09. fejezet – Egyenáramú hálózatok számítása

9.1 Passzív kétpólus, eredő ellenállás összetett hálózatban

Mielőtt belekezdenénk: megállapodás a szavakról és a jelölésekről

A magyar szakirodalom ugyanarra a dologra több nevet és több jelet is használ. Ha ezt nem tisztázzuk az elején, a fejezet közepén elveszel. Ezért a jegyzet végig a következő megállapodással él.

A kétpólus szemlélete

A villanyszerelő ritkán tudja (és ritkán érdekli), hogy egy doboz belsejében pontosan mi van. Ami érdekli: mit lehet a két kivezetésén mérni. Ezt a szemléletet fogalmazza meg a kétpólus fogalma.

Ez a szemlélet nem elméleti játék. Amikor egy elosztószekrény kimenő kapcsán mérsz, akkor a mögötte lévő teljes hálózatot – transzformátortól a vezetékekig – egyetlen aktív kétpólusnak tekinted. Amikor a fogyasztói oldalt méred ki, azt egyetlen passzív kétpólusnak. A fejezet fő mondanivalója éppen az, hogyan lehet egy bonyolult hálózatot ilyen egyszerű kétpólussá visszavezetni.

Soros kapcsolás

Soros kapcsolásban minden elemen ugyanaz az áram folyik, a feszültségek pedig összeadódnak.

R_e = R₁ + R₂ + … + R_n

Ebből következik a feszültségosztó szabálya: a részfeszültségek úgy aránylanak egymáshoz, mint az ellenállások.

U₁ = U · R₁/(R₁ + R₂) és U₂ = U · R₂/(R₁ + R₂)

Párhuzamos kapcsolás

Párhuzamos kapcsolásban minden elemen ugyanaz a feszültség van, az áramok pedig összeadódnak.

1/R_e = 1/R₁ + 1/R₂ + … + 1/R_n, azaz vezetésekkel: G_e = G₁ + G₂ + … + G_n

Két ellenállásra a gyakorlatban a „szorzat per összeg” alak a leggyorsabb:

R_e = (R₁ · R₂)/(R₁ + R₂)

n darab azonos R ellenállás párhuzamosan: R_e = R/n.

Az áramosztó szabálya: az áramok fordítottan arányosak az ellenállásokkal (a kisebb ellenállású ágon folyik a nagyobb áram):

I₁ = I · R₂/(R₁ + R₂) és I₂ = I · R₁/(R₁ + R₂)

Az összetett (vegyes) hálózat redukciója

Az összetett hálózatot mindig belülről kifelé, a forrástól legtávolabbi, tisztán soros vagy tisztán párhuzamos részletektől kezdve vonjuk össze, lépésenként egyszerűsítve, amíg egyetlen eredő ellenállás marad.

1. Rajzold át a kapcsolást úgy, hogy látszódjon, mi van sorosan és mi párhuzamosan.
2. Keresd meg a forrástól LEGTÁVOLABBI tisztán soros vagy tisztán párhuzamos részletet.
3. Vond össze, és rajzold újra a hálózatot az összevont értékkel.
4. Ismételd, amíg egyetlen eredő ellenállás marad.
5. Számold ki a főáramot Ohm-törvénnyel, majd visszafelé haladva a rész-
   feszültségeket és az ágáramokat (feszültségosztó, áramosztó).
6. Ellenőrizz: a részfeszültségek összege = a tápfeszültség; az ágáramok
   összege = a főáram.

Ha a hálózat így nem bontható – vagyis egyetlen elem sem áll tisztán sorosan vagy tisztán párhuzamosan egy másikkal –, akkor csillag-háromszög átalakítás (9.7) vagy hálózatszámítási módszer (9.4) kell. A klasszikus ilyen eset a hídkapcsolás (9.8).

9.1. mintapélda – Vegyes ellenálláshálózat redukciója

Feladat. Egy U = 60 V feszültségre kapcsolt hálózatban R₁ = 8 Ω sorosan van bekötve, utána R₂ = 20 Ω és R₃ = 30 Ω párhuzamosan. Számítsd ki az eredő ellenállást, a főáramot, a részfeszültségeket és az ágáramokat!

Megoldás.

1. A párhuzamos rész (ez van a forrástól legtávolabb, ezért ezzel kezdünk): R_p = (R₂ · R₃)/(R₂ + R₃) = (20 · 30)/(20 + 30) = 600/50 = 12 Ω Ellenőrzés: 12 Ω kisebb, mint a legkisebb tag (20 Ω). ✔
2. Eredő ellenállás: R_e = R₁ + R_p = 8 + 12 = 20 Ω
3. Főáram: I = U/R_e = 60/20 = 3 A
4. Részfeszültségek: U₁ = I · R₁ = 3 · 8 = 24 V; U_p = I · R_p = 3 · 12 = 36 V Ellenőrzés: 24 + 36 = 60 V ✔
5. Ágáramok: I₂ = U_p/R₂ = 36/20 = 1,8 A; I₃ = U_p/R₃ = 36/30 = 1,2 A Ellenőrzés Kirchhoff I. törvényével: 1,8 + 1,2 = 3 A ✔
6. Ugyanez áramosztóval, a részfeszültség kiszámítása nélkül: I₂ = I · R₃/(R₂ + R₃) = 3 · 30/50 = 1,8 A ✔

Tanulság. A redukció után visszafelé haladva minden mennyiség kiadódik. A két ellenőrzés (feszültségek összege, áramok összege) fél percbe kerül, és a hibák nagy részét elkapja.

9.2 Valóságos feszültségforrás és áramforrás; belső ellenállás, forrásátalakítás

Miért csökken a feszültség terheléskor?

Végezz el gondolatban egy egyszerű kísérletet. Egy új ceruzaelem sarkain a műszer 1,58 V-ot mutat. Rákötsz egy zseblámpaizzót, és a feszültség 1,42 V-ra esik. Az elem nem „gyengült el” egy pillanat alatt: a benne folyó áram a saját belső ellenállásán feszültséget ejt, és ez a feszültség hiányzik a kapcsokról.

A két szélső üzemállapot

Tetszőleges R_t terhelésnél a kör árama:

I = U₀/(R_b + R_t)

A belső ellenállás mérésből kétféleképpen határozható meg:

R_b = (U₀ − U_k)/I (üresjárási és terhelt mérésből) R_b = U₀/I_rz (üresjárási feszültségből és rövidzárási áramból)

Mekkora egy forrás belső ellenállása?

Konkrét számot csak akkor érdemes megjegyezni, ha az gyártói adatlapból származik. Egy ilyen, igazolható adat: az Energizer E91/EN91 (AA méretű alkáli elem) hivatalos adatlapja szerint a névleges belső ellenállás 150–300 milliohm friss állapotban. Ez jó nagyságrendi kapaszkodó: egy szárazelem belső ellenállása tized-ohm nagyságrendű, és a lemerüléssel nő.

A valóságos áramforrás

A feszültségforrásnak van egy „tükörképe”, a valóságos áramforrás: egy I₀ ideális áramgenerátor és egy vele párhuzamosan kapcsolt R_b belső ellenállás (G_b = 1/R_b belső vezetés).

I = I₀ − U · G_b = I₀ − U/R_b

Az ideális áramgenerátor árama a kapocsfeszültségtől függetlenül állandó, belső ellenállása végtelen (szakadás). A gyakorlatban áramforrásként viselkedik például egy áramkorlátozásra kapcsolt tápegység, egy áramgenerátoros LED-meghajtó, egy áramváltó szekunder köre – és, ami a villanyszerelőnek különösen fontos, a napelem-modul is (erről a 29. fejezetben lesz szó).

Forrásátalakítás

A két modell a kapcsok felől teljesen egyenértékű, ha megegyezik az üresjárási feszültségük és a rövidzárási áramuk:

I₀ = U₀/R_b és U₀ = I₀ · R_b, miközben R_b ugyanaz marad

Generátorok soros és párhuzamos kapcsolása

Soros kapcsolás (a feszültség növelése – ezt csinálod, amikor négy elemet raksz egymás után a zseblámpába):

U₀e = U₀₁ + U₀₂ + … + U₀n (ellentétes polaritású tag negatív előjellel) R_be = R_b1 + R_b2 + … + R_bn

Párhuzamos kapcsolás azonos forrásfeszültségű generátorokból (a terhelhetőség növelése):

U₀e = U₀ (nem nő!), 1/R_be = 1/R_b1 + … + 1/R_bn; n azonos generátorra R_be = R_b/n

Párhuzamos kapcsolás eltérő forrásfeszültségű generátorokból. Minden ágat Norton-alakra hozunk (I_k = U₀k/R_bk), az áramgenerátorokat és a vezetéseket összegezzük, majd visszaalakítjuk. Az eredmény a Millman-képlet:

U₀e = (Σ U₀k · G_k)/(Σ G_k), R_be = 1/(Σ G_k), ahol G_k = 1/R_bk

Ilyenkor a generátorok között már terhelés nélkül is folyik áram, a kiegyenlítő áram:

I_kiegy = (U₀₂ − U₀₁)/(R_b1 + R_b2) (két generátor esetén, Kirchhoff II. törvényéből)

9.2. mintapélda – A valóságos feszültségforrás alapjellemzői

Feladat. Egy akkumulátor üresjárási feszültsége U₀ = 12 V, belső ellenállása R_b = 0,5 Ω. Mekkora az áram, a kapocsfeszültség, a terhelés teljesítménye és a hatásfok R_t = 5,5 Ω terhelésnél? Mekkora a rövidzárási áram?

Megoldás.

1. Áram: I = U₀/(R_b + R_t) = 12/(0,5 + 5,5) = 12/6 = 2 A
2. Kapocsfeszültség: U_k = U₀ − I · R_b = 12 − 2 · 0,5 = 12 − 1 = 11 V Ellenőrzés a terhelés felől: U_k = I · R_t = 2 · 5,5 = 11 V ✔
3. A terhelés teljesítménye: P_t = I² · R_t = 2² · 5,5 = 4 · 5,5 = 22 W
4. Belső veszteség: P_b = I² · R_b = 4 · 0,5 = 2 W Összes leadott teljesítmény: 22 + 2 = 24 W = U₀ · I = 12 · 2 = 24 W ✔
5. Hatásfok: η = R_t/(R_t + R_b) = 5,5/6 = 0,9167 = 91,7 % Ellenőrzés: η = P_t/P_össz = 22/24 = 0,9167 ✔
6. Rövidzárási áram: I_rz = U₀/R_b = 12/0,5 = 24 A

Tanulság. A 24 A rövidzárási áram mutatja, miért kell a forrásokat rövidzár ellen védeni. A 91,7 %-os hatásfok pedig azt, hogy energiaellátásban R_t ≫ R_b a helyes választás – erről részletesen a 9.3 alfejezetben.

9.3. mintapélda – Generátorok soros és párhuzamos kapcsolása

Feladat. a) Négy darab 1,5 V-os elem sorosan, mindegyik belső ellenállása 0,3 Ω; a terhelés 10 Ω. b) Két azonos, 12 V-os, 0,4 Ω belső ellenállású akkumulátor párhuzamosan. c) Két eltérő akkumulátor párhuzamosan: U₀₁ = 12 V / R_b1 = 0,2 Ω és U₀₂ = 12,6 V / R_b2 = 0,3 Ω.

Megoldás.

a) Soros kapcsolás

1. U₀e = 4 · 1,5 = 6 V; R_be = 4 · 0,3 = 1,2 Ω
2. I = U₀e/(R_be + R_t) = 6/(1,2 + 10) = 6/11,2 = 0,536 A
3. U_k = 6 − 0,536 · 1,2 = 6 − 0,643 = 5,36 V

b) Párhuzamos kapcsolás azonos generátorokból

1. U₀e = 12 V – a feszültség nem nő!
2. R_be = R_b/n = 0,4/2 = 0,2 Ω
3. Rövidzárási áram: I_rz = 12/0,2 = 60 A (egyetlen akkumulátoré csak 12/0,4 = 30 A lenne)

Vagyis a párhuzamosítás a terhelhetőséget növeli, nem a feszültséget.

c) Párhuzamos kapcsolás eltérő forrásfeszültséggel

1. Vezetések: G₁ = 1/0,2 = 5 S; G₂ = 1/0,3 = 3,333 S; összeg: 8,333 S
2. Norton-áramok: I₁ = U₀₁ · G₁ = 12 · 5 = 60 A; I₂ = 12,6 · 3,333 = 42 A; összeg: 102 A
3. Eredő üresjárási feszültség (Millman): U₀e = 102/8,333 = 12,24 V
4. Eredő belső ellenállás: R_be = 1/8,333 = 0,2 ∥ 0,3 = (0,2 · 0,3)/0,5 = 0,12 Ω
5. Kiegyenlítő áram üresjárásban: I_kiegy = (12,6 − 12)/(0,2 + 0,3) = 0,6/0,5 = 1,2 A Ellenőrzés: a gyengébb forrás kapcsain 12 + 1,2 · 0,2 = 12,24 V ✔ – ugyanaz, mint a Millman-képlet eredménye, tehát a számítás konzisztens.

Tanulság. Eltérő feszültségű források párhuzamosításakor terhelés nélkül is folyik áram a források között: az erősebb tölti a gyengébbet. A számítás a jelen esetben 1,2 A-t ad, ami még kicsi, de nagyobb feszültségkülönbségnél vagy kisebb belső ellenállásnál gyorsan tíz- vagy százamperes nagyságrendbe kerül, és melegedést, károsodást okoz.

9.3 Terhelési egyenes, munkapont, illesztés, hatásfok

A terhelési karakterisztika

Az U_k = U₀ − I · R_b összefüggés az U–I síkon egyenes. Ez a forrás terhelési karakterisztikája. Két nevezetes pontja a két tengelymetszet:

• az I = 0 helyen U_k = U₀ – az üresjárási feszültség,
• az U_k = 0 helyen I = U₀/R_b – a rövidzárási áram.

Az egyenes meredeksége −R_b: minél nagyobb a belső ellenállás, annál meredekebben esik a karakterisztika, annál „lágyabb” a forrás. Egy laboratóriumi tápegység karakterisztikája szinte vízszintes (kicsi R_b), egy elhasznált ceruzaelemé meredek.

A terhelés teljesítménye és az illesztés

A terhelésre jutó teljesítmény:

P_t = I² · R_t = U₀² · R_t/(R_b + R_t)² [W]

Kérdés: mekkora R_t-nél lesz ez a legnagyobb? A szélsőértéket a P_t függvény R_t szerinti deriválásával kapjuk meg:

dP_t/dR_t = U₀² · [(R_b + R_t)² − R_t · 2(R_b + R_t)]/(R_b + R_t)⁴ = U₀² · (R_b − R_t)/(R_b + R_t)³

Ez akkor nulla, ha a számláló nulla, azaz:

A hatásfok általánosan:

η = P_t/P_össz = R_t/(R_t + R_b)

Ez a képlet szépen mutatja, hogy a hatásfok monoton nő a terhelő ellenállással: minél nagyobb R_t az R_b-hez képest, annál kisebb hányad vész el a forrás belsejében.

A táblázat, amit érdemes megnézni

Vegyünk egy U₀ = 12 V, R_b = 0,5 Ω forrást, és nézzük meg, mi történik a terhelés változtatásakor. Minden érték a fenti képletekkel számolva:

Ellenőrzés a képlettel: P_max = U₀²/(4R_b) = 144/(4 · 0,5) = 144/2 = 72 W ✔

A munkapont és a nemlineáris fogyasztó

Eddig feltételeztük, hogy a terhelés ellenállása állandó. Az izzólámpa, a dióda, a LED viszont nemlineáris: az ellenállásuk függ attól, mekkora feszültség van rajtuk. Ilyenkor Ohm-törvénnyel közvetlenül nem lehet számolni.

9.4. mintapélda – Illesztés és maximális teljesítmény

Feladat. Ugyanaz a forrás, mint a 9.2. mintapéldában (U₀ = 12 V, R_b = 0,5 Ω). Mekkora terhelő ellenállásnál lesz a leadott teljesítmény maximális, és mennyi ez a teljesítmény?

Megoldás.

1. Az illesztés feltétele: R_t = R_b = 0,5 Ω
2. Áram: I = U₀/(R_b + R_t) = 12/(0,5 + 0,5) = 12/1 = 12 A
3. Kapocsfeszültség: U_k = 12 − 12 · 0,5 = 12 − 6 = 6 V – pontosan a forrásfeszültség fele!
4. A terhelés teljesítménye: P_t = U_k · I = 6 · 12 = 72 W Ellenőrzés a képlettel: P_max = U₀²/(4R_b) = 144/2 = 72 W ✔
5. Hatásfok: η = 0,5/(0,5 + 0,5) = 0,5 = 50 % Vagyis a belső ellenálláson szintén 72 W hő keletkezik – összesen 144 W-ot ad le a forrás.

Tanulság. Illesztéskor a kapocsfeszültség mindig pontosan a forrásfeszültség fele, a hatásfok pedig mindig pontosan 50 %. Ez a két szám a legjobb ellenőrzési fogás: ha illesztést számolsz, és nem ez jön ki, hibáztál.

9.5. mintapélda – Munkapont-számítás nemlineáris fogyasztóval (LED)

Feladat. 12 V-os tápfeszültségről 470 Ω előtétellenállással LED-et üzemeltetünk. A LED nyitófeszültsége a munkaponti áram környékén U_F ≈ 2 V. Mekkora az áram, és mekkora teljesítményű előtétellenállás kell?

Megoldás.

1. A terhelési egyenes egyenlete: I = (U₀ − U_D)/R = (12 − U_D)/470
2. Tengelymetszetek (ezek kellenek a rajzoláshoz): U_D = 0 → I = 12/470 = 0,02553 A = 25,5 mA I = 0 → U_D = 12 V
3. A munkapont a LED karakterisztikájának és ennek az egyenesnek a metszéspontja. Az adatlapból vett U_F = 2 V-tal: I = (12 − 2)/470 = 10/470 = 0,02128 A = 21,3 mA
4. Az előtétellenállás terhelése: P_R = I² · R = 0,02128² · 470 = 0,000 452 8 · 470 = 0,213 W Egy 0,25 W-os ellenállás elvileg megfelel, de mivel ez a névleges terhelhetőség 85 %-a, a 0,5 W-os a biztonságos választás.
5. Ellenőrzés: az ellenálláson eső feszültség U_R = I · R = 0,02128 · 470 = 10,0 V; ehhez jön a LED 2 V-ja: 10 + 2 = 12 V ✔

Tanulság. A nemlineáris eszköz munkapontját nem lehet közvetlenül Ohm-törvénnyel számolni. Két út van: vagy grafikusan (terhelési egyenes + karakterisztika), vagy – ahogy itt tettük – a katalógusból vett U_F érték behelyettesítésével. A második gyorsabb, de csak azért működik, mert a LED karakterisztikája a munkaponti tartományban nagyon meredek, tehát az U_F alig változik.

9.6. mintapélda – Gyakorlati eset: vezetékellenállás és feszültségesés

Ez a példa köti össze a fejezet elméletét a mindennapi szerelői munkával.

Feladat. Egy 230 V-os táppontról 40 m hosszú, 2 × 2,5 mm² keresztmetszetű rézvezetékkel táplálunk egy 3 000 W-os fogyasztót. A réz fajlagos ellenállása ρ = 0,0175 Ω·mm²/m. Mekkora a feszültségesés? Modellezzük a hálózatot valóságos feszültségforrásként!

Megoldás.

1. Vezetékellenállás. Ne feledd: az áramnak oda-vissza meg kell tennie az utat, tehát a számításba menő hossz 2 × 40 = 80 m. R_v = ρ · l/A = 0,0175 · 80/2,5 = 1,4/2,5 = 0,56 Ω
2. Áram (közelítőleg, a feszültségesést először elhanyagolva): I ≈ P/U = 3000/230 = 13,04 A
3. Feszültségesés: ΔU = I · R_v = 13,04 · 0,56 = 7,30 V Százalékban: 7,30/230 = 0,0317 = 3,17 %
4. Kapocsfeszültség a fogyasztónál: 230 − 7,30 = 222,7 V
5. A modell. A táppont és a vezeték együtt egy valóságos feszültségforrás: U₀ = 230 V és R_b = R_v = 0,56 Ω. A fogyasztó a terhelés: R_t ≈ U_k/I = 222,7/13,04 = 17,1 Ω Hatásfok: η = R_t/(R_t + R_b) = 17,1/(17,1 + 0,56) = 17,1/17,66 = 0,968 = 96,8 % Vagyis a betáplált teljesítmény 3,2 %-a a vezetéken hővé alakul.

A szabványi megítélés. Az MSZ HD 60364-5-52 525. szakasza és G.52.1. táblázata szerint a közcélú kisfeszültségű elosztóhálózatról közvetlenül táplált berendezésben (A típus) a felhasználói berendezés kezdőpontja és a szerkezet közötti feszültségesés világításnál legfeljebb 3 %, egyéb fogyasztónál legfeljebb 5 % lehet. A kiszámolt 3,17 % tehát világítási áramkörként már nem felelne meg, egyéb fogyasztónál viszont a határon belül van.

9.4 Kirchhoff-törvények alkalmazása; hurokáramok és csomóponti potenciálok

Az eddigi hálózatokat mind vissza lehetett vezetni soros-párhuzamos összevonásra. Ha azonban több forrás van a hálózatban, vagy a kapcsolás nem redukálható, akkor egyenletrendszert kell felírni. A két Kirchhoff-törvény ehhez ad rendszert.

A két törvény

Hány egyenlet kell?

Egy b ágú, n csomópontú hálózatban:

Ez a táblázat nemcsak elmélet: ez dönti el, melyik módszerrel érdemes dolgozni.

A kötelező munkarend

1. Rajzold le a hálózatot, jelöld be a csomópontokat betűvel.
2. Vedd fel MINDEN ág áramának az irányát nyíllal. Tetszőleges, hogy merre!
3. Vedd fel a hurkok körüljárási irányát. Ez is tetszőleges.
4. CSAK EZUTÁN írd fel az egyenleteket, a felvett irányoknak megfelelő előjellel.
5. Oldd meg az egyenletrendszert.
6. Értelmezd az előjeleket.

Hurokáramok módszere

Az ismeretlenek nem az ágáramok, hanem a hurokáramok (J₁, J₂, …), amelyek egy-egy független hurokban körbefolynak. Egy ág valódi árama a rajta áthaladó hurokáramok előjeles összege.

• Egyenletek száma: b − n + 1 – síkbeli hálózatban ez az „ablakok” (a legkisebb hurkok) száma.
• Célszerű minden hurokáramot azonos irányban (például az óramutató járásával megegyezően) felvenni: így az egyenletrendszerben a saját ellenállások pozitívak, a közös ellenállások pedig negatív előjellel szerepelnek. (Ez didaktikai konvenció, nem fizikai törvény: a hurokirány önkényes, csak a következetesség kötelező.)

Az egyenletrendszer általános alakja két hurokra:

(R₁ + R₂) · J₁ − R₂ · J₂ = ΣU_hurok1 −R₂ · J₁ + (R₂ + R₃) · J₂ = ΣU_hurok2

A főátlóban a hurok saját (összes) ellenállása áll, azon kívül a két hurok közös ellenállása; a jobb oldalon a hurokban lévő forrásfeszültségek előjeles összege.

Csomóponti potenciálok módszere

Az ismeretlenek a csomópontok potenciáljai egy kiválasztott referencia-csomóponthoz (földpont, φ = 0 V) képest.

• Egyenletek száma: n − 1.
• A referenciapont megválasztása az ágfeszültségeket nem befolyásolja, csak a potenciálértékeket; célszerű a legtöbb ághoz kapcsolódó csomópontot választani.
• Az egyenletrendszer mátrixalakja: G · φ = I, ahol G a vezetésmátrix [S], φ a potenciálvektor [V], I pedig a csomópontokba táplált forrásáramok vektora [A].

Általános alak két ismeretlen csomópontra:

(G₁ + G₂) · φ₁ − G₂ · φ₂ = I_be1 −G₂ · φ₁ + (G₂ + G₃) · φ₂ = I_be2

A gyakorlat leggyakoribb esete: két csomópont, egyetlen ismeretlen potenciál. Ilyenkor egyetlen egyenlet elég:

φ = (Σ U₀k/R_k)/(Σ 1/R_k) [V]

Ez formailag azonos a Millman-képlettel, amit a 9.2 alfejezetben már láttál – nem véletlenül: a két dolog ugyanaz a matematika, más szemszögből.

9.7. mintapélda – Kétgenerátoros hálózat NÉGYFÉLE módszerrel

Ez a fejezet gerince. Ugyanazt a hálózatot oldjuk meg négy különböző módszerrel, hogy lásd: mind ugyanarra az eredményre vezet, csak a munka mennyisége más.

A hálózat. Két valóságos feszültségforrás dolgozik közös terhelésre:

1. ág: U₁ = 10 V, R₁ = 2 Ω
2. ág: U₂ = 6 V, R₂ = 2 Ω
3. ág (terhelés): R₃ = 1 Ω

Mindhárom ág ugyanahhoz a két csomóponthoz csatlakozik: A (felső) és B (alsó, ez lesz a referencia). Keressük: I₁, I₂, I₃ és U₃ (a terhelés feszültsége).

Hálózatjellemzők: b = 3 ág, n = 2 csomópont, tehát csomóponti egyenletek: n − 1 = 1; hurokegyenletek: b − n + 1 = 3 − 2 + 1 = 2.

a) Kirchhoff-egyenletek közvetlen felírásával (3 egyenlet)

Felvett irányok: I₁ és I₂ a forrásokból az A csomópont felé, I₃ az A csomópontból lefelé, a terhelésen át B felé.

1. Csomóponti egyenlet (A pont): I₁ + I₂ − I₃ = 0, azaz I₁ + I₂ = I₃
2. Hurok az 1. és a 3. ágon: U₁ = I₁ · R₁ + I₃ · R₃ → 10 = 2I₁ + 1 · I₃
3. Hurok a 2. és a 3. ágon: U₂ = I₂ · R₂ + I₃ · R₃ → 6 = 2I₂ + 1 · I₃

A 2. és a 3. egyenletből kifejezve: I₁ = (10 − I₃)/2 = 5 − 0,5 · I₃ és I₂ = (6 − I₃)/2 = 3 − 0,5 · I₃

Behelyettesítve az 1. egyenletbe: (5 − 0,5I₃) + (3 − 0,5I₃) = I₃ → 8 − I₃ = I₃ → 2I₃ = 8

I₃ = 4 A, ebből I₁ = 5 − 2 = 3 A, I₂ = 3 − 2 = 1 A, U₃ = I₃ · R₃ = 4 · 1 = 4 V

Ellenőrzés: 3 + 1 = 4 ✔; 10 = 2 · 3 + 4 = 10 ✔; 6 = 2 · 1 + 4 = 6 ✔

b) Csomóponti potenciálok módszerével (1 egyenlet!)

A B csomópont a referencia (φ_B = 0 V), az egyetlen ismeretlen φ_A, ami egyben U₃ is.

φ_A · (1/R₁ + 1/R₂ + 1/R₃) = U₁/R₁ + U₂/R₂

φ_A · (0,5 + 0,5 + 1) = 10/2 + 6/2 = 5 + 3 = 8

φ_A · 2 = 8 → φ_A = U₃ = 4 V

Ágáramok visszaszámolással: I₁ = (U₁ − φ_A)/R₁ = (10 − 4)/2 = 3 A I₂ = (U₂ − φ_A)/R₂ = (6 − 4)/2 = 1 A I₃ = φ_A/R₃ = 4/1 = 4 A ✔

Ez a leggyorsabb út: egyetlen egyenlet, három sor számolás.

c) Hurokáramok módszerével (2 egyenlet)

Hurokáramok: J₁ az 1. és a 3. ág alkotta hurokban, J₂ a 2. és a 3. ág alkotta hurokban, mindkettő úgy felvéve, hogy a 3. ágon mindkettő lefelé haladjon.

Saját ellenállások: 1. hurok R₁ + R₃ = 2 + 1 = 3 Ω; 2. hurok R₂ + R₃ = 2 + 1 = 3 Ω. Közös ellenállás: R₃ = 1 Ω. Mivel a közös ágon a két hurokáram azonos irányban halad, a csatolás pozitív előjelű.

(R₁ + R₃) · J₁ + R₃ · J₂ = U₁ → 3J₁ + 1J₂ = 10 R₃ · J₁ + (R₂ + R₃) · J₂ = U₂ → 1J₁ + 3J₂ = 6

Megoldás kiküszöböléssel: az első egyenletet 3-mal szorozva 9J₁ + 3J₂ = 30; ebből kivonva a másodikat: 8J₁ = 24 → J₁ = 3 A. Visszahelyettesítve: J₂ = (6 − 3)/3 = 1 A.

Ágáramok: I₁ = J₁ = 3 A; I₂ = J₂ = 1 A; I₃ = J₁ + J₂ = 3 + 1 = 4 A ✔

d) A szuperpozíció tételével (két részhálózat)

Ezt a negyedik utat a 9.5 alfejezetben, a tétel bemutatása után dolgozzuk ki – ott folytatjuk.

9.5 A szuperpozíció tétele

Az eljárás

1. Válassz ki EGY generátort, és hagyd aktívnak.
2. Az összes többi FESZÜLTSÉGgenerátort helyettesítsd RÖVIDZÁRRAL,
   az összes többi ÁRAMgenerátort SZAKADÁSSAL.
   FIGYELEM: a belső ellenállások BENNMARADNAK!
3. Számold ki a keresett ág részáramát (részfeszültségét) ebben az
   egyszerűsített hálózatban.
4. Ismételd az 1-3. lépést minden generátorra.
5. Összegezd a részeredményeket ELŐJELHELYESEN (a felvett irányhoz képest).

9.7. mintapélda folytatása – d) A kétgenerátoros hálózat szuperpozícióval

A hálózat ugyanaz: U₁ = 10 V / R₁ = 2 Ω, U₂ = 6 V / R₂ = 2 Ω, R₃ = 1 Ω.

1. lépés – csak U₁ aktív (U₂-t rövidre zárjuk, de R₂ bennmarad!)

Ekkor R₂ és R₃ párhuzamosan kerül egymás mellé, és ez sorosan áll R₁-gyel:

• R₂ ∥ R₃ = (2 · 1)/(2 + 1) = 2/3 Ω ≈ 0,667 Ω
• R′ = R₁ + (R₂ ∥ R₃) = 2 + 2/3 = 8/3 Ω ≈ 2,667 Ω
• I₁′ = U₁/R′ = 10/(8/3) = 30/8 = 3,75 A
• U₃′ = I₁′ · (R₂ ∥ R₃) = 3,75 · 2/3 = 2,5 V
• I₃′ = U₃′/R₃ = 2,5/1 = 2,5 A
• I₂′ = U₃′/R₂ = 2,5/2 = 1,25 A – ez a 2. ágon befelé folyik, azaz a felvett I₂ iránnyal ellentétesen

2. lépés – csak U₂ aktív (U₁-et rövidre zárjuk, R₁ bennmarad)

A hálózat szimmetrikus, tehát ugyanaz a szerkezet:

• R₁ ∥ R₃ = (2 · 1)/3 = 2/3 Ω
• R″ = R₂ + (R₁ ∥ R₃) = 2 + 2/3 = 8/3 Ω
• I₂″ = U₂/R″ = 6/(8/3) = 18/8 = 2,25 A
• U₃″ = 2,25 · 2/3 = 1,5 V
• I₃″ = 1,5/1 = 1,5 A
• I₁″ = 1,5/2 = 0,75 A – a felvett I₁ iránnyal ellentétesen

3. lépés – előjeles összegzés

I₁ = I₁′ − I₁″ = 3,75 − 0,75 = 3 A ✔ I₂ = I₂″ − I₂′ = 2,25 − 1,25 = 1 A ✔ I₃ = I₃′ + I₃″ = 2,5 + 1,5 = 4 A ✔ U₃ = U₃′ + U₃″ = 2,5 + 1,5 = 4 V ✔

Ugyanaz az eredmény, mint a másik három módszerrel.

A tétel korlátai

A tétel másik korlátja, hogy csak lineáris hálózatra érvényes. Ha a hálózatban dióda, izzólámpa vagy más nemlineáris elem van, a szuperpozíció nem alkalmazható.

9.6 Thévenin- és Norton-helyettesítő kép

Ez a fejezet legerősebb eszköze. A lényege: egy tetszőlegesen bonyolult lineáris hálózatot két alkatrészre lehet visszavezetni – de csak akkor, ha minket egyetlen ág (a terhelés) érdekel.

A Thévenin-tétel

A Norton-tétel

Mikor éri meg?

Akkor, ha egyetlen ág érdekel, különösen ha a terhelés változik. A helyettesítő képet egyszer kell meghatározni, utána minden R_t értékre egyetlen osztás adja az áramot. Ez a Thévenin-tétel igazi ereje.

9.8. mintapélda – Thévenin- és Norton-kép a kétgenerátoros hálózatra

Feladat. A 9.7. mintapélda hálózatának vegyük le az R₃ = 1 Ω terhelését, és adjuk meg a maradék aktív kétpólus Thévenin- és Norton-helyettesítő képét! Mekkora a terhelésre juttatható maximális teljesítmény?

Megoldás.

1. Üresjárási feszültség. A terhelést eltávolítva csak egy kör marad: U₁ → R₁ → R₂ → U₂. A Millman-képlettel (vagy a csomóponti módszerrel): U_Th = (U₁/R₁ + U₂/R₂)/(1/R₁ + 1/R₂) = (5 + 3)/(0,5 + 0,5) = 8/1 = 8 V

Ellenőrzés Kirchhoff-fal: a körben folyó áram I = (U₁ − U₂)/(R₁ + R₂) = (10 − 6)/(2 + 2) = 4/4 = 1 A; a kapocsfeszültség U₁ − I · R₁ = 10 − 1 · 2 = 8 V ✔

2. Thévenin-ellenállás. A két feszültséggenerátort rövidre zárjuk; a két belső ellenállás párhuzamosan marad: R_Th = R₁ ∥ R₂ = (2 · 2)/(2 + 2) = 4/4 = 1 Ω

3. Ellenőrzés a rövidzárási árammal. A kapcsokat rövidre zárva mindkét forrás a saját ellenállásán hajtja át az áramát: I_rz = U₁/R₁ + U₂/R₂ = 10/2 + 6/2 = 5 + 3 = 8 A R_Th = U_Th/I_rz = 8/8 = 1 Ω ✔ – a két úton kapott érték megegyezik.

4. Norton-kép: I_N = I_rz = 8 A, R_N = R_Th = 1 Ω

5. Visszaellenőrzés a terheléssel. Thévenin: I₃ = U_Th/(R_Th + R₃) = 8/(1 + 1) = 8/2 = 4 A ✔ (egyezik a 9.7. eredménnyel) Norton, áramosztóval: I₃ = I_N · R_N/(R_N + R₃) = 8 · 1/(1 + 1) = 8 · 0,5 = 4 A ✔

6. Illesztés. R_t = R_Th = 1 Ω – ez éppen az eredeti R₃, tehát ez a hálózat illesztett! P_max = U_Th²/(4 · R_Th) = 64/4 = 16 W Ellenőrzés: P₃ = I₃² · R₃ = 4² · 1 = 16 W ✔

Tanulság. A Thévenin-módszer előnye itt látszik igazán: ha most azt kérdeznék, mekkora áram folyna R₃ = 3 Ω terhelésnél, nem kellene újra egyenletrendszert felírni – I = 8/(1 + 3) = 2 A, egyetlen osztás.

9.9. mintapélda – Thévenin-helyettesítés feszültségosztós hálózatra

Feladat. U = 24 V forrás, R₁ = 6 Ω sorosan, R₂ = 3 Ω párhuzamos ág, R₃ = 2 Ω a kimeneti kapocsig sorosan. Mekkora áram folyik az R_t = 4 Ω terhelésen?

Megoldás.

1. Üresjárás. Terhelés nélkül R₃-on nem folyik áram, ezért rajta nincs feszültségesés. A kapocsfeszültség tehát az R₁–R₂ feszültségosztóé: U_Th = U · R₂/(R₁ + R₂) = 24 · 3/(6 + 3) = 24 · 3/9 = 72/9 = 8 V
2. Thévenin-ellenállás. A forrást rövidre zárva R₁ és R₂ párhuzamos lesz, ehhez jön sorosan R₃: R_Th = (R₁ ∥ R₂) + R₃ = (6 · 3)/(6 + 3) + 2 = 18/9 + 2 = 2 + 2 = 4 Ω
3. Terhelőáram: I_t = U_Th/(R_Th + R_t) = 8/(4 + 4) = 8/8 = 1 A A terhelés feszültsége: U_t = I_t · R_t = 1 · 4 = 4 V
4. Ellenőrzés rövidzárral. A kapcsokat rövidre zárva R₂ és R₃ párhuzamos: R₂ ∥ R₃ = (3 · 2)/(3 + 2) = 6/5 = 1,2 Ω A forrásáram: 24/(6 + 1,2) = 24/7,2 = 3,333 A A párhuzamos részen a feszültség: 3,333 · 1,2 = 4 V; ebből I_rz = 4/2 = 2 A R_Th = U_Th/I_rz = 8/2 = 4 Ω ✔
5. Norton-kép: I_N = 2 A, R_N = 4 Ω. Áramosztóval: I_t = 2 · 4/(4 + 4) = 2 · 0,5 = 1 A ✔
6. Illesztés: mivel R_t = R_Th = 4 Ω, ez a hálózat is illesztett: P_max = U_Th²/(4R_Th) = 64/16 = 4 W; ellenőrzés: I_t² · R_t = 1² · 4 = 4 W ✔

Tanulság. Figyeld meg a 3. lépést a 2. pontban: R₃ az üresjárási feszültségbe nem számít bele (nincs rajta áram), a Thévenin-ellenállásba viszont igen. Ez a leggyakoribb hibaforrás ennél a feladattípusnál.

9.7 Csillag-háromszög átalakítás

Vannak hálózatok, amelyekben egyetlen elem sem áll tisztán sorosan vagy tisztán párhuzamosan egy másikkal. Ilyen a hídkapcsolás. Ezeket sem soros, sem párhuzamos összevonással nem lehet egyszerűsíteni – de a csillag-háromszög átalakítás visszavezeti őket soros-párhuzamos alakra.

Háromszögből csillagba (Δ → Y)

A csillag egy ága = az adott kapocshoz csatlakozó két háromszögág szorzata, osztva a három háromszögág összegével:

R_A = (R_AB · R_CA)/(R_AB + R_BC + R_CA) R_B = (R_AB · R_BC)/(R_AB + R_BC + R_CA) R_C = (R_BC · R_CA)/(R_AB + R_BC + R_CA)

Memóriakapaszkodó: a nevező mindig ugyanaz (a három háromszögellenállás összege), a számlálóban pedig annak a kapocsnak a két szomszédja áll, amelyikhez a csillagágat számoljuk.

Csillagból háromszögbe (Y → Δ)

A háromszög egy ága = a csillagágak páronkénti szorzatainak összege, osztva a szemközti csillagággal:

R_AB = (R_A·R_B + R_B·R_C + R_C·R_A)/R_C R_BC = (R_A·R_B + R_B·R_C + R_C·R_A)/R_A R_CA = (R_A·R_B + R_B·R_C + R_C·R_A)/R_B

9.10. mintapélda – Csillag-háromszög átalakítás oda-vissza

Feladat. Háromszögbe kapcsolt ellenállások: R_AB = 6 Ω, R_BC = 12 Ω, R_CA = 18 Ω. Add meg az egyenértékű csillagkapcsolást, majd ellenőrizd visszaalakítással!

Megoldás.

Az összeg (ez lesz mindhárom nevező): ΣR_Δ = 6 + 12 + 18 = 36 Ω

1. R_A = (R_AB · R_CA)/ΣR_Δ = (6 · 18)/36 = 108/36 = 3 Ω
2. R_B = (R_AB · R_BC)/ΣR_Δ = (6 · 12)/36 = 72/36 = 2 Ω
3. R_C = (R_BC · R_CA)/ΣR_Δ = (12 · 18)/36 = 216/36 = 6 Ω

Visszaellenőrzés (Y → Δ). A páronkénti szorzatok összege: R_A·R_B + R_B·R_C + R_C·R_A = 3 · 2 + 2 · 6 + 6 · 3 = 6 + 12 + 18 = 36

• R_AB = 36/R_C = 36/6 = 6 Ω ✔
• R_BC = 36/R_A = 36/3 = 12 Ω ✔
• R_CA = 36/R_B = 36/2 = 18 Ω ✔

Egy másik, független ellenőrzési mód. Az A–B kapcsok között (a C kapcsot szabadon hagyva) mért ellenállásnak mindkét kapcsolásban azonosnak kell lennie:

• Csillagban: R_A + R_B = 3 + 2 = 5 Ω
• Háromszögben: R_AB ∥ (R_BC + R_CA) = 6 ∥ (12 + 18) = 6 ∥ 30 = (6 · 30)/(6 + 30) = 180/36 = 5 Ω ✔

Tanulság. Két, egymástól független ellenőrzés is megerősítette az eredményt. Az átalakítás nem „varázslat”: pontosan azt jelenti, hogy a két kapcsolás a három kapocs felől nézve megkülönböztethetetlen.

9.8 Hídkapcsolás, Wheatstone-híd, kiegyenlítetlen híd

A híd felépítése

A kiegyenlítés feltétele

Ha a hídágban nem folyik áram, a hídfeszültség nulla – ekkor a híd kiegyenlített. Ez akkor következik be, ha a két osztó osztásaránya azonos, ami a szemközti hídágak szorzategyenlőségével fejezhető ki:

R₁ · R₃ = R₂ · R₄

Az ismeretlen ellenállás (R_x) meghatározása ismert normálellenállással (R_N) és ismert hídáttétellel:

R_x = R_N · (R₁/R₂)

Jelölések: R_x – ismeretlen ellenállás [Ω], R_N – hitelesen szabályozható normálellenállás [Ω], R₁/R₂ – a híd áttétele (aránypárja) [–].

Miért olyan pontos a híd?

Mert nullamódszer: a kiegyenlítéskor a hídágban nincs áram, ezért az eredmény nem függ a tápfeszültségtől és a hídágba kötött műszer érzékenységétől. Csak az összehasonlító ellenállások pontosságától függ. A műszernek nem kell hitelesnek lennie – elég, ha érzékeny, mert csak azt kell eldöntenie, hogy nulla-e az áram.

A kiegyenlítetlen híd: az érzékelők alapja

Ha a hidat nem egyenlítjük ki, a hídfeszültség (a hídág terheletlen állapotában) a két osztó feszültségének különbsége:

U_h = U · [R_x/(R₁ + R_x) − R_N/(R₂ + R_N)]

(ugyanaz az R₁, R₂, R₃=R_N, R₄=R_x jelölés, mint a kiegyenlítés feltételénél)

Ezen alapul a mérőhidas jelátalakítás: az ellenállásváltozást feszültségjellé alakítja. Tipikus alkalmazásai a nyúlásmérő bélyeg és a Pt100 ellenállás-hőmérő. (Ezt az alkalmazási felsorolást a kutatás csak egyetlen forrásból tudta igazolni; a mérési alkalmazásokat részletesen a 4. és a 25. fejezet tárgyalja.)

9.11. mintapélda – Wheatstone-híd kiegyenlítése

Feladat. Egy Wheatstone-hídban az áttételt R₁ = 100 Ω és R₂ = 1000 Ω adja, a hidat R_N = 470 Ω normálellenállással sikerült kiegyenlíteni. Mekkora az ismeretlen ellenállás?

Megoldás.

1. Az áttétel: R₁/R₂ = 100/1000 = 0,1
2. Az ismeretlen ellenállás: R_x = R_N · (R₁/R₂) = 470 · 0,1 = 47 Ω
3. Ellenőrzés a szorzategyenlőséggel: a szemközti ágak szorzata egyenlő: R_x · R₂ = 47 · 1000 = 47 000 R_N · R₁ = 470 · 100 = 47 000 ✔

Tanulság. Az áttétel megválasztásával a mérési tartomány eltolható: 1:10 áttételnél a normálellenállás tizedét, 10:1-nél a tízszeresét mérjük. Ez teszi lehetővé, hogy egyetlen dekádellenállással széles tartományban lehessen mérni.

9.12. mintapélda – Kiegyenlítetlen híd (érzékelő-alkalmazás)

Feladat. U = 10 V tápfeszültségű hídban R₁ = R₂ = R₃ = 100 Ω, a negyedik ág egy hőmérséklet hatására 110 Ω-ra nőtt ellenállás. Mekkora a hídfeszültség?

Megoldás.

1. Bal oldali osztó: U_A = U · R₂/(R₁ + R₂) = 10 · 100/200 = 10 · 0,5 = 5,000 V
2. Jobb oldali osztó: U_B = U · R_x/(R₃ + R_x) = 10 · 110/(100 + 110) = 10 · 110/210 = 5,238 V
3. Hídfeszültség: U_h = U_A − U_B = 5,000 − 5,238 = −0,238 V, azaz 238 mV (ellentétes polaritással a felvett irányhoz képest)
4. Ellenőrzés: kiegyenlített állapotban (R_x = 100 Ω) mindkét osztó 5,000 V-ot adna, tehát U_h = 0 lenne ✔

Tanulság. A 10 %-os ellenállásváltozás 238 mV hídfeszültséget okozott. A híd tehát az ellenállásváltozást feszültségjellé alakította – ez az érzékelős méréstechnika alapelve. Figyeld meg azt is, hogy az összefüggés nem tökéletesen lineáris: ha az ellenállás 10 % helyett 20 %-kal nőne, a hídfeszültség nem pontosan a kétszerese lenne.

9.9 Melyik módszert mikor? – összefoglaló döntési séma

A fejezet hét különböző eszközt adott a kezedbe. A vizsgán és a gyakorlatban az a kérdés, melyiket vedd elő. A válasz szinte mindig a hálózat szerkezetéből következik.

1. Számold meg: hány ág (b) és hány csomópont (n) van?
2. Számold ki: n − 1 = ? és b − n + 1 = ? Amelyik kisebb, az a jobb módszer.
3. Kérdezd meg: EGY ág érdekel csak? Ha igen, gondolkodj Thévenin-ben.
4. Nézd meg: redukálható-e soros-párhuzamosan? Ha nem, kell a csillag-háromszög.

A tíz leggyakoribb hiba – ellenőrzőlista

Mielőtt leadod a megoldást, fusd át ezt a listát.

1. A belső ellenállást kihagytam a dezaktiváláskor. (Csak az IDEÁLIS részt iktatjuk ki!)
2. Az áramgenerátort is rövidzárral helyettesítettem. (Feszültség → rövidzár, áram → szakadás.)
3. A szuperpozíciót teljesítményre alkalmaztam. (Nem szabad, a P négyzetes összefüggés.)
4. Az illesztést energiaellátásban célnak vettem. (Ott a hatásfok a cél, nem a P_max.)
5. Párhuzamos kapcsolásnál összeadtam az ellenállásokat.
6. A „szorzat per összeg” képletet kettőnél több ellenállásra használtam.
7. A hurokáramot ágáramnak vettem.
8. Előjelhiba: nem vettem fel következetesen az irányokat a felírás ELŐTT.
9. Hídkapcsolást soros-párhuzamos redukcióval próbáltam megoldani.
10. A Wheatstone-híd egyensúlyi feltételét fordítva írtam fel (szomszédos, nem szemközti).

Összefoglalás

Ellenőrző kérdések

1. Mi a különbség a passzív és az aktív kétpólus között? Melyik jellemzővel lehet őket megkülönböztetni méréssel?
2. Ebben a jegyzetben mit jelent a „generátor” és mit a „forrás” szó? Miért fontos ezt megkülönböztetni?
3. Írd fel a soros és a párhuzamos eredő ellenállás képletét! Melyik esetben lesz az eredő nagyobb a legnagyobb tagnál, és melyikben kisebb a legkisebbnél?
4. Miért nem használható a „szorzat per összeg” képlet három párhuzamos ellenállásra? Mit kell helyette csinálni?
5. Írd fel a feszültségosztó és az áramosztó képletét! Melyik ágon folyik nagyobb áram párhuzamos kapcsolásban?
6. Mi a valóságos feszültségforrás modellje? Mi a belső ellenállás fizikai oka?
7. Írd fel a kapocsfeszültség képletét! Mi történik a kapocsfeszültséggel, ha a terhelés nő (vagyis R_t csökken)?
8. Hogyan határozható meg a belső ellenállás két különböző mérésből?
9. Mekkora egy ideális feszültséggenerátor és mekkora egy ideális áramgenerátor belső ellenállása?
10. Mi a forrásátalakítás képlete? Miért mondjuk, hogy az egyenértékűség „csak a kapcsokra” áll fenn?
11. Mi történik, ha két eltérő forrásfeszültségű akkumulátort párhuzamosan kapcsolunk? Írd fel a kiegyenlítő áram képletét!
12. Mi a terhelési egyenes, és mi a két tengelymetszete? Mit jelent a meredeksége?
13. Mi az illesztés feltétele? Mekkora ilyenkor a kapocsfeszültség és mekkora a hatásfok?
14. Miért nem illesztünk az energiaellátásban? Hol indokolt a teljesítményillesztés?
15. Mi a munkapont? Miért nem lehet Ohm-törvénnyel számolni egy LED áramát?
16. Mondd ki Kirchhoff I. és II. törvényét! Mi a fizikai alapjuk?
17. Egy hálózatban 6 ág és 4 csomópont van. Hány független csomóponti és hány hurokegyenlet írható fel? Összesen hány egyenlet kell?
18. Mi a kötelező munkarend a Kirchhoff-egyenletek felírásánál? Mit jelent, ha az eredmény negatív?
19. Mi a hurokáram, és miben különbözik az ágáramtól? Hogyan kapod meg egy ág valódi áramát?
20. Mikor gyorsabb a csomóponti potenciálok módszere a hurokáramoknál, és miért van ez így a tipikus épületvillamossági hálózatokban?
21. Mondd ki a szuperpozíció tételét! Mi az eljárás négy lépése?
22. Mi a dezaktiválás szabálya feszültség- és áramgenerátorra? Mi marad bent a hálózatban?
23. Miért nem alkalmazható a szuperpozíció teljesítményre? Számpéldával indokold!
24. Mondd ki a Thévenin-tételt! Hogyan határozod meg U_Th-t és R_Th-t?
25. Mi a Thévenin-ellenállás alternatív meghatározási módja rövidzárási áramból?
26. Mi a Norton-tétel? Hogyan számítható át a Thévenin-kép Norton-képpé?
27. Mikor éri meg különösen a Thévenin-helyettesítést használni?
28. Mit NEM lehet megtudni a Thévenin-helyettesítő képből az eredeti hálózatról?
29. Írd fel a Δ → Y és az Y → Δ átalakítás képleteit! Mi az ellenőrzési fogás az Y → Δ iránynál?
30. Mikor van szükség csillag-háromszög átalakításra?
31. Rajzold le a Wheatstone-hidat, és írd fel a kiegyenlítés feltételét! Melyik ágak szorzata egyenlő?
32. Miért nagyon pontos a Wheatstone-hidas mérés? Mit jelent a „nullamódszer”?
33. Mi a kiegyenlítetlen híd hídfeszültségének képlete? Mire használható ez a gyakorlatban?
34. Sorold fel, melyik hálózatszámítási módszert mikor érdemes választani!
35. Egy 40 m hosszú, 2 × 1,5 mm² rézvezetéken 10 A folyik. Mekkora a feszültségesés (ρ = 0,0175 Ω·mm²/m)? Hány százalék ez 230 V-hoz képest?

Tudáspróba

1. Melyik képlet adja meg a valóságos feszültségforrás kapocsfeszültségét? a) U_k = U₀ + I · R_b b) U_k = U₀ · R_b/(R_b + R_t) c) U_k = U₀ − I · R_b d) U_k = I · R_b

2. Mekkora a hatásfok teljesítményillesztés esetén? a) 50 % b) 100 % c) 25 % d) A belső ellenállás értékétől függ.

3. Hogyan kell dezaktiválni a generátorokat a Thévenin-ellenállás meghatározásakor? a) Mindkét típust szakadással. b) Mindkét típust rövidzárral. c) A feszültséggenerátort szakadással, az áramgenerátort rövidzárral. d) A feszültséggenerátort rövidzárral, az áramgenerátort szakadással.

4. Egy hálózatban b = 7 ág és n = 5 csomópont van. Hány független csomóponti egyenlet írható fel? a) 7 b) 4 c) 3 d) 5

5. Alkalmazható-e a szuperpozíció tétele a teljesítmény kiszámítására? a) Nem, mert a teljesítmény az áram négyzetével arányos. b) Igen, ugyanúgy, mint az áramra. c) Igen, de csak akkor, ha a források azonos feszültségűek. d) Igen, ha a részteljesítményeket előjelesen összegezzük.

6. Mi a Thévenin-ellenállás alternatív meghatározási módja? a) R_Th = I_rz/U_Th b) R_Th = U_Th · I_rz c) R_Th = U_Th + I_rz d) R_Th = U_Th/I_rz

7. Mekkora a Norton-áram egy olyan aktív kétpólusnál, amelynek U_Th = 12 V és R_Th = 3 Ω? a) 36 A b) 4 A c) 0,25 A d) 15 A

8. Háromszögből csillagba alakításnál a csillag egy ágát hogyan számoljuk? a) A három háromszögág összegét osztjuk el egyenlően hárommal. b) A szemközti háromszögágat osztjuk a másik kettő összegével. c) A két szomszédos háromszögág szorzatát osztjuk mindhárom összegével. d) A három háromszögág szorzatát osztjuk a hármuk összegével.

9. Mi a Wheatstone-híd kiegyenlítésének feltétele? a) A szemközti ágak ellenállásainak szorzata egyenlő. b) A szomszédos ágak ellenállásainak szorzata egyenlő. c) Mind a négy ellenállás egyenlő. d) A hídágba kötött műszer ellenállása nulla.

10. Mit lehet biztosan állítani két párhuzamosan kapcsolt ellenállás eredőjéről? a) Egyenlő a két érték átlagával. b) Kisebb a kisebbik ellenállásnál. c) A két érték közé esik. d) Nagyobb a nagyobbik ellenállásnál.

11. Egy forrás üresjárási feszültsége 9 V, belső ellenállása 0,3 Ω. Mekkora a rövidzárási áram? a) 2,7 A b) 3 A c) 30 A d) 0,033 A

12. Miért nem illesztünk az energiaellátó rendszerekben? a) Mert az illesztés csak váltakozó áramnál értelmezhető. b) Mert az illesztéshez ismerni kellene a belső ellenállást. c) Mert illesztéskor a kapocsfeszültség nullára esne vissza. d) Mert illesztéskor a hatásfok csak 50 % lenne.

Források

Ez a fejezet a kutatas/08-elektrotechnika-1.md kutatási jegyzetre épül. A jegyzet forrásbázisa: a Miskolci Egyetem villamos tanszéki előadásanyagai ([F1]–[F4]), a Miskolci Egyetem Fizikai Tanszékének laborsegédlete ([F6]), a Centroszet szakképzési tananyag ([F5]), az angol és magyar Wikipédia szakcikkei ([F7]–[F19]), valamint a hivatalos képzési dokumentumok (KKK, programtanterv).

Amit a jegyzet szándékosan nem állít tényként vagy nem közöl: a különböző forrástípusok belső ellenállásának összefoglaló táblázatát (a kutatás csak az AA alkáli elemre talált gyártói adatlapot, a gépjármű-akkumulátorra és a laboratóriumi tápegységre nem – ezért csak az igazolt adat szerepel); az eltérő állapotú akkumulátorok párhuzamosításának tiltását mint szakmai előírást (a fizikai levezetés érvényes, de gyártói vagy szabványi tiltás nem került elő); a hídkapcsolás érzékelős alkalmazásainak részletes tárgyalását (egyforrású, ekként jelölve; a mérési alkalmazás a 4. és a 16. fejezet tárgya); a hurokáramok azonos irányú felvételének „kötelező” voltát (ez didaktikai konvenció, nem fizikai törvény, és egyetlen forrás állítja); valamint a szabványos vezetékméretezés teljes eljárását (a 20. fejezet tárgya). Saját didaktikai következtetésként, ekként jelölve szerepel a csomóponti módszer ajánlása az épületvillamossági hálózatokra: ez az egyenletszámokból (n − 1 és b − n + 1) vezethető le, nem forrásból idézett módszertani ajánlás.