KURZUS: Elektrotechnika

MODUL: Váltakozóáramú hálózatok

28. lecke: Számítási feladatok gyakorlása

Tanulási célok

A lecke áttanulmányozása után Ön képes lesz:

  • megoldani váltakozó áramú hálózatokkal kapcsolatos számítási feladatokat.
Tananyag
28.1 példa

Tekintsük a 28.1. ábrán látható soros RC kapcsolást.

28.1. ábra

Kiinduló időfüggvény és adatok:

u g (t)=100 2 sin314 rad s t [V],

R=80Ω ,

I=1A .

Határozzuk meg a feszültségeket, az áram időfüggvényét, rajzoljuk meg a vektorábrákat!

Megoldás

A generátor időfüggvényéből kiolvasható adatok:

U g =100V (ez effektív érték!!).

ω=314 rad s .

A frekvencia és a periódusidő:

f= ω 2π =50Hz ,

T= 1 f =20ms .

Az ellenállás feszültsége:

U R =IR=1A80Ω=80V .

Mivel az áram megadott értéke effektív érték, ezért az eredmény is effektív érték. A feszültség-áram vektorábra megrajzolható. Csak a kondenzátor feszültsége ismeretlen, ezért a generátor és az ellenállás feszültségének vektoriális különbségeként meg tudjuk szerkeszteni (28.2. ábra).

28.2. ábra

A kondenzátor feszültségének effektív értéke Pythagorasz tétele szerint:

U C = U g 2 U R 2 = (100V) 2 (80V) 2 =60V

A kondenzátor látszólagos ellenállása:

X C = U C I = 60V 1A =60Ω .

A kondenzátor kapacitása:

C= 1 ω X C = 1 314 rad s 60Ω = 1 31460 As V =53,08μF .

Az eredő impedancia abszolút értéke:

Z RC = U g I = 100V 1A =100Ω .

Ez megegyezik azzal amit Pythagorasz-tétellel számíthatunk.

Z RL = R 2 + X C 2 = (80Ω) 2 + (60Ω) 2 =100Ω .

A fázisszög a feszültség-vektorábrából:

ϕ=arctg U C U R =arctg 60V 80V =arctg0,75=36,9° .

Most már megrajzolhatjuk az impedancia-vektorábrát.

28.3. ábra

A hatásos teljesítmény:

P= U g Icosϕ= U R I=80V1A=80W .

A meddő teljesítmény:

Q= U g Isinϕ= U C I=60V1A=60VAr kapacitív.

A látszólagos teljesítmény:

S= U g I=100V1A=100VA .

A teljesítmény komplex értéke:

S ¯ =80j60 [VA].

A teljesítmény-vektorábra:

28.4. ábra

A három vektorábra egybevágó!

Az időfüggvények:

u R (t)=80 2 sin(314 rad s t+36,9°) [V],

i(t)= 2 sin(314 rad s t+36,9°) [A],

u C (t)=60 2 sin(314 rad s t+36,9°90°)=60 2 sin(314 rad s t53,1°) [V].

28.5. ábra
28.2. példa

Tekintsük a 31.6. ábrán látható soros RL kapcsolást.

28.6. ábra

A kapcsolás által felvett hatásos teljesítmény:

P=100W .

További adatok:

L=100mH ,        ω= 10 3 rad s ,        U L =100V

A fenti adatokból számítsuk ki a hiányzó feszültségeket, impedanciákat, teljesítményeket, az áramot, a fázisszöget és határozzuk meg a szükséges fázisjavító kondenzátor értékét!

Megoldás

A tekercs látszólagos ellenállása:

X L =ωL= 10 3 rad s 100 10 3 H=100 rad s Vs A =100Ω .

Ebből a kör árama:

I= U L X L = 100V 100Ω =1A .

P= U g Icosϕ= U R I=100W , ebből

U R = P I = 100W 1A =100V ,

Az ellenálláson és a tekercsen a feszültség megegyezik, a feszültség-vektorábra egy négyzet, a fázisszög 45°.

ϕ=arctg U L U R =arctg 100V 100V =arctg1=45° ,

S= P cosϕ = 100W cos45° = 100W 1 2 141VA ,

Q=Ssinϕ=141VAsin45°= 141VA 2 =100VAr , induktív,

U g = U R 2 + U L 2 = (100V) 2 + (100V) 2 141V

Az eredő impedancia:

Z RL = U g I 141V 1A =141Ω .

A komplex impedancia és a komplex teljesítmény:

Z RL ¯ =R+j X L =100+j100[Ω] ,

S ¯ =100+j100[VA] .

Fázisjavítás érdekében a soros RL kapcsolással párhuzamosan csatlakoztatunk egy kondenzátort (28.7. ábra).

28.7. ábra

Értékét úgy kell megválasztanunk, hogy meddő teljesítménye megegyezzen a tekercs által okozott meddő teljesítménnyel.

Q C = Q L =100VAr

Mivel a kondenzátorra a generátor feszültsége jut

I C = Q C U g = Q L U g 100VAr 141V 0,707A , ebből

X C = U C I C = U g I C 141V 0,707A 200Ω .

X C = 1 ωC , ebből a keresett kapacitás:

C= 1 ω X C 1 10 3 rad s 200Ω = 10 5 2 As V =5μF .

Tökéletes fázisjavítás érdekében tehát 5μF kapacitású kondenzátort kell a kapcsolással párhuzamosan csatlakoztatni. Ilyenkor a generátor csak hatásos teljesítményt ad le, ezért árama

I g,fázisjavított = P U g 100W 141V 0,707A .

Eközben az ellenállás és a tekercs feszültség-, áram- és teljesítményállapota természetesen változatlan!!

28.3. példa

Soros R, L és C elemeket Ug=5V feszültségű szinuszos generátor táplál (28.8. ábra).

28.8. ábra

Mekkora feszültség jelenik meg az egyes elemeken és mekkora a kör árama, ha a generátor frekvenciája éppen a rezonanciafrekvencia? Mekkora a jósági tényező és mekkora a rezonancia-körfrekvencia?

L=100μH ,      C=10nF ,      R=25Ω

Megoldás

ω 0 = 1 LC = 1 10 4 Vs A 10 8 As V = 1 10 12 s 2 = 10 6 rad s .

Rezonancia-körfrekvencián a látszólagos ellenállások megegyeznek.

X L = ω 0 L= 10 6 rad s 10 4 Vs A =100Ω

X C = 1 ω 0 C = 1 10 6 rad s 10 8 As V = 1 10 2 A V =100Ω

Rezonanciafrekvencián a kondenzátor és a tekercs látszólagos ellenállása kivonódva egymásból nullát ad eredményül. Az eredő impedancia ezért az ellenállás értékével egyezik meg

Z RLC =R=25Ω

A generátorfeszültség teljes egészében az ellenállásra jut.

U R = U g =5V (effektív érték!!)

Az áram:

I= U R R = 5V 25Ω =0,2A .

A két reaktancia együttes feszültsége rezonancián U LC =0V , de ezen belül a két feszültség azonos, nem nulla.

U L =I X L =0,2A100Ω=20V .

U C =I X C =0,2A100Ω=20V .

A jósági tényező:

Q 0 = ω 0 L R = 100Ω 25Ω =4 .

A feszültség-áram vektorábra rezonancián a 28.9. ábrán látható, a vektorokon azok effektív értéke is olvasható.

28.9. ábra