Villamosságtan | Felsőoktatás » Egyenáramú hálózatok

Egyenáramú hálózatok A lineáris egyenáramú hálózatok áramköri elemei a lineáris ellenállás: az állandó feszültség feszültséggenerátor (feszültségforrás): az állandó áramú áramgenerátor (áramforrás): Egy valóságos generátor (aktív kétpólus) helyettesíthet# feszültségforrást tartalmazó helyettesít# képpel (Thevenin-helyettesítés): vagy áramforrást tartalmazó helyettesít# képpel (Norton-helyettesítés): Ha Rb azonos, és Ug=IgRb, akkor ugyanannak az aktív kétpólusnak a kétféle helyettesítésér#l van szó. Mintapélda Ig1=10 mA; Ug2=1 V R1=200 ; R2=200 ; R3=100 ; R4=200 . Határozzuk meg az ágáramokat és az áramforrás feszültségét! Megoldás a Kirchhoff-egyenletek közvetlen alkalmazásával Ue = 1 V; Re = 100 . Így: Ue Ie = = 10 mA Re Ekkor: Ig1r=1; Ug2r=1; R1r=2; R2r=2; R3r=1; R4r=2 A: I1r B: 1.: 2.: +I2r -I2r -2I1r -I3r +2I2r -I3r I3r +I4r = 1 = 0 = -1 +2I4r = 1

Ig1r=1 R1r=2 R1r=2 A: I1r +I2r B: 1.: = 1 = 0 +2I2r -I3r = 1 I3r +2I4r = 1 -I2r -2I1r 2.: 1 0 2 0 1 1 2 0 0 1 1 1 0 1 0 2 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 5 1 0 1 4 2 1 0 1 1 -I3r +I4r 1 0 0 0 1 1 4 0 Ug2r=1 R3r=1 R4r=2 0 1 1 1 0 1 0 2 0 1 1 0 4 1 14 6 5 5 1 0 0 1 1 0 0 1 5 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 I 4r = 3 7 0 1 5 1 0 1 4 2 I4 = 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 5 0 0 0 0 1 1 0 4 1 14 6 5 5 14 6 I 4r = . 5 5 3 30 Ie = mA. 7 7 A többi egyenletbe visszahelyettesítve kapjuk 10 20 I3 = mA, I 2 = mA, 7 7 50 I1 = mA 7 A feladat megoldásához tartozó ötödik egyenlet: I1R1 Ug1 = 0, innen U g1 10 = I1R1 = V. 7 Hurokáramok módszere Ig1R1R =2 V Ig1U=10 Ug2=1 V R1r=2; R2r=2; R3r=1; R4r=2 g = mA; 1=200 Ig1=10 mA; R1=200 5IIr IIIr = 1 II(R1+R2+R3) IIIR3 = Ug Ug2 IIr + 3IIIr = 1 IIR3 + III(R3+R4) = Ug2 14IIr = 4 I Ir = I 2r = 2 . 7 3 I IIr = I 4r = 5I Ir 1 = 7 1 I 3r = I IIr I Ir = . 7 Mivel Ig1 = I1 + I2, ezért 5 I1r = I

g1r I 2r = . 7 Csomóponti potenciálok módszere Ig1=10mA 1 Gi = ; Ri Ge = 10 mS. G1r=G2r=G4r=0,5; G3r=1 U g2 Ig = = 10 mA = I e R3 UA(G1+G2) UBG2 = Ig1 UAG2 + UB(G2+G3+G4) = Ig UAG1 + (UA UB)G2 = Ig1 (UB UA)G2 + UBG3 + UBG4 = Ig UAr 0,5UBr = 1 0,5UAr + 2UBr = 1 UAr 0,5UBr = 1 6 10 UB = V U A = 1V - 0,5 7 7 0,5UAr + 2UBr = 1 1 2 2,5 10 U Ar = = = , 1U A -U0,5 1,75 7 U A 50 20 B I1 = = mA; I2 = = mA; 0 ,5 R2 2 R1 7 7 U B 30 I4 = = mA. R4 7 U Br 10 UA = V. 7 U Ar 1 6 UB 6 1V 10 = = I,3 = U B = V.= mA. 0,5 7 R37 7 Megoldás a Thevenin-tétel segítségével Thevenin tétele alapján helyettesítsük az R2 ellenállástól balra és jobbra es9 áramköri részt! Feszültségosztással: 2 2 U g = U g2 = V 2 +1 3 2 U gr = 3 Rb ellenállás az R3 és R4 ellenállások párhuzamos ered9je. 2 Rbr = 3 R1r=2 Rbr = 2 3 U gr = 2 3 R2r=2 4 2 3 I 2r = = , 14 7 3 20 I2 = mA. 7 I2 ismeretében U feszültség, majd az eredeti áramkörb#l a többi

ágáram könnyen meghatározható. Feszültség-kompenzáció A csomóponti potenciálok módszerénél kiszámítottuk az UB feszültséget. 6 UB = V 7 Egy ilyen feszültség feszültségforrással is kompenzálhatjuk az R2 ellenállástól jobbra es# áramköri rész hatását. 6 8 (2 )V V 20 7 7 I2 = = mA. = R1 + R2 400 = 7 Szuperpozíció módszere Ig1=10 mA R1=200 ; R2=200 Ug2=1 V ; R3=100 Határozzuk meg I2 áramot. ; R4=200 . Ig1=10 mA I 2 ár = I g 1 r Ig1r=1; R1r=2; R2r=2; R3r=1; R4r=2 R1 r R1 r + R2 r + R3 r I 2 ár R4 r 2 = 2+2+1 2 6 3 = = = 2 14 7 2 4+ 3 Ug2=1 V R1r=2; R2r=2; R3r=1; R4r=2 I 2 fr = U g2r R3 r + R4 r I 2 fr = R4 r ( R2 r + R1 r ) R1 r + R2 r + R4 r 1 2 = 1+ 2 4 2 + 2 + 2 1 1 = 4 3 1+ 3 3 1 1 = 7 3 7 I 2 ár 3 = 7 I 2 r = I 2 ár + I 2 fr I 2 fr 3 = 7 1 2 = 7 7 1 = 7 20 I2 = mA. 7 Millmann tételének alkalmazása Ug =2 V Ug2=1 V G1r= G2r = G4r=0,5; G3r=1; U Br = I4r U gr ( G1 r ( G1

r 1 G= R G2 r ) + U g 2 r G3 r G 2 r ) + G 3 r + G4 r 0 Ugr=2; Ug2r=1 2 0 ,25 + 1 1,5 6 = = = 0 ,25 + 1 + 0 ,5 1,75 7 U Br 3 I = U Br U g 2 r = 1 ; I = U Br U gr = 2 = = ; 3r 2r R1r + R2 r 7 R3 r 7 R4 r 7 Köszönöm a türelmet