KURZUS: Elektrotechnika

MODUL: Váltakozóáramú hálózatok

31. lecke: Számítási feladatok gyakorlása

|  | Tanulási célok
| A lecke áttanulmányozása után Ön képes lesz:
| megoldani váltakozó áramú hálózatokkal kapcsolatos számítási feladatokat.
| Tananyag
| 31.1 példa
| Tekintsük a 31.1. ábrán látható soros RC kapcsolást.
31.1. ábra
| Kiinduló időfüggvény és adatok:
| u g (t)=100⋅ 2 ⋅sin⁡314 r a d s ⋅t [V],
| R=80 Ω ,
| I=1 A .
| Határozzuk meg a feszültségeket, az áram időfüggvényét, rajzoljuk meg a vektorábrákat!
| Megoldás
| A generátor időfüggvényéből kiolvasható adatok:
| U g =100 V (ez effektív érték!!).
| ω=314 r a d s .
| A frekvencia és a periódusidő:
| f= ω 2⋅π =50 H z ,
| T= 1 f =20 m s .
| Az ellenállás feszültsége:
| U R =I⋅R=1 A⋅80 Ω=80 V .
| 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 (31.2. ábra).
31.2. ábra
| A kondenzátor feszültségének effektív értéke Pythagorasz tétele szerint:
| U C = U g 2 − U R 2 = (100 V) 2 − (80 V) 2 =60 V
| A kondenzátor látszólagos ellenállása:
| X C = U C I = 60 V 1 A =60 Ω .
| A kondenzátor kapacitása:
| C= 1 ω⋅ X C = 1 314 r a d s ⋅60 Ω = 1 314⋅60 ⋅ A s V =53,08 μ F .
| Az eredő impedancia abszolút értéke:
| Z R C = U g I = 100 V 1 A =100 Ω .
| Ez megegyezik azzal amit Pythagorasz-tétellel számíthatunk.
| Z R L = R 2 + X C 2 = (80 Ω) 2 + (60 Ω) 2 =100 Ω .
| A fázisszög a feszültség-vektorábrából:
| ϕ=−a r c t g U C U R =−a r c t g 60 V 80 V =−a r c t g 0,75=36,9° .
| Most már megrajzolhatjuk az impedancia-vektorábrát.
31.3. ábra
| A hatásos teljesítmény:
| P= U g ⋅I⋅cos⁡ϕ= U R ⋅I=80 V⋅1 A=80 W .
| A meddő teljesítmény:
| Q= U g ⋅I⋅sin⁡ϕ= U C ⋅I=60 V⋅1 A=60 V A r kapacitív.
| A látszólagos teljesítmény:
| S= U g ⋅I=100 V⋅1 A=100 V A .
| A teljesítmény komplex értéke:
| S ¯ =80−j⋅60 [VA].
| A teljesítmény-vektorábra:
31.4. ábra
| A három vektorábra egybevágó!
| Az időfüggvények:
| u R (t)=80⋅ 2 ⋅sin⁡(314 r a d s ⋅t+36,9°) [V],
| i(t)= 2 ⋅sin⁡(314 r a d s ⋅t+36,9°) [A],
| u C (t)=60⋅ 2 ⋅sin⁡(314 r a d s ⋅t+36,9°−90°)=60⋅ 2 ⋅sin⁡(314 r a d s ⋅t−53,1°) [V].
31.5. ábra
| 31.2. példa
| Tekintsük a 31.6. ábrán látható soros RL kapcsolást.
31.6. ábra
| A kapcsolás által felvett hatásos teljesítmény:
| P=100 W .
| További adatok:
| L=100 m H , ω= 10 3 r a d s , U L =100 V
| 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 =ω⋅L= 10 3 r a d s ⋅100⋅ 10 −3 H=100 r a d s ⋅ V s A =100 Ω .
| Ebből a kör árama:
| I= U L X L = 100 V 100 Ω =1 A .
| P= U g ⋅I⋅cos⁡ϕ= U R ⋅I=100 W , ebből
| U R = P I = 100 W 1 A =100 V ,
| Az ellenálláson és a tekercsen a feszültség megegyezik, a feszültség-vektorábra egy négyzet, a fázisszög 45°.
| ϕ=a r c t g U L U R =a r c t g 100 V 100 V =a r c t g 1=45° ,
| S= P cos⁡ϕ = 100 W cos⁡45° = 100 W 1 2 ≅141 V A ,
| Q=S⋅sin⁡ϕ=141 V A⋅sin⁡45°= 141 V A 2 =100 V A r , induktív,
| U g = U R 2 + U L 2 = (100 V) 2 + (100 V) 2 ≅141 V
| Az eredő impedancia:
| Z R L = U g I ≅ 141 V 1 A =141 Ω .
| A komplex impedancia és a komplex teljesítmény:
| Z R L ¯ =R+j⋅ X L =100+j⋅100[Ω] ,
| S ¯ =100+j⋅100[V A] .
| Fázisjavítás érdekében a soros RL kapcsolással párhuzamosan csatlakoztatunk egy kondenzátort (31.7. ábra).
31.7. ábra
| Értékét úgy kell megválasztanunk, hogy meddő teljesítménye megegyezzen a tekercs által okozott meddő teljesítménnyel.
| Q C = Q L =100 V A r
| Mivel a kondenzátorra a generátor feszültsége jut
| I C = Q C U g = Q L U g ≅ 100 V A r 141 V ≅0,707 A , ebből
| X C = U C I C = U g I C ≅ 141 V 0,707 A ≅200 Ω .
| X C = 1 ω⋅C , ebből a keresett kapacitás:
| C= 1 ω⋅ X C ≅ 1 10 3 r a d s ⋅200 Ω = 10 −5 2 ⋅ A s V =5 μ F .
| Tökéletes fázisjavítás érdekében tehát 5 μ F kapacitású kondenzátort kell a kapcsolással párhuzamosan csatlakoztatni. Ilyenkor a generátor csak hatásos teljesítményt ad le, ezért árama
| I g,f á z i s j a v í t o t t = P U g ≅ 100 W 141 V ≅0,707 A .
| Eközben az ellenállás és a tekercs feszültség-, áram- és teljesítményállapota természetesen változatlan!!
| 31.3. példa
| Soros R, L és C elemeket U g=5V feszültségű szinuszos generátor táplál (31.8. ábra).
31.8. 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=100 μ H , C=10 n F , R=25 Ω
| Megoldás
| ω 0 = 1 L⋅C = 1 10 −4 V s A ⋅ 10 −8 A s V = 1 10 −12 s 2 = 10 6 r a d s .
| Rezonancia-körfrekvencián a látszólagos ellenállások megegyeznek.
| X L = ω 0 ⋅L= 10 6 r a d s ⋅ 10 −4 V s A =100 Ω
| X C = 1 ω 0 ⋅C = 1 10 6 r a d s ⋅ 10 −8 A s V = 1 10 −2 A V =100 Ω
| Rezonanciafrekvencián a kondenzátor és a tekercs látszólagos ellenállása kivonódva egymásból nullát ad eredményül. Az eredő impedancia ezért az ellenállás értékével egyezik meg
| Z R L C =R=25 Ω
| A generátorfeszültség teljes egészében az ellenállásra jut.
| U R = U g =5 V (effektív érték!!)
| Az áram:
| I= U R R = 5 V 25 Ω =0,2 A .
| A két reaktancia együttes feszültsége rezonancián U L C =0 V , de ezen belül a két feszültség azonos, nem nulla.
| U L =I⋅ X L =0,2 A⋅100 Ω=20 V .
| U C =I⋅ X C =0,2 A⋅100 Ω=20 V .
| A jósági tényező:
| Q 0 = ω 0 ⋅L R = 100 Ω 25 Ω =4 .
| A feszültség-áram vektorábra rezonancián a 31.9. ábrán látható, a vektorokon azok effektív értéke is olvasható.
31.9. ábra