakasza a túlterhelés- és zárlatvédelmet együtt biztosító eszközök közé sorolja a „biztosítók gG jelleggörbéjű biztosítóbetétekkel" megoldást. Kiegészítő eszköz nem kell; a méretezésnél mindössze arra kell figyelni, hogy a betét I₂ árama arányaiban nagyobb, mint a kismegszakítóé (jellemzően 1,6 · I_n), ezért az I₂ ≤ 1,45 · I_Z feltétel gyakran szigorúbb, mint az I_n ≤ I_Z.

2. aM 25 A / 500 V / 100 kA

Alkalmas-e önmagában a kábel túlterhelés elleni védelmére? ⚠ NEM. Az MSZ HD 60364-4-43:2010 432.3. szakasza a kizárólag zárlatvédelmet biztosító eszközök közé sorolja a „biztosítók gM, aM típusú biztosítóbetéttel" megoldást.

Milyen kiegészítő eszközt kell mellé tervezni? Külön túlterhelésvédelmet: hőkioldót (bimetálos motorvédő relét), motorvédő kapcsolót, vagy elektronikus motorvédelmi relét. Motorleágazásnál a szokásos összeállítás: aM biztosító (zárlatvédelem) + kontaktor (kapcsolás) + hőkioldó (túlterhelésvédelem). Ha a hőkioldó kimarad, a motor és a tápvezetéke védtelen marad a túlterheléssel szemben – márpedig éppen a túlterhelés a motorok leggyakoribb tönkremeneteli oka.

3. gPV 16 A / 1000 V DC

Alkalmas-e önmagában a kábel túlterhelés elleni védelmére? Igen, mert „g" jelölésű, tehát teljes tartományú – de kizárólag abban az alkalmazásban, amelyre minősítették: a fotovillamos rendszerek egyenáramú oldalán.

Melyik betét kerülhet napelemes rendszer egyenáramú oldalára? ⭐ Kizárólag a gPV 16 A / 1000 V DC. Ennek két oka van:

1. Az alkalmazási kategória (PV) kifejezetten a fotovillamos rendszerek sajátosságaihoz igazodik: a napelemes karakterisztikánál a zárlati áram alig nagyobb az üzemi áramnál (jellemzően csak 1,1–1,3-szorosa), ezért a PV-betét jelleggörbéje egészen más, mint egy gG betété.
2. Az egyenáramú minősítés nem hagyható el. Váltakozó áramnál az ív a nullátmenetnél magától kialszik – periódusonként kétszer. Egyenáramnál nincs nullátmenet, az ívet a betétnek magának kell megszakítania, ami lényegesen nehezebb feladat, más olvadószál-geometriát és más ívoltó töltetet kíván. Egy 500 V AC-re minősített gG betét egyenáramú körben nem szakítja meg az ívet, hanem a betét felrobbanhat és a hiba tovább terjed – ez a napelemes rendszerek egyik klasszikus, tűzhöz vezető tervezési hibája.

Összefoglaló:

⚠ Betétcsere-szabály: csak azonos névleges áramú és azonos jelölésű betétet szabad beépíteni. A gG helyére tett aM betét némán megszünteti a túlterhelésvédelmet – a berendezés látszólag működik, a vezeték viszont védtelenné válik.

17.2. feladat. Védelem választása két változatban: I_Z = 47 A, I_B = 41 A, réz 10 mm².

A KÉT ÖSSZEHANGOLÁSI FELTÉTEL (MSZ HD 60364-4-43, 433.):
   (1)  I_B ≤ I_n ≤ I_Z
   (2)  I₂ ≤ 1,45 · I_Z

Közös adatok:
   I_B = 41 A ;  I_Z = 47 A
   1,45 · I_Z = 1,45 · 47 A = 68,15 A

a) Kismegszakítóval (I₂ = 1,45 · I_n).

1. lépés – az (1) feltétel:
   41 A ≤ I_n ≤ 47 A

2. lépés – a (2) feltétel átrendezve I_n-re:
   I₂ = 1,45 · I_n ≤ 68,15 A
   I_n ≤ 68,15 / 1,45 = 47,0 A
   → a (2) feltétel ugyanazt a felső korlátot adja, mint az (1):  47 A

3. lépés – a megengedett tartomány:
   41 A ≤ I_n ≤ 47 A

b) gG olvadóbetéttel (I₂ = 1,6 · I_n).

4. lépés – az (1) feltétel változatlan:
   41 A ≤ I_n ≤ 47 A

5. lépés – a (2) feltétel átrendezve:
   I₂ = 1,6 · I_n ≤ 68,15 A
   I_n ≤ 68,15 / 1,6 = 42,59 A
   → a (2) feltétel SZIGORÚBB felső korlátot ad: 42,6 A

6. lépés – a megengedett tartomány:
   41 A ≤ I_n ≤ 42,6 A

Miért tér el a két megoldás? ⭐ Mert az I₂ – a védelmi eszköz hatékony működését biztosító áram – készülékfajtánként más. A kismegszakító termikus kioldója viszonylag „szorosan" követi a névleges áramot (I₂ = 1,45 · I_n), az olvadóbetét ezzel szemben csak nagyobb túláramnál olvad ki biztosan az egyezményes időn belül (I₂ = 1,6 · I_n). Mivel a vezeték felől nézve mindkét készüléknél ugyanaz a korlát (I₂ ≤ 1,45 · I_Z), a nagyobb I₂-szorzójú készüléknél kisebb névleges áramot kell választani ugyanahhoz a vezetékhez.

7. lépés – a két korlát összevetése:
   kismegszakítóval:  I_n ≤ 47,0 A
   gG betéttel:       I_n ≤ 42,6 A
   arány: 42,6 / 47,0 = 0,906 = 1,45/1,6      ✔
   → a biztosítós változat 9,4 %-kal kisebb névleges áramot enged meg

⚠ A szabványos áramsor problémája – ezt ki kell mondani. A kisfeszültségű gyakorlatban használt szabványos névleges áramsor (…, 25, 32, 40, 50, 63, …) egyik változatban sem tartalmaz olyan értéket, amely a megengedett tartományba esne:

8. lépés – a szabványos értékek ellenőrzése:
   I_n = 40 A:  40 A < 41 A = I_B      ✘  az (1) feltétel sérül
                                          (a védelem üzemszerű terhelésnél kioldana)
   I_n = 50 A:  50 A > 47 A = I_Z      ✘  az (1) feltétel sérül
                                          (a vezeték túlterhelődhetne)

Vagyis ehhez a vezetékhez a szokásos moduláris készüléksorból nem választható védelem. A gyakorlatban három út járható:

1. Beállítható kioldójú készülék (MSZ EN 60947-2 szerinti kompakt megszakító), amelynél a beállított érték számít I_n-nek: a kismegszakítós változatban 45 A-re, a biztosítós korlát figyelembevételével 42 A-re állítva. (A szabvány kifejezetten kimondja, hogy szabályozható készüléknél a beállított érték az I_n.)
2. Az I_Z növelése – ez a leggyakoribb, mérnökileg tiszta megoldás: kedvezőbb fektetési mód, a halmozás csökkentése (nagyobb osztástávolság a tálcán), vagy nagyobb keresztmetszet. Ha például I_Z 47 A-ről 55 A-re nő, akkor kismegszakítóval 41 ≤ 50 ≤ 55 ✔, biztosítóval I_n ≤ 1,45·55/1,6 = 49,8 A, tehát a 40 A már megfelelne, ha az I_B 40 A alá csökkenne – vagy ha I_Z ≥ 55,2 A, akkor az 50 A-es gG betét is beépíthető.
3. Az I_B csökkentése: a terhelés egy részének átcsoportosítása másik körre.

Válasz: kismegszakítóval a megengedett tartomány 41–47 A, gG olvadóbetéttel 41–42,6 A. Az eltérés oka az I₂ szorzójának különbsége (1,45 kontra 1,6). A szabványos áramsorból egyik tartományba sem esik érték, ezért beállítható kioldójú készüléket kell alkalmazni, vagy a vezeték terhelhetőségét kell megnövelni – ez a helyes szakmai válasz, nem a feltétel „elnézése".

17.3. feladat. Lekapcsolási feltétel karakterisztikaváltásnál: Z_s = 0,95 Ω, 400 V-os ipari elosztó, jelenleg C25.

A LEKAPCSOLÁSI FELTÉTEL (MSZ HD 60364-4-41, 411.4.4.):
   Z_s · I_a ≤ U₀        ahol  U₀ = 230 V  (a földhöz képesti feszültség)

Átrendezve:  Z_s,max = U₀ / I_a

a) Teljesül-e a feltétel a C25 készülékkel?

1. lépés – a biztos mágneses kioldás árama:
   C karakterisztika: 5–10 · I_n ;  a FELSŐ határral kell számolni:
   I_a = 10 · 25 A = 250 A

2. lépés – a megengedett legnagyobb hurokimpedancia:
   Z_s,max = 230 V / 250 A = 0,920 Ω

3. lépés – az összehasonlítás:
   Z_s = 0,95 Ω  >  Z_s,max = 0,920 Ω        ✘  NEM TELJESÜL

4. lépés – ellenőrzés a hibaáram oldaláról (c_min = 0,90):
   I_k = c_min · U₀ / Z_s = 0,90 · 230 V / 0,95 Ω = 207 / 0,95 = 217,9 A
   217,9 A  <  250 A = I_a
   → a hibaáram nem éri el a biztos mágneses kioldás szintjét, tehát a
     pillanatkioldás NEM GARANTÁLT; a garantált lekapcsolást csak a
     TERMIKUS kioldó adná, másodpercekben mérhető idő alatt

Válasz (a): a feltétel nem teljesül, bár csak hajszálnyival (0,95 Ω a megengedett 0,92 Ω helyett, azaz 3,3 %-os túllépés). A hibaáram 217,9 A, a biztos mágneses kioldáshoz 250 A kellene. Ez a bizonytalansági sávba esik: a készülék kioldhat (a C karakterisztika alsó határa 5 · 25 = 125 A), de nem garantáltan – márpedig az áramütés elleni védelemnél a garancia a követelmény.

b) Mi lenne D25-tel?

5. lépés – MSZ EN 60898 szerinti (háztartási és hasonló) kivitel: 10–20 · I_n
   I_a = 20 · 25 A = 500 A
   Z_s,max = 230 V / 500 A = 0,460 Ω
   Z_s = 0,95 Ω  >  0,460 Ω          ✘  MESSZE NEM TELJESÜL
   (a hibaáram 217,9 A, a szükséges 500 A-nek alig 44 %-a)

6. lépés – MSZ EN 60947-2 szerinti (ipari) kivitel: 10–14 · I_n
   I_a = 14 · 25 A = 350 A
   Z_s,max = 230 V / 350 A = 0,657 Ω
   Z_s = 0,95 Ω  >  0,657 Ω          ✘  SZINTÉN NEM TELJESÜL
   (a hibaáram 217,9 A, a szükséges 350 A-nek 62 %-a)

Válasz (b): a csere egyik termékszabvány szerinti kivitellel sem oldaná meg a problémát – sőt lényegesen rontana rajta. A megengedett hurokimpedancia a C25 esetén 0,920 Ω, D25-tel (60947-2) 0,657 Ω, D25-tel (60898) pedig már csak 0,460 Ω. A karakterisztika „felfelé" változtatása mindig szigorítja a lekapcsolási feltételt, mert nagyobb hibaáram kell a gyors kioldáshoz.

⚠ Ez pontosan az a csapda, amiről a 17. fejezet figyelmeztet: a csere látszólag ártalmatlan – ugyanaz a méret, ugyanaz a névleges áram, ugyanabba a sínbe pattan –, közben viszont az áramütés elleni védelem szűnik meg észrevétlenül. A szerelő a panaszt (a felesleges kioldásokat) megszüntetné, és cserébe egy életvédelmi hibát építene be, amiről senki nem tud.

c) Két másik megoldás a karakterisztikaváltás helyett.

1. ⭐ A hurokimpedancia csökkentése. Ez a legtisztább mérnöki megoldás, mert egyszerre javítja a lekapcsolási feltételt, a feszültségesést és a zárlati viszonyokat. Konkrét eszközei:
   - nagyobb keresztmetszet a fázis- és különösen a védővezetőn (a hurokimpedancia mintegy fele a PE-vezetőn keletkezik – ha a PE vékonyabb a fázisvezetőnél, az közvetlenül rontja a feltételt);
   - rövidebb vezeték: az elosztó áthelyezése közelebb a fogyasztóhoz, illetve közbenső alelosztó létesítése;
   - a kötések átvizsgálása: egy laza vagy oxidált sorkapocs, egy rossz PE-kötés önmagában tized ohmokat adhat a hurokhoz. A 0,95 Ω mérési eredmény esetén ez az első, amit ellenőrizni kell – lehet, hogy a valós hurokimpedancia sokkal kisebb, csak egy hibás kötés rontja el.
2. ⭐ Áram-védőkapcsoló (RCD) beépítése a lekapcsoláshoz. Áram-védőkapcsolónál a lekapcsolási feltételben szereplő I_a a kioldóárammal egyenlő (30 mA vagy 300 mA), ami nagyságrendekkel kisebb a mágneses kioldási áramnál. Egy 300 mA-es RCD-vel Z_s,max = 230/0,3 = 767 Ω – a feltétel gyakorlatilag mindig teljesül. A túláramvédelmet természetesen ettől függetlenül biztosítani kell.
3. (Kiegészítés – az eredeti panasz kezelése.) Az indulási kioldások okát is meg kell szüntetni, nem csak a védelmet átméretezni: lágyindító vagy frekvenciaváltó beépítése, csillag-delta indítás, vagy a nagy indítóáramú fogyasztó külön áramkörre helyezése. Így a C karakterisztika megtartható, és a lekapcsolási feltétel sem sérül.

17.4. feladat. Egy lakóépületi elosztó (vagy tanműhelyi tabló) készülékeinek felmérése.

Ez gyakorlati, terepi feladat, amelynek pontos megoldása a konkrét elosztótól függ – ezért itt a kitöltendő táblázat szerkezetét, az értékelés szempontsorát és egy mintakitöltést adunk meg. A mintában szereplő adatok egy tipikus, korszerűsítésre szoruló lakóépületi elosztó adatai; a saját felmérésedben ezeket a ténylegesen leolvasott értékek helyettesítik.

⚠ Biztonsági előírás a felméréshez: a készülékek adatai a zárt burkolat mellett, a homloklapról is leolvashatók. A burkolat megbontása, a mérés és bármilyen beavatkozás feszültségmentesített állapotban, megfelelő jogosultsággal, a 38. fejezet szerinti eljárással végezhető. Tanulói felmérésnél a tanműhelyi tabló használata a helyes választás.

A felmérési táblázat szerkezete (mintakitöltéssel):

Az értékelés szempontsora – mit kell megnézni minden áramkörnél?

1. A karakterisztika illik-e a fogyasztó jellegéhez?
   - ohmos fogyasztó (fűtőbetét, bojler, hagyományos tűzhely, izzólámpa): kicsi a bekapcsolási lökés → B;
   - induktív vagy kapacitív fogyasztó (motoros háztartási gép, klíma, kapcsolóüzemű tápegység, sok tápegységes LED-kör): néhányszoros, rövid lökés → C;
   - nagy indítóáramú motor vagy transzformátor → D (ipari kivitelnél K), a lekapcsolási feltétel egyidejű újraszámolásával.
2. A névleges áram illeszkedik-e a vezetékhez? I_B ≤ I_n ≤ I_Z – ehhez ismerni kell a kábel keresztmetszetét és fektetési módját.
3. A megszakítóképesség elegendő-e? A számított maximális zárlati áramnak a beépítési helyen kisebbnek kell lennie a készülék I_cn értékénél. Lakóépületben a szokásos 6 kA általában elég, de a transzformátorállomáshoz közeli épületekben nem feltétlenül.
4. A termékszabvány melyik? Ez dönti el a D karakterisztika tartományát (60898: 10–20 · I_n; 60947-2: 10–14 · I_n), tehát a lekapcsolási feltétel ellenőrzéséhez elengedhetetlen.
5. A pólusszám megfelelő-e? Háromfázisú fogyasztónál 3P vagy 3P+N; egyfázisúnál a korszerű gyakorlat az 1P+N.
6. Van-e áram-védőkapcsoló, és megfelelő-e a típusa? Frekvenciaváltós vagy elektronikát tartalmazó fogyasztónál az AC típus nem elegendő – legalább A típus, egyenáramú összetevőnél F vagy B típus kell (34. fejezet).

Legalább egy pont, ahol a kiválasztás felülvizsgálandó – mintaértékelés a fenti táblázathoz:

• ⚠ 7. áramkör – klímaberendezés, B16. Az inverteres klíma kapcsolóüzemű tápegységgel és kompresszorral üzemel, amelynek bekapcsolási áramlökése a névleges áram többszöröse, és a B karakterisztika mágneses kioldásának alsó határa mindössze 3 · 16 = 48 A. Ez a leggyakoribb oka a „minden bekapcsoláskor lecsap a biztosíték" panasznak. Javaslat: C16 karakterisztikára cserélni, majd a lekapcsolási feltételt újraszámolni: I_a 80 A-ről 160 A-re nő, tehát Z_s,max 2,875 Ω-ról 1,44 Ω-ra csökken – ezt hurokimpedancia-méréssel kell igazolni (37. fejezet).
• ⚠ 8. áramkör – tűzhely, C16, 3P. A tisztán ohmos fűtőbetétekhez a B karakterisztika illene; a C itt felesleges „lazítás", amely a lekapcsolási feltételt kétszeresére szigorítja (I_a 80 A helyett 160 A). Ha a tűzhelyben indukciós főzőlap van (tehát kapcsolóüzemű, nagy bekapcsolási lökésű elektronika), akkor viszont a C indokolt – ezt a fogyasztó adattáblájáról kell eldönteni. Javaslat: a fogyasztó típusának tisztázása, majd a karakterisztika ehhez igazítása. A 3P kivitel mellett a nullavezető bekötését is ellenőrizni kell.
• ⚠ 3. áramkör – LED-világítás, B10. Sok, kapcsolóüzemű tápegységes LED-lámpa egy körön együttesen jelentős, rövid bekapcsolási áramtüskét ad. Ha a kör 20-nál több lámpatestet táplál, és tapasztalható a bekapcsoláskori kioldás, a C10 a megfelelő választás. Emellett ez a kör az, ahol a nullavezető harmonikus-terhelését is érdemes ellenőrizni (12. és 16. fejezet).
• ⚠ Rendszerszintű észrevétel: ha az elosztóban egyetlen, közös 30 mA-es áram-védőkapcsoló véd minden áramkört, akkor egyetlen hiba a teljes lakást lekapcsolja, és a hibakeresés is nehézkes. A korszerű gyakorlat több, csoportonként külön RCD, illetve RCBO alkalmazása. Ha a lakásban van napelemes rendszer, hőszivattyú, elektromos autótöltő vagy frekvenciaváltós eszköz, az AC típusú RCD nem elegendő – legalább A, adott esetben B típus szükséges.

Az észrevételek indoklásának szerkezete (amit a beadandóban követni kell): „A(z) N. áramkörben a beépített készülék [típus, karakterisztika, I_n]. A fogyasztó jellege [ohmos / induktív / nagy indítóáramú / elektronikus]. Ebből következően a helyes karakterisztika [B / C / D], mert [a bekapcsolási áramlökés nagysága]. A cserével az I_a [érték] A-ról [érték] A-ra változik, ezért a lekapcsolási feltételt a Z_s ≤ U₀/I_a = [érték] Ω követelménnyel újra kell ellenőrizni – ehhez hurokimpedancia-mérés szükséges."

17.5. feladat. C40 jelű, I_cn = 10 000 A megszakítóképességű kismegszakító vizsgálata az MSZ EN 60898-1:2020 Table 7 szerint.

a) A vizsgálóáramok. A Table 7 öt vizsgálata a névleges áram (I_n = 40 A) többszöröseiként van megadva; a „d" és az „e" sor vizsgálóárama a karakterisztika sávhatára, C-típusnál 5 · I_n, illetve 10 · I_n (Table 2).

   a)  1,13 · 40 A =  45,2 A     hidegen, NEM old ki
   b)  1,45 · 40 A =  58,0 A     előmelegítve, KIOLD
   c)  2,55 · 40 A = 102,0 A     hidegen, 1 s < t < 120 s (I_n > 32 A)
   d)   5   · 40 A = 200   A     a C-típus ALSÓ sávhatára
   e)  10   · 40 A = 400   A     a C-típus FELSŐ sávhatára, t < 0,1 s

b) A konvencionális idő és az előmelegített vizsgálat. I_n = 40 A ≤ 63 A, ezért a konvencionális idő 1 h. ⭐ Előmelegített állapotból a „b" vizsgálat indul: közvetlenül az „a" vizsgálat után következik, amikor a készülék már egy órán át 1,13 · I_n árammal melegedett; az áramot 5 s alatt, egyenletesen kell 1,13 · I_n-ről 1,45 · I_n-re növelni (9.10.2.1). Ez a magyarázata annak, hogy a méretezésben használt I₂ = 1,45 · I_n nem hidegen mért érték.

c) A „d" vizsgálat időhatárai. C-típus, I_n = 40 A > 32 A, ezért az európai (CENELEC) közös módosítás szerint:

   0,1 s  <  t  <  30 s        -> a készüléknek KI KELL OLDANIA

⭐ Miben tér el az IEC-törzsszövegtől? Az IEC ugyanennél a vizsgálatnál csak annyit követel, hogy a megszakító 0,1 s-on belül NE oldjon ki – felső időkorlátot nem szab, tehát a „nem old ki" a követelmény. Az EN ezt cseréli ki a fenti, kétoldalas időablakra: a sáv alsó szélén a készülék nem tétlen, a termikus kioldó fél percen belül lekapcsol. Ennek a szelektivitásnál van jelentősége (a fölötte lévő védelemnek ezt „ki kell várnia"), a lekapcsolási feltételt viszont nem lazítja: ott továbbra is a felső sávhatárral (400 A) kell számolni.

d) Az I_cs a Table 18 szerint.

   I_cn = 10 000 A   ->   6 000 A < I_cn ≤ 10 000 A   ->   k = 0,75
   I_cs = k · I_cn = 0,75 · 10 000 A = 7 500 A

Vagyis a készülék a 10 kA-es zárlatot még megszakítja, de utána nem feltétlenül üzemképes; 7,5 kA-ig viszont a zárlat után is üzemben maradhat. (A Table 18 ehhez a sorhoz legalább 6 000 A-t ír elő minimumként – a 7 500 A ezt teljesíti.)

e) Kaphat-e energiakorlátozási osztályjelölést? ⭐ Igen. Az Annex ZA szerinti osztályozás három feltétele mind teljesül:

Tehát 1. vagy 3. osztályba sorolható. Az 1. osztályhoz a szabvány nem ad I²t-korlátot („no limits specified"), ezért a besorolásnak valódi tartalma a 3. osztály: ahhoz a Table ZA.2 (C-típus) szerint I_cn = 10 000 A és I_n = 40 A mellett a mért átengedett energia legfeljebb 120 000 A²s lehet. Az osztály számát négyzetben, a téglalapban lévő I_cn mellé kapcsolva kell a készülékre írni.

Válasz: a) 45,2 / 58 / 102 / 200 / 400 A; b) 1 h, az előmelegített a „b" vizsgálat; c) 0,1 s < t < 30 s, az IEC-hez képest a „nem old ki" helyett „késleltetve kiold"; d) I_cs = 7 500 A (k = 0,75); e) igen, 1. vagy 3. osztály, a 3. osztály korlátja 120 000 A²s.

17.6. feladat. gG 125 A olvadóbetéttel védett leágazás értékelése az MSZ EN IEC 60269-1:2025 alapján, I_Z = 138 A.

a) Konvencionális idő és áramok (3. táblázat).

   I_n = 125 A   ->   63 A < I_n ≤ 160 A   ->   konvencionális idő: 2 h

   I_nf = 1,25 · I_n = 1,25 · 125 A = 156,25 A    (nem olvadó áram)
   I_f  = 1,6  · I_n = 1,6  · 125 A = 200,0  A    (olvadó áram = I₂)

⚠ Figyeld meg: az I_nf és az I_f szorzója minden 16 A feletti sávban azonos (1,25 és 1,6); a névleges árammal csak a konvencionális idő nő 1 → 2 → 3 → 4 órára.

b) Az I₂ ≤ 1,45 · I_Z összehangolási feltétel.

   I₂ = I_f = 200,0 A
   1,45 · I_Z = 1,45 · 138 A = 200,1 A

   200,0 A  ≤  200,1 A        TELJESÜL

⚠ De mindössze 0,1 A-rel. Ez tankönyvi határeset: a tartalék 0,05 %, ami gyakorlatilag nulla. Ha az I_Z bármilyen okból csökken – kedvezőtlenebb fektetés, halmozás, magasabb környezeti hőmérséklet, a 16. fejezet szerinti korrekciós tényezők –, a feltétel azonnal megbukik. Ilyenkor vagy 100 A-es betétet kell választani (I₂ = 160 A), vagy a vezeték terhelhetőségét kell megnövelni. A méretezésben a „hajszálnyira megfelel" nem megnyugtató eredmény, hanem figyelmeztetés.

c) Az időzóna-kapuk (4. táblázat, 125 A-es sor).

   I_max (5 s)  = 715 A   ->  715 A FÖLÖTT a betét 5 s-on belül
                              BIZTOSAN beível
   I_min (10 s) = 355 A   ->  355 A ALATT a betét 10 s-on belül
                              BIZTOSAN NEM ível be

A kettő között a szabvány nem garantál semmit: ott a gyártói jelleggörbe sávja dönt.

d) Szelektivitás a 200 A-es előtét betéttel.

   I_n(előtét) / I_n(alsó) = 200 A / 125 A = 1,6       >= 1,6

⭐ A 9.7.4 szakasz MEGJEGYZÉSE szerint a 8. táblázat szerinti előívelési I²t értékeknek való megfelelés úgy tekintendő, hogy 1,6 : 1 arányú szelektivitást biztosít a névleges áramok között a 0,01 s-nál hosszabb előívelési időkre. A pár aránya pontosan 1,6, tehát a szelektivitás ebben a tartományban biztosítottnak tekinthető.

⚠ Két megszorítást ki kell mondani: (1) ez a szelektivitás következménye, nem a tervezési feltétele – a szabvány nem írja elő az 1,6-szoros lépcsőt; (2) a 0,01 s-nál rövidebb előívelési idejű, azaz a nagy zárlati tartományra ez nem érvényes, ott a gyártói szelektivitási táblázat dönt (a 60269-1 8.8 szakasza a részletes követelményeket a részszabványokra hárítja).

Válasz: a) 2 h, I_nf = 156,25 A, I_f = 200 A; b) teljesül, de csak hajszálnyira (200 ≤ 200,1 A); c) 715 A fölött 5 s-on belül biztosan beível, 355 A alatt 10 s-on belül biztosan nem; d) az arány pontosan 1,6, ezért a 0,01 s-nál hosszabb előívelési időkre szelektív.

17.7. feladat. Motorleágazás aM 40 A olvadóbetéttel; a motor névleges árama 32 A.

a) A legkisebb, garantáltan megszakítható áram. Az MSZ EN IEC 60269-1:2025 6.6.4 szakasza az „aM" betétekre a k₀ = 1,5, k₁ = 4 és k₂ = 6,3 szabványos tényezőket adja meg, a 8.5 pedig kimondja, hogy az „a" betétnek csak a k₂ · I_n áramtól felfelé kell megszakítania minden áramot a névleges megszakítóképességéig.

   k₂ · I_n = 6,3 · 40 A = 252 A

b) A védtelen áramtartomány és a következménye. Ha a leágazásból kimarad a hőkioldó, akkor

   a motor üzemi áramától (32 A) 252 A-ig  ->  NINCS garantált védelem

Ez éppen a túlterhelési tartomány: ide esik a motorok összes tipikus üzemzavara – a megszorult vagy nehezen forgó munkagép, a túl nagy ellennyomaték, a fáziskiesés miatti aszimmetrikus terhelés, a szellőzőrács eltömődése. Az aM betét ezeket nem hárítja el: a motor tekercse és a tápvezeték tartósan a megengedettnél nagyobb árammal üzemel, a szigetelés lassan, észrevétlenül elöregszik, végül a motor leég, szélsőséges esetben a vezeték meggyullad. A hiba alattomos, mert semmi nem jelzi: a berendezés „működik".

c) A szabványi hivatkozás. A 3.2.4 szakasz 1. megjegyzése (Note 1) szó szerint:

„»a« fuse-links are generally used to provide short-circuit protection. Where protection is required against over-currents less than k₂I_n…, they are used in conjunction with another suitable switching device designed to interrupt such small overcurrents."

Vagyis az „a" betétek általában zárlatvédelemre szolgálnak, és ha a k₂ · I_n-nél kisebb túláramok ellen is kell védelem, azokat másik alkalmas kapcsolókészülékkel együtt kell alkalmazni. Ugyanezt mondja ki létesítési oldalról az MSZ HD 60364-4-43:2010 432.3. szakasza, amely a „gM, aM típusú biztosítóbetéttel" szerelt biztosítót a kizárólag zárlatvédelmet biztosító eszközök közé sorolja.

d) Miért nem jó a gG 40 A egy közvetlen indítású motornál? Azért, mert a gG betét az indítási áramlökést sem viseli el. A közvetlen (DOL) indítás árama a névleges áram tipikusan 6–8-szorosa (24. fejezet; a 21. fejezet 5–10-szerest ad), a 4. táblázat 40 A-es sora szerint pedig:

   a motor indítási árama:  6 · 32 A = 192 A  ...  8 · 32 A = 256 A
   a gG 40 A betét kapuja:  I_max (5 s) = 190 A

   192 A > 190 A     ->  a betét már a legkedvezőbb becslésnél is
                         a "5 s-on belül biztosan beível" tartományba kerül

Tehát a gG 40 A betét az ismétlődő indításokat nem élné túl: előbb-utóbb kiolvadna, indokolatlan üzemszünetet okozva. (A pontos viselkedés az indítás időtartamától függ – ezt a betét jelleggörbéjén kell ellenőrizni –, de a nagyságrend egyértelmű.) Ha viszont akkorára növelnénk a betétet, hogy az indítást biztosan kibírja, akkor már nem védené a vezetéket túlterhelés ellen, mert az I_n túllépné az I_Z értékét.

⭐ Éppen ezért létezik az aM betét: az indítási áramlökést elviseli, a zárlatot megszakítja, a túlterhelésvédelmet pedig a mellé kötelezően beépített hőkioldóra hagyja. A motorleágazás szabványos összeállítása tehát: aM biztosító (zárlat) + kontaktor (kapcsolás) + hőkioldó (túlterhelés).

Válasz: a) 252 A; b) a 32–252 A tartomány marad védtelen, ami a motor lassú, észrevétlen tönkremeneteléhez és tűzhöz vezethet; c) a 60269-1 3.2.4 szakaszának 1. megjegyzése (és a 60364-4-43 432.3.); d) mert a gG 40 A I_max(5 s) = 190 A-es kapuja alatta van a 192–256 A-es indítási áramnak, tehát a betét az indításokat nem viselné el.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.18 A 18. fejezet megoldásai

Gyakorlatok

18.1. feladat. Független idejű túláramvédelem beállítása 20 kV-os leágazáson: I_üzemi,max = 145 A, I″_k3,min = 980 A, áramváltó 200/5 A, k_b = 1,2, k_érz = 1,5.

a) A legkisebb kétfázisú zárlati áram.

1. lépés: háromvezetős, generátortávoli hálózaton (Z_(2) = Z_(1)) a
   kétfázisú zárlati áram a háromfázisúnak √3/2-szerese:
   I″_k2 = (√3 / 2) · I″_k3 = 0,866 · I″_k3
2. lépés: I″_k2,min = 0,866 · 980 A = 848,7 A ≈ 849 A

Ez a mértékadó érték az érzékenységi vizsgálathoz: ez a legkisebb áram, amelyet a védelemnek még biztosan érzékelnie kell.

b) Az indítási áram megengedett tartománya.

3. lépés – AZ ALSÓ KORLÁT (a terhelés felől):
   A védelem a legnagyobb üzemi áramra semmiképp nem indulhat,
   biztonsági ráhagyással:
   I> ≥ k_b · I_üzemi,max = 1,2 · 145 A = 174 A

4. lépés – A FELSŐ KORLÁT (az érzékenység felől):
   A védelemnek a legkisebb zárlati áramra is biztosan indítania kell,
   érzékenységi tartalékkal:
   I″_k2,min / I> ≥ k_érz     →     I> ≤ I″_k2,min / k_érz
   I> ≤ 848,7 A / 1,5 = 565,8 A

5. lépés – A BEÁLLÍTÁSI TARTOMÁNY:
   174 A  ≤  I>  ≤  566 A

c) A választott beállítás és átszámítása a szekunder oldalra.

A tartomány közepe felé, az áramváltó áttételéhez illeszkedő, kerek szekunder értéket adó beállítást célszerű választani.

6. lépés – az áramváltó áttétele:
   k_i = I_primer,n / I_szekunder,n = 200 A / 5 A = 40
   (Egyetlen szekunder amper 40 hálózati ampert jelent.)

7. lépés – választás: I> = 240 A primer érték
   (a 174–566 A-es tartomány alsó-középső harmadában,
    tehát mindkét irányban van tartalék)

8. lépés – átszámítás a szekunder oldalra:
   I>_szek = I> / k_i = 240 A / 40 = 6,0 A
   → a védelembe 6,0 A szekunder indítási értéket kell beírni

9. lépés – a többi jellemző érték szekunder oldalon:
   üzemi áram:            145 A / 40 =  3,63 A
   legkisebb zárlati áram: 849 A / 40 = 21,2 A

d) A két feltétel ellenőrzése.

10. lépés – TERHELÉSI (üzembiztonsági) feltétel:
    I> / I_üzemi,max = 240 A / 145 A = 1,655
    1,655 ≥ 1,2 = k_b            ✔  MEGFELEL
    (38 %-os tartalék a szükséges 20 % helyett)

11. lépés – ÉRZÉKENYSÉGI feltétel:
    I″_k2,min / I> = 848,7 A / 240 A = 3,54
    3,54 ≥ 1,5 = k_érz           ✔  MEGFELEL
    (a szükséges 1,5-szeres helyett 3,54-szeres tartalék)

12. lépés – az áramváltó ellenőrzése:
    zárlatnál a szekunderben 21,2 A folyik, ami a névleges 5 A
    4,2-szerese  →  az áramváltónak ezen a tartományon MÉG NEM
    SZABAD TELÍTŐDNIE. Ezért kell VÉDELMI CÉLÚ (védelmi magú)
    áramváltót alkalmazni, nem mérési célút.

Válasz: a legkisebb kétfázisú zárlati áram 849 A, az indítási áram megengedett tartománya 174–566 A; választott érték I> = 240 A primer, ami 6,0 A szekunder beállítást jelent a 200/5 A-es áramváltón. Mindkét feltétel bőséges tartalékkal teljesül.

⚠ A k_b = 1,2 és a k_érz = 1,5 feltételezett tényező. A valóságban ezeket a hálózati engedélyes relévédelmi tervezési előírása rögzíti, feszültségszintenként és hálózattípusonként eltérően. A vizsgán a számítás menete és a két korlát megnevezése a követelmény, nem a számérték.

18.2. feladat. 20/0,4 kV-os, 1000 kVA-es transzformátor differenciálvédelme.

a) A névleges áram mindkét oldalon.

1. lépés – középfeszültségű (20 kV-os) oldal:
   I_n,KÖF = S_n / (√3 · U_n) = 1 000 000 VA / (1,7321 · 20 000 V)
           = 1 000 000 / 34 641 = 28,87 A

2. lépés – kisfeszültségű (0,4 kV-os) oldal:
   I_n,KIF = 1 000 000 VA / (1,7321 · 400 V) = 1 000 000 / 692,8 = 1443,4 A

3. lépés – ellenőrzés az áttétellel:
   1443,4 / 28,87 = 50,0  =  20 000 / 400 = 50      ✔

b) Áramváltó-választás és a védelem által „látott" szekunder áram.

4. lépés – a névleges áram fölötti legközelebbi szabványos áttétel,
   5 A-es szekunder árammal:
     KÖF oldal:   30/5 A     →   k_i,KÖF = 30/5 = 6
     KIF oldal: 1500/5 A     →   k_i,KIF = 1500/5 = 300

5. lépés – amit a védelem névleges terhelésnél lát:
     KÖF szekunder:   28,87 A / 6   = 4,811 A
     KIF szekunder: 1443,4 A / 300  = 4,811 A

6. lépés – ellenőrzés: az áttételek aránya
     300 / 6 = 50   =   a transzformátor áttétele (20 000/400 = 50)   ✔

Ez a párosítás tehát kivételesen szerencsés: a két szekunder áram névleges terhelésnél pontosan megegyezik, mert az áramváltó-áttételek aránya (50) éppen a transzformátor áttételével egyenlő.

c) A látszólagos különbségi áram illesztés nélkül.

7. lépés – az ideális párosítással (30/5 és 1500/5):
   I_d = 4,811 A − 4,811 A = 0,00 A
   → illesztés nélkül is közel nulla a különbségi áram

8. lépés – DE: ha a KÖF oldalon a 30/5 A-es váltó nem áll rendelkezésre,
   és helyette a következő szabványos, 50/5 A-es váltót építik be
   (k_i = 10):
   KÖF szekunder: 28,87 A / 10 = 2,887 A
   KIF szekunder: 1443,4 A / 300 = 4,811 A
   I_d = 4,811 − 2,887 = 1,924 A
   ez a nagyobbik szekunder áram 1,924 / 4,811 = 40,0 %-a  ⚠

9. lépés – vagy ha a KIF oldalon 1600/5 A-es váltó kerül be (k_i = 320):
   KIF szekunder: 1443,4 / 320 = 4,511 A
   I_d = 4,811 − 4,511 = 0,300 A       (a 6,2 %-a)

Válasz (c): a jól megválasztott 30/5 A + 1500/5 A áramváltó-párnál a látszólagos különbségi áram gyakorlatilag nulla. Ha azonban a szabványos sorból nem áll rendelkezésre pontosan illeszkedő áttétel – ami a gyakorlatban a szokásos eset –, a különbségi áram ép transzformátornál is jelentős lehet: 50/5 A-es KÖF-váltóval 1,92 A, azaz a szekunder áram 40 %-a. Ezért kell a digitális védelemben illesztési (amplitúdó-) tényezőt beállítani, amely a két oldal mért értékét közös alapra hozza.

⚠ Két további illesztési feladat, amit ki kell mondani:

• a kapcsolási csoport (például Dyn11) a két oldal árama között 30°-os fázisszögeltérést okoz, amelyet szintén kompenzálni kell – régen ezt az áramváltók kapcsolásával (a delta oldalon csillag, a csillag oldalon delta), ma szoftveresen oldják meg;
• a bekapcsolási áramlökés (inrush) csak az egyik oldalon jelenik meg, tehát a védelem „differenciál áramnak" látja. Ezt a 2. harmonikus tartalom alapján kell felismerni és blokkolni, különben a transzformátor minden bekapcsolása téves kioldást okozna.

d) Mi történne fékezés nélkül, fix küszöbbel, zónán kívüli zárlatnál?

Zónán kívüli (átmenő) zárlatnál a hibaáram be is lép a zónába és ki is lép belőle – tehát elvileg a különbség nulla, a védelemnek nem szabadna kioldania. A valóságban azonban a két áramváltó nem tökéletesen egyforma: eltér a hibájuk, a szekunder terhelésük, és nagy áramoknál eltérő mértékben telítődnek. Az így keletkező látszólagos különbségi áram az átmenő árammal arányosan nő.

Számpélda a nagyságrendre (feltételezett, ±5 %-os áramváltó-hibával, a KIF oldalon I_átmenő = 15 000 A átmenő zárlati áramnál):

10. lépés: I_szek = 15 000 A / 300 = 50,0 A
11. lépés: a legrosszabb eset – az egyik váltó +5 %-kal többet,
    a másik 5 %-kal kevesebbet mutat:
    I_d = 50,0 A · (1,05 − 0,95) = 50,0 · 0,10 = 5,0 A
    Ez nagyobb, mint a NÉVLEGES szekunder áram (4,81 A)!

Fix küszöbbel dolgozó védelem tehát ezen az átmenő zárláson kioldana – pedig a transzformátor teljesen ép. A következmények:

1. Felesleges (téves) működés: a transzformátort és vele a teljes kisfeszültségű hálózatot lekapcsolná egy olyan hiba miatt, amely a zónán kívül, egy leágazásban keletkezett – ez az üzembiztonság követelményének megsértése.
2. A szelektivitás összeomlása: a hibát a hozzá legközelebbi védelemnek kellene hárítania; helyette a betáplálás kapcsol le, tehát jóval nagyobb terület esik ki, mint amennyit a hiba indokol.
3. Ha a küszöböt „biztonságból" felemeljük, akkor a védelem érzéketlenné válik a valódi, kis árammal járó belső hibákra (menetzárlat, kezdődő szigeteléshiba) – éppen azokra, amelyek korai felismerése a legnagyobb értéket adná.

⭐ A megoldás a fékezés (bias): a kioldási küszöb ne legyen fix, hanem az átmenő (fékező) árammal együtt növekedjen. Így a védelem kis terhelésnél érzékeny marad (a kis belső hibákat is látja), nagy átmenő áramnál viszont stabil (a mérőváltók növekvő hibája nem okoz téves működést). Ez a fékezett differenciálvédelem jelleggörbéjének két jellegzetes szakasza.

18.3. feladat. Visszakapcsoló automatika szabadvezetékes és kábeles leágazáson.

a) Melyiken engedélyezné, melyiken tiltaná?

b) Az indoklás a hiba fizikai természetével.

A döntés kizárólag abból vezethető le, hogy a hiba átmeneti vagy tartós, ez pedig a szigetelőközeg anyagából következik.

• Szabadvezetéken a szigetelőközeg a LEVEGŐ. A zárlatok jelentős része átmeneti: ráhajló faág, madár, légköri eredetű átívelés, szennyezett szigetelőn átcsapó ív. Ha az áramot rövid időre megszakítjuk, az ív kialszik, és a levegő szigetelőképessége magától, teljes mértékben helyreáll. A holtidő tehát nem várakozás, hanem „munkaidő": ez alatt szűnik meg fizikailag a hiba oka. A visszakapcsolás jó eséllyel sikeres, és a fogyasztó mindössze néhány tized másodpercnyi kiesést érzékel.
• A kábelben a szigetelőközeg SZILÁRD ANYAG. Ha a szigetelés átüt, az anyag fizikailag elszenesedik, kilyukad, elgázosodik – és ez nem áll helyre magától. A hiba tartós: a visszakapcsolás biztosan sikertelen lesz. A szakirodalom ezt így rögzíti: kábelhálózaton az átmeneti zárlatok aránya sokkal kisebb, a zárlatok többsége tartós, ezért az újrakapcsolás általában sikertelen lenne.

c) Mi történik lépésről lépésre, ha a kábeles leágazáson mégis engedélyezve marad a VA, és tartós szigeteléshiba lép fel?

IDŐMÉRLEG (feltételezett, tipikus nagyságrendű beállításokkal:
t_v = 0,1 s védelmi kioldási idő, t_msz = 0,08 s megszakítási idő,
GVA holtidő 0,3 s, 1. LVA 15 s, 2. LVA 60 s)

 1. A kábel szigetelése átüt, zárlati áram indul meg a hibahelyen.
 2. A védelem 0,1 s alatt kioldójelet ad, a megszakító 0,08 s alatt bont.
    → A ZÁRLAT ELSŐ FENNÁLLÁSA:  0,1 + 0,08 = 0,18 s
 3. Elindul a GVA holtideje: 0,30 s. A kábel feszültségmentes,
    de a hibahely NEM gyógyul meg – a szigetelés kiégett.
 4. A megszakító visszakapcsol. A hiba még ott van:
    → MÁSODIK ZÁRLAT:  újabb 0,18 s zárlati áram
 5. Elindul az 1. LVA holtideje: 15 s. A hibahely tovább romlik
    (a beégett csatorna szélesedik, a szigetelés elszenesedik).
 6. A megszakító ismét visszakapcsol – a hiba változatlan:
    → HARMADIK ZÁRLAT:  újabb 0,18 s
 7. Elindul a 2. LVA holtideje: 60 s.
 8. Az utolsó visszakapcsolás – a hiba természetesen megvan:
    → NEGYEDIK ZÁRLAT:  újabb 0,18 s
 9. A készülék VÉGLEGES KIKAPCSOLT (reteszelt) állapotba kerül.

MÉRLEG:
   a folyamat teljes időtartama:  kb. 76 s
   a zárlati áram összes fennállási ideje: 4 · 0,18 s = 0,72 s
   a kábelt ért zárlati igénybevételek száma: NÉGY
   (a szabadvezetékes esetben ebből az első után már vége lenne)

d) Milyen kárt okoz ez a kábelben?

1. Termikus kár. A zárlati áram hőhatása az áram négyzetével és az idővel arányos (t = (k·S/I)², 16. fejezet). A négyszeres igénybevétel a hibahely körüli vezetőt és szigetelést tovább melegíti; a hibahelyen az ív elpárologtatja a rezet, kiégeti a szigetelést és a köpenyt, elszenesíti a papír- vagy XLPE-szigetelést. A kezdetben néhány milliméteres hibahely több tíz centiméteres, roncsolt szakasszá szélesedhet.
2. Mechanikai (dinamikus) kár. A zárlati áram a párhuzamos erek között erőt ébreszt, amely a pillanatnyi áram négyzetével arányos. Minden újabb visszakapcsolás újabb erőlökést jelent: az erek elmozdulhatnak, a kötések, a végelzárók és a szigetelők meglazulhatnak vagy megrepedhetnek – akár a hibahelytől távol is.
3. A javítás elhúzódása és megdrágulása. Egy pontszerű hibát egy toldással lehetne javítani; a kiszélesedett, roncsolt szakaszt ki kell vágni és be kell toldani, ami hosszabb kábelszakaszt, két toldást, több munkaórát és hosszabb üzemszünetet jelent. Városi kábelhálózaton ez burkolatbontással is jár.
4. További rejtett károsodás. A többszörös zárlat a hálózat más elemeit is terheli: a megszakítót (érintkezőkopás, ívoltó igénybevétel), a transzformátort (mechanikai lökés a tekercseken) és a szomszédos, ép kábelszakaszokat is. Emellett a többszöri feszültségletörés a fogyasztók (hajtások, informatikai eszközök) számára is zavart okoz.
5. Személyi és tűzkockázat. A hibahelyen keletkező ív a kábelárok anyagát, kábelcsatornát vagy alagutat is meggyújthat; ha a hibahely aknában vagy szekrényben van, a többszöri ívgyújtás robbanásszerű ívhatást okozhat.

⚠⚠ Ezért kábelvonalon a visszakapcsoló automatikát tiltani kell, és a vegyes (részben szabadvezetékes, részben kábeles) vonalaknál külön mérlegelés tárgya, hogy engedélyezhető-e. Vizsgakérdésre a rövid válasz: a kábelhiba tartós, mert a szilárd szigetelés átütése nem áll helyre – a visszakapcsolás csak rongálja a kábelt.

18.4. feladat. Védelmi beállítási jegyzőkönyv vázlata 20 kV-os szabadvezetékes leágazáshoz.

Adatok: I_üzemi,max = 160 A, áramváltó 200/5 A, I″_k3,min = 1100 A a leágazás végén, kompenzált csillagpontú hálózat, alárendelt védelem 0,1 s kioldási idővel, fokozatidő 0,3 s.

a) A jegyzőkönyv kitöltése a számított értékekkel.

Először a számítások:

1. LÉPÉS – az áramváltó áttétele:
   k_i = 200 A / 5 A = 40

2. LÉPÉS – a legkisebb kétfázisú zárlati áram:
   I″_k2,min = 0,866 · I″_k3,min = 0,866 · 1100 A = 952,6 A ≈ 953 A

3. LÉPÉS – az indítási áram ALSÓ korlátja (terhelés felől, k_b = 1,2):
   I> ≥ 1,2 · 160 A = 192 A

4. LÉPÉS – az indítási áram FELSŐ korlátja (érzékenység felől, k_érz = 1,5):
   I> ≤ 952,6 A / 1,5 = 635,1 A

5. LÉPÉS – a beállítási tartomány és a választás:
   192 A ≤ I> ≤ 635 A     →   választott:  I> = 240 A primer
   szekunder érték:  240 A / 40 = 6,0 A

6. LÉPÉS – a két feltétel ellenőrzése:
   terhelés:     240 / 160 = 1,50  ≥ 1,2      ✔
   érzékenység:  952,6 / 240 = 3,97 ≥ 1,5     ✔

7. LÉPÉS – a késleltetés (időszelektivitás):
   az alárendelt védelem kioldási ideje:  t_alsó = 0,1 s
   a fokozatidő:                          Δt     = 0,3 s
   a vizsgált védelem késleltetése:
   t> = t_alsó + Δt = 0,1 s + 0,3 s = 0,4 s

8. LÉPÉS – a szekunder oldali kontrollértékek:
   üzemi áram szekunder:      160 A / 40 =  4,00 A
   legkisebb zárlat szekunder: 953 A / 40 = 23,8 A
   (a névleges 5 A 4,8-szerese → VÉDELMI MAGÚ áramváltó kell,
    amely ezen a tartományon még nem telítődik)

A jegyzőkönyv vázlata:

b) Engedélyezi-e a visszakapcsoló automatikát?

⭐ IGEN, engedélyezem. Indoklás: a leágazás szabadvezetékes, ahol a szigetelőközeg a levegő, és a zárlatok jelentős része átmeneti (ráhajló faág, madár, légköri eredetű átívelés, szennyezett szigetelő). Az áram rövid megszakítása után az ív kialszik, a levegő szigetelőképessége helyreáll, és a visszakapcsolás jó eséllyel sikeres. A fogyasztó ilyenkor néhány tized másodperces kiesést érzékel a több órás hibaelhárítás helyett – ez a VA teljes értelme.

A javasolt kivitel a háromfokozatú ciklus: GVA (gyors, rövid holtidővel – az átmeneti ívzárlatok döntő részét ez hárítja), majd 1. LVA és 2. LVA (hosszabb holtidőkkel, az utolsó kísérletként); sikertelenség esetén végleges, reteszelt kikapcsolás. A ciklusokat fáziszárlatra és földzárlatra külön kell programozni, mert kompenzált hálózaton a földzárlat kezelése eltér.

⚠ Egy megszorítást ki kell mondani: ha a leágazás vegyes kivitelű (van benne kábeles szakasz is, például egy útkeresztezésnél vagy egy állomási bevezetésnél), akkor a VA engedélyezése külön mérlegelést igényel, mert a kábelszakasz hibája tartós lenne, és a visszakapcsolás rongálná a kábelt.

c) Milyen földzárlatvédelmi elvet választ, és miért?

⭐ Érzékeny, IRÁNYÍTOTT földzárlatvédelmet (3I₀ áram és U₀ zérus sorrendű feszültség együttes, fázisszög szerinti kiértékelésével), kiegészítve egy kis áramú, zérus sorrendű túláramfokozattal.

Az indoklás a csillagpont-kezelésből következik. A hálózat kompenzált (Petersen-tekercses), ezért:

• a hibahelyen a hálózat kapacitív árama és a Petersen-tekercs induktív árama kioltja egymást, tehát a földzárlati áram csak néhány amper maradékáram – nagyságrendekkel kisebb, mint egy zárlati áram;
• ekkora áramot a fázisáramot mérő túláramvédelem egyáltalán nem érzékeli, ezért kell külön földzárlatvédelem;
• a maradékáram nagysága alapján a hibás és az ép leágazás gyakorlatilag nem különböztethető meg (mindegyik leágazáson folyik valamekkora kapacitív áram) – az IRÁNY viszont igen: a hibás leágazáson a zérus sorrendű áram a többiekéhez képest ellentétes irányú. Ezért nem elég az áramot mérni, a 3I₀ és az U₀ közötti fázisszöget is ki kell értékelni.

A védelem feladata kompenzált hálózaton elsősorban a jelzés és a hibás leágazás kiválasztása, nem az azonnali kikapcsolás: az ív kialszik, a hiba magától megszűnhet, és a hálózat üzemben maradhat. Tartós földzárlatnál – amikor a hiba a hangolás ellenére sem szűnik meg – késleltetett kioldás következik, az üzemeltetői előírás szerinti idővel.

⚠ Egy üzemviteli figyelmeztetés: hálózatbővítés után a földzárlatvédelmi beállításokat felül kell vizsgálni, mert a hálózat növekedésével nő a föld felé záródó kapacitív áram, és a megnőtt áram az ép leágazásokon is elérheti az indítási értéket.

d) Milyen adatokat kell az üzemeltetői előírásból beszerezni a jegyzőkönyv véglegesítéséhez?

1. A k_b biztonsági és a k_érz érzékenységi tényező hitelesített értéke a 20 kV-os szabadvezetékes hálózatra (a megoldásban használt 1,2 és 1,5 feltételezett érték).
2. A fokozatidő előírt értéke és a lépcsőzés rendje a teljes hálózatrészre (a feladat 0,3 s-ot ad meg, de ellenőrizni kell, hogy ez a mértékadó megszakítási és visszaesési időkkel összhangban van-e), valamint a felettes védelem kioldási ideje, hogy a lépcsőzés fölfelé is szelektív maradjon.
3. A földzárlatvédelem indítási értékei és késleltetései: a 3I₀ indítási áram, az U₀ küszöb, az irányjellemző beállítása, valamint az, hogy jelzés vagy kioldás a előírt működés; ehhez ismerni kell a Petersen-tekercs hangolását és a hálózatrész kapacitív földzárlati áramát.
4. A visszakapcsoló automatika paraméterei: a GVA, az 1. LVA és a 2. LVA holtideje, az emlékezési idő, a ciklusok engedélyezése fáziszárlatra és földzárlatra külön, valamint a végleges reteszelés feltételei.
5. A hálózat zárlati adatai hitelesen: a leágazás elején fellépő legnagyobb zárlati áram (a megszakító és az áramváltó ellenőrzéséhez), valamint a legkisebb zárlati áram számításának alapjául szolgáló hálózati impedanciák.
6. Az áramváltó teljes adatlapja: a védelmi mag pontossági osztálya és határhányadosa (ALF), a szekunder terhelés – ezek döntik el, hogy zárlatnál az áramváltó nem telítődik-e.
7. A megszakító adatai: teljes megszakítási idő, a segédenergia (akkumulátortelep) feszültsége, a kioldótekercs adatai – a fokozatidő ellenőrzéséhez és a kioldókör felügyeletéhez.
8. A terhelési adatok ellenőrzött értéke: a leágazás legnagyobb üzemi árama a mérési adatok alapján, a motorindítási és bekapcsolási áramlökések, valamint a leágazáson lévő kiserőművek (napelemes rendszerek) adatai, mert azok kétirányú teljesítményáramlást és megváltozott zárlati viszonyokat okoznak.

⚠ A beállítás dokumentálásának elmulasztása tipikus és súlyos hiba. Ha nincs jegyzőkönyv, évekkel később senki nem tudja, miért éppen az az érték van beállítva – így egy hálózatbővítés vagy készülékcsere után nem lehet felelősen módosítani, és a védelem „fekete dobozzá" válik.

Tudáspróba – megoldókulcs

F1.19 A 19. fejezet megoldásai

Gyakorlat

19.1. feladat — Mit tenne? Egy elzárt kezelőterű transzformátorállomásban a szerelő méréseket végez, és belülről eltorlaszolná az ajtót, hogy senki ne zavarja.

Megsértett szabály: MSZ 1585:2016, 4.5.101. — elzárt villamos kezelőteret zárva kell tartani, de az ajtót belülről bereteszelni vagy bármely oldalról eltorlaszolni tilos, mert ez a menekülési utat zárja el a bent dolgozó elől vészhelyzet (tűz, áramütés, rosszullét) esetén.

Helyes eljárás: a zavartalan munkavégzést NEM az ajtó eltorlaszolásával, hanem más eszközzel kell biztosítani — például a kezelőtér ajtaján jól látható „Munka folyik, ne zavarjanak” tábla kihelyezésével, a kapcsolási utasításban rögzített munkajelzéssel, vagy ha szükséges, a bejárat felügyeletével —, úgy, hogy az ajtó belülről bármikor, akadálytalanul nyitható maradjon.

Tudáspróba – megoldókulcs