14.2 Egy soros RLC kör rezonancia frekvenciája s krad 10 , a sávszélesség s rad 400 . a.,) Határozza meg a vágási frekvenciát (±3dB)!
b.,) Határozza meg C és R értékét, ha L=1mH.
A sávszélesség: az a frekvencia, amikor a rendszer zárt hurkú erısítése ‒3 dB alá esik. Mivel a rezonancia frekvenciája és a sávszélesség adott könnyen kiszámítható a kör jósági
tényezıje: 25 s rad 400 s rad 10 10 Q 3 0 = ⋅ = =
ω
∆
ω
Mivel a Q≥10 ezért ez egy nagy Q értékő kör.
A két vágási frekvencia az alábbiak szerint egzaktul számítható: s rad 9802 200 002 . 10 2 Q 4 1 1 2 0 1 = + − = − =
ω
∆
ω
ω
s rad 202 . 10 200 002 . 10 2 Q 4 1 1 2 0 2 = + + = + =ω
∆
ω
ω
Megnézve a közelítı formula használata esetén, mekkora hibát követünk el: s rad 9800 200 000 . 10 2 0 11 = − = − = ω ∆ ω ω s rad 200 . 10 200 000 . 10 2 0 22 = + = + = ω ∆ ω ω
A C meghatározásához az alábbi összefüggést tudjuk használni:
C L 1 2 0 = ⋅ ω
F
10
)
s
rad
10
10
(
H
10
1
1
L
1
C
2 3 3 2 0µ
ω
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
−Az R meghatározásához a következıkbıl indulhatunk ki:
R L Q=
ω
0 ⋅Ω
ω
4 , 0 25 H 10 1 s rad 10 10 Q L R 3 3 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = −14.3 Egy soros RLC kör maximális árama 2,5A, ekkor a rákapcsolt feszültség értéke 10V . A hálózat kapacitása 0,1µF , és még ismert a kör induktív reaktanciája 50Ω .
a.,) Határozza meg R, Q és L értékeit!
b.,) Az
ω
0 rezonancia frekvenciát, és a ∆ω sávszélességet! A 5 , 2 I 0 = ω V 10 U 0 = ω F 1 , 0 C= µ Ω ω 50 | X 0 | L =A körnek akkor lesz a maximális az árama ha soros RLC kör rezonál. Ez a frekvencia nem ismert de tudjuk hogy ez esetben az impedanciának csak reális összetevıje van.
° ∠ =R 0 ZT
Az Ohm törvényt felírva:
R U Z U I T = = Ω = = = 4 A 5 , 2 V 10 I U R
Így, hogy már ismert R értéke és adott volt X |ω 50Ω
0
|
L = értéke, meghatározható a jósági
tényezı: 5 , 12 4 50 R L Q= 0 ⋅ = =
Ω
Ω
ω
Mivel a Q≥10 ezért ez egy nagy Q értékő kör. Az L kiszámításához a Q definícióját használhatjuk:
C L R 1 Q= mH 25 , 0 F 10 1 , 0 ) 4 ( 5 , 12 C R Q L= 2⋅ 2⋅ = 2⋅
Ω
2⋅ ⋅ −6 =b.,) Mivel az induktív reaktancia a rezonancia esetén adott, ebbıl az
ω
0 számítható: L | XL | 0 0=ω ⋅ ω s rad 000 . 200 H 10 25 , 0 50 3 0 = ⋅ − = Ω ω és innen adódik: 31,85kHz 2 s rad 000 . 200 f0 = ⋅ =π
Ellenırzésként az alábbi összefüggéssel számolhatunk:C L 1 2 0 = ⋅ ω s krad 200 F 10 1 , 0 mH 25 , 0 1 C L 1 6 0 = ⋅ ⋅ = ⋅ = −
ω
Végül a sávszélesség meghatározása: s krad 16 5 , 12 s rad 10 200 Q 3 0 = ⋅ = =ω
ω
∆
és innen adódik: 2,55kHz 2 s rad 000 . 16 f = ⋅ =π
∆
14.4 Egy soros RLC kör látható az alábbi ábrán. A kapcsolás kHz1 frekvencival üzemel. Amely egyben a kör rezonancia frekvenciája. A második grafikonon az oszcilloszkóp képernyıje látató. Amelynél az „A” csatorna osztása V /osztás=20.
a.,) Mutassa meg melyik jel minek az értékét mutatja!
b.,) Határozza meg „B” csatorna osztását, a kör feszültségét és áramát! c.,) Határozza meg L és C értékét! b.,) Az oszcilloszkóp képernyıjérıl: V 57 , 56 2 V 20 4 URC = ⋅ = ° = ⋅ ° = 1osztás 36 osztás 5 180 ϕ
Felhasználva a geometriai összefüggéseket, kapjuk az alábbiakat: V 75 , 45 36 cos 57 , 56 cos U UC = RC ⋅
ϕ
= ⋅ °= V 25 , 33 36 sin 57 , 56 sin U U UR = = RC⋅ϕ
= ⋅ °=a „B” csatorna osztása tehát: 21,57
osztás 3 2 75 , 45 osztás / V " B " = ⋅ =
A Voltmérı által mutatott érték tehát: U =33,25V
Az Ampermérı által mutatott érték tehát: 3,325A 10 V 25 , 33 R U I = R = = Ω c.,) Rezonancia esetén: Ω 76 , 13 A 325 , 3 V 76 , 45 I U X X C C L = = = = Ezek alapján: mH 19 , 2 Hz 1000 2 76 , 13 X L L = ⋅ ⋅ = = π Ω ω F 57 , 11 Hz 1000 2 76 , 13 1 X 1 C C
µ
π
Ω
ω
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =14.5 Adott egy párhuzamos RLC kör R=250
Ω
, L=2mH, C=20µ
F. A kapcsolás 0,1A-t vesz felω
0 rezonancia frekvencia esetén.a.,) Határozza meg
ω
0, Q,∆
ω
, és a kétω
1,ω
2 vágási frekvencia értékét!b.,) Határozza meg a kapcsolásra kapcsolt feszültség nagyságát, és az egyes ágáramok nagyságát!
Mivel minden elem adott,
ω
0 számítható:s rad 5000 F 10 20 H 10 2 1 C L 1 6 3 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = − −
ω
és innen: 796,2Hz 2 s rad 5000 f0 = ⋅ =π
25 H 10 2 F 10 20 250 L C R R C L R Q 3 6 0 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ =ω
−−ω
s rad 200 25 s rad 5000 Q 0 = = =ω
ω
∆
Mivel a Q≥10 ezért ez egy nagy Q értékő kör.
Így a két vágási frekvencia az alábbi közelítı képlet szerint is kis hibával számítható: s rad 4900 100 000 . 5 2 0 1 = − = − =
ω
∆
ω
ω
s rad 5100 100 000 . 5 2 0 2 = + = + =ω
∆
ω
ω
Ha a pontos képlettel számoltunk volna:
s rad 4901 100 5001 2 Q 4 1 1 2 0 1 = + − = − =
ω
∆
ω
ω
Az eltérés viszont láthatóan nagyon kicsi, így a közelítı képlet is valóban megfelelı pontosság nagy Q esetén.
b.,) Rezonancia esetén az impedancia csakis ohmos jellegő:
Ω
° ∠ = ° ∠ =R 0 250 0 ZT V 25 250 A 1 , 0 R I Z I U = ⋅ T = ⋅ = ⋅Ω
= A 1 , 0 I R U IR = = = A 5 , 2 A 1 , 0 25 C U L U I Q I I 0 0 L C = = ⋅ =ω
⋅ = ⋅ω
⋅ = ⋅ =14.6 Mekkora az elızı kapcsolás feszültsége, ha az áramot tartjuk az elızı értéken és a körfrekvencia értékét tizedére csökkentjük
ω
=0,1⋅ω
0.a.,) Határozza meg a kapcsolás feszültségét, és az ágáramok nagyságát! A hálózat admittanciájának általános alakját felírva:
S 8 , 89 99 , 0 99 , 0 j 004 , 0 ) 1 01 , 0 ( j 004 , 0 ) H 10 2 s rad 500 1 F 10 20 s rad 500 ( j 250 1 ) L 1 C ( j R 1 Y 3 6 T ° − ∠ = − = − + = = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + = ⋅ − ⋅ + = − −
Ω
ω
ω
Az áram vektort választva referencia vektornak: I =0,1∠0°A
V 8 , 89 101 , 0 S 8 , 89 99 , 0 A 0 1 , 0 Y I Z I U T T ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = = ⋅ = mA 8 , 89 404 , 0 0 250 A 8 , 89 101 , 0 Z U I R R ∠ ° = ∠ ° ° ∠ = =
Ω
mA 8 , 179 01 , 1 90 100 A 8 , 89 101 , 0 Z U I C C ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = =Ω
mA 2 , 0 101 90 1 A 8 , 89 101 , 0 Z U I L L ∠ ° = ∠− ° ° ∠ = =Ω
14.7 Egy párhuzamos RLC kör esetén, a hálózatra kapcsolt feszültség 10V , az ekkor folyó (minimális) áram 0,1A. A kapcsolás rezonancia frekvenciája MHz2 , a sávszélesség
kHz 200 .
a.,) Határozza meg a létra kapcsolás elemeinek értékét!
A hálózat árama minimális a rezonancia frekvencia esetén. A hálózat ez esetben eléri az impedanciája maximumát azaz R-t:
Ω
100 A 1 , 0 V 10 I U R= = =Az áramkör jósági tényezıje: 10 Hz 10 200 2 Hz 10 2 2 Q 3 6 0 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = =
π
π
ω
∆
ω
R C L C R L R Q 0 0 ⋅ ⋅ = = ⋅ =ω
ω
L C 1 2 0 = ⋅ ⇒ω
nF
96
,
7
100
Hz
10
2
2
10
R
Q
C
6 0=
⋅
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
Ω
π
ω
H 796 , 0 F 10 96 , 7 ) Hz 10 2 2 ( 1 C 1 L 2 6 2 9 0µ
π
ω
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = −14.8 Egy tank kapcsolásban a kapacitás értéke pF1 . A kör rezonancia frekvenciája MHz1 éa a sávszélesség 50kHz.
a.,) Mekkora L és R értéke?
b.,) Mekkora a teljes tank kapcsolás impedanciája rezonancia esetén?
A jósági tényezı meghatározható a rezonancia frekvencia és a sávszélesség segítségével: 20 Hz 10 50 2 Hz 10 1 2 Q 3 6 0 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = =
π
π
ω
∆
ω
Mivel a Q≥10 ezért ez egy nagy jósági tényezıjő kör, így használható a közelítı összefüggés is: C L 1 2 0 = ⋅
ω
25,33mH F 10 ) Hz 10 2 ( 1 C 1 L 12 2 6 2 0 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = −π
ω
R L Q=ω
0⋅ω
π
7,958kΩ
20 H 10 33 , 25 Hz 10 2 Q L R 3 6 0 ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = −b.,) Rezonancia frekvencia esetén igaz az alábbi közelítı összefüggés, nagy jósági tényezıjő kör esetén: ZT =Q2⋅R=202⋅7,958⋅103
Ω
=3,183MΩ
Ellenırizve a közelítı összefüggés hibáját, az egzakt összefüggéssel számolva teljesen ugyan azt az eredményt kapjuk:
Ω
Ω
10 F 3,183M 10 958 , 7 H 10 33 , 25 C R L Z 3 12 3 T ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = − − s Mrad 275 , 6 10 0987 , 0 10 4789 , 39 L R C L 1 12 12 2 0 = ⋅ − ⋅ = − ⋅ =ω
MHz 9988 , 0 2 s Mrad 275 , 6 f0 = ⋅ =π
14.9 Az ábrán látható kapcsolás esetén a kör eredı árama és feszültsége fázisban van, U =60V és A 72 , 0 I = .
a.,) Mekkora a Z2-es impedancia nagysága? b.,) Mennyi a jósági tényezı értéke és a
sávszélesség értéke?
c.,) Rajzoljon teljes vektorábrát az U feszültséget véve referencia értéknek! Legyen U =60∠0°V és I =0,72∠0°A
Ω
Ω
° ∠ = + = = ⋅ ⋅ + = = + = − 1 , 53 50 40 j 30 s rad 2000 H 10 20 j 30 X R Z 3 L 1 S 1 , 53 02 , 0 Z 1 Y 1 1= = ∠− °Mivel a feladat szövegébıl kiderül, hogy az eredı áram és feszültség fázisban van egymással, ebbıl következik, hogy szükségszerően rezonanciának kell fenn állnia.
2 1 T Y Y U I Y = = + S 1 , 53 02 , 0 Z 1 Y 1 1= = ∠− ° 2 Y S 1 , 53 02 , 0 V 0 60 A 0 72 , 0 + ° − ∠ = ° ∠ ° ∠ C j jB 016 , 0 j ) 016 , 0 j 012 , 0 ( 012 , 0 Y2 = − − = = C =
ω
Ebbıl következik hogy a Z2 impedanciának szükségszerően kapacitásnak kell lennie. F 8 2000 016 , 0 X C C
µ
ω
= = =b.,) A jósági tényezı L és R segítségével meghatározható:
333 , 1 30 H 10 20 s rad 2000 R L Q 3 0 = ⋅ ⋅ = ⋅ = −
Ω
ω
s rad 1500 333 , 1 s rad 2000 Q 0 = = =ω
ω
∆
Mivel a Q≤10 ezért ez a kapcsolás jósági tényezıje nem nagy. Az eredmény ellenırzése az alábbi módon lehetséges:
s rad 2000 H 10 20 30 F 10 8 H 10 20 1 L R C L 1 2 3 6 3 2 0 = ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ = − −
Ω
−ω
, ahogy vártuk.Ugyancsak az egzakt képletet használva:
Ω
Ω
ω
83,33 F 10 8 30 H 10 20 C R L | Z 6 3 0 T ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = − −A közelítı képlet a kis Q érték miatt nem helyes: ZT' |
ω
0 =Q2⋅R=1,3332⋅30Ω
=53,33Ω
c.,) Az ágáramok ezek után egyszerően számíthatóak:A 1 , 53 2 , 1 1 , 53 50 V 0 60 Z U I 1 1 ∠ ° = ∠− ° ° ∠ = =
Ω
A 90 96 , 0 S 90 016 , 0 V 0 60 Y U Z U I 2 2 2 = = ⋅ = ∠ ° ⋅ ∠ ° = ∠ ° 2 1 I I I = +Nem szinuszos periodikus jelek esetén a Fourier analízis segítségével megmondhatjuk milyen frekvenciájú és amplitúdójú jelek összegeként kapjuk meg a keresett jelet.
Az eredeti jelet sin és cos összetevıkre bontjuk az alábbi módon: ... 2 sin sin ... 2 cos cos 2 1 ) (t = A0 +A1 t+A2 t+ +B1 t+B2 t+ f
ω
ω
ω
ω
∑
∑
∞ = ∞ = + + = 1 1 0 cos( ) sin( ) 2 1 ) ( n n n n n t B n t A A t fω
ω
Az A és n B együtthatókra a következı összefüggéseket írhatjuk fel: n Tudjuk, hogy T 2 f 2
π
π
ω
= ⋅ ⋅ = tehát a periódusidıω
π
2 T = azaz T 2 =π
ω
∫
∫
= = T n dt T nt t f T dt t n t f A 0 / 2 0 2 cos ) ( 2 ) cos( ) (ω
π
π
ω
π ω∫
∫
= = T n dt T nt t f T dt t n t f B 0 / 2 0 2 sin ) ( 2 ) sin( ) (ω
π
π
ω
π ω6.1 Többhullámú feszültséget ír le a következı sor:
) 90 t 5 sin( V 3 ) 45 t 3 sin( V 5 , 8 ) 30 t sin( V 10 V 5 u= +
ω
+ ° +ω
− ° +ω
− °Írjuk át a sort olyan alakúra, amelyben kezdı fázisszög nélküli szinusz- és koszinusz-függvények szerepeljenek!
Az egyes harmonikus-ok összetevı szinusz-, illetve koszinusz függvényeinek együtthatói: 66 , 8 2 3 10 30 cos A a1= 1⋅ °= ⋅ = 5 2 1 10 30 sin A b1 = 1⋅ °= ⋅ = 6 2 2 5 , 8 ) 45 cos( A a3 = 3⋅ − ° = ⋅ = ) 6 2 2 ( 5 , 8 ) 45 sin( A b3 = 3⋅ − ° = ⋅ − =− 0 ) 90 cos( A a5 = 5⋅ − ° = b5 =A5⋅sin(−90°)=3(−1)=−3 Ezen adatok alapján a megoldás:
) t 5 cos( V 3 ) t 3 cos( V 6 ) t 3 sin( V 6 ) t cos( V 5 ) t sin( V 66 , 8 V 5 u= +
ω
+ω
+ω
−ω
−ω
6.2 Valamely többhullámú áram Fourier-sora:
t)
ω
ω
ω
ω
t) 6Asin(2 t) 8Acos(2 t) 5Acos(3 sin( A 2 A 4 i= + + − +Írjuk át ezt a Fourier-sort olyan alakúra, amelyben minden harmonikust egy-egy szinusz függvény ír le.
Az egyenáramú összetevı, illetve az egyes harmonikus-ok csúcsértékei a következık:
0 1=
ϕ
i0 =4A A 2 i1m =ϕ
1 =0 A 10 8 6 i2m = 2+ 2 = = − )=−53,1° 6 8 ( arctg 2ϕ
A 5 i3m =ϕ
3 = 90°Ezen adatok alapján a megoldás:
) 90 t 3 sin( A 5 ) 1 , 53 t 2 sin( A 10 ) t sin( A 2 A 4 i= +
ω
+ω
− ° +ω
+ °6.5 Az alábbi ábra egy egyenirányítót tápláló transzformátor szekunder áramának görbéjét tünteti fel. Határozzuk meg az összetevı harmonikusokat és csúcsértéküket.
Az egyenáramú összetevı: m m 3 2 0 m 2 0 0 I 3 1 I ) 0 3 2 ( 2 1 dx I 2 1 dx ) x ( f 2 1 a =
∫
=∫
=π
− =π
π
π
π πMivel a tartományt két összetevıre bontjuk fel (sin, cos) a következıkben ezért a tartományt felezni kell, hogy ne vegyük kétszeresen figyelembe az egyes értékeket.
Tehát a 2
π
tartomány helyett a felét használjuk az egyes komponensek számításánál (π
). Természetesen az integrál tartománya marad az eredeti, hogy helyes legyen a végeredmény. A koszinuszos összetevık csúcsértéke, (ahol n a felharmonikusok száma):3 2 0 m 3 2 0 m 2 0 n [sinn x] n I dx ) x n cos( I 1 dx ) x n cos( ) x ( f 1 a π π π
π
π
π
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =∫
∫
A szinuszos összetevık csúcsértéke:
3 2 0 m 3 2 0 m 2 0 n [cosn x] n I dx ) x n sin( I 1 dx ) x n sin( ) x ( f 1 b π π π
π
π
π
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =− ⋅ ⋅ =∫
∫
A n= -ig kiszámított csúcsértékek: 4
Koszinuszos összetevık Szinuszos összetevık 1
π
⋅ 2 3π
⋅ 2 3 2 2 2 3 ⋅ ⋅ −π
2 2 3 ⋅ ⋅π
3 0 0 4 4 2 3 ⋅ ⋅π
2 4 3 ⋅ ⋅π
... ) x 2 sin( I 2 2 3 ) x 2 cos( I 2 2 3 ) x sin( I 2 3 ) x cos( I 2 3 I 3 1 i m m m m m + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ =π
π
π
π
Minden harmonikusnak egy koszinuszos és egy szinuszos összetevıje van. Fejezzük ki az egyes harmonikusokat egyetlen szinusz függvénnyel. A harmonikus eredı csúcsértéke:
2 n 2 n n b a A = + n v b a arctg = Ψ
Kiszámítva ezeket az elsı és második harmonikusra:
π
π
π
3 2 3 2 3 A 2 2 1 = ⋅ + ⋅ = 6 3 1 arctg 2 3 2 3 arctg 1π
π
π
Ψ
= = ⋅ ⋅ = 2 3 2 2 3 2 2 3 A 2 2 2 = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − =π
π
π
6 2 2 3 2 2 3 arctg 2π
π
π
Ψ
=− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − =A kiszámított adatok felhasználásával a Fourier sor: + + − + + ⋅ = ) ... 6 x 2 sin( 2 1 ) 6 x sin( y 3 y 3 1 y m m
π
π
π
20.1 Főrész függvény esetén aminek maximuma 10 és periódusa 2
π
az átlag érték könnyen kiszámítható. A függvénynek 2π
-ként szakadása van, de periodikus. Így az 52 1 0 = A mint a függvény átlagértéke.
[
cos 2 cos0]
0 2 10 cos 1 sin 2 10 ) cos( 2 10 1 2 2 2 0 2 2 2 0 = − = + = =∫
π
π
ω
ω
ω
π
ω
ω
ω
π
π
π π n n t n n t n n t t d t n t An n n t n n t n n t t d t n t Bnπ
π
π
ω
ω
ω
π
ω
ω
ω
π
π
π π 2 10 2 10 sin 1 cos 2 10 ) sin( 2 10 1 2 2 0 2 2 2 0 =− − = − + = =∫
Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi vannak:
∑
∞ = − = − − − = 1 sin 10 5 3 sin 3 10 2 sin 2 10 sin 10 5 ) ( n n t n t t t t fω
π
ω
π
ω
π
ω
π
A jel frekvencia spektruma az n és a
π
n 10 B A Cn = n2 + n2 = függvényében ábrázoljuk.ψ
∠ = − = n n n n A jB C C20.47 Határozza meg a Fourier sorát az alábbi négyszög függvénynek! És ábrázolja a jel frekvencia spektrumát.
A függvény 2
π
-ként periodikus és az tω
tengelyre szimmetrikus. Így átlagértéke 0 2 1 0 = A . 0 sin 1 sin 1 ) cos( ) ( ) cos( 1 2 0 2 0 = − = + − =∫
∫
π π π π π πω
ω
π
ω
ω
ω
ω
π
n n t n n t U t d t n U t d t n U AnAz fenti összefüggés alapján belátható hogy a két kivonandó érték a szimmetria miatt mindig ugyan az így a különbségük mindig nulla lesz.
) cos 1 ( 2 ) cos 2 cos 0 cos cos ( cos 1 cos 1 ) sin( ) ( ) sin( 1 2 0 2 0
π
π
π
π
π
π
ω
ω
π
ω
ω
ω
ω
π
π π π π π π n n U n n n n U t n n t nn n U t d t n U t d t n U Bn − = − + + − = = + − = + − =∫
∫
Így belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi lesznek. Páratlan számok (n=1,3,5,7,…) esetén a
π
π
π
n U n n U Bn = 2 (1−cos )=4 lesz. Páros számok (n=2,4,6,8,…) esetén a = 2 (1−cos )=2 ⋅0=0π
π
π
n U n n U Bn lesz.Tehát a függvény Fourier sorba-fejtése esetén csak páratlan szinuszos összetevık szerepelnek. ... 5 sin 5 4 3 sin 3 4 sin 4 ) (t = U t+ U t+ U t+ f
ω
π
ω
π
ω
π
.A jel frekvencia spektruma az n és a
π
n U B A Cn = n2 + n2 =4 függvényében ábrázoljuk.20.55 Egy 1F1U1Ü egyenirányított sin jel esetén a következıket kapjuk a felírjuk a jel Fourier transzformációját.
Elsıként az A összetevıt kell meghatároznunk, amely a jel átlagértékeként határozható meg: 0
[
]
π
ω
π
ω
ω
π
π π U t U t d t U A 1 sin( ) cos 0 2 0 0 =∫
= − =[
cos 1]
) 1 ( 1 cos cos sin sin ) cos( sin 1 2 0 2 0 = − + + − − − = =∫
π
π
ω
ω
ω
ω
π
ω
ω
ω
π
π π n n U n t t n t n t n U t d t n t U AnÍgy minden n esetén 0
) 1 ( 2 2 = − = n U An
π lesz kivéve az n=1-et külön kell vizsgálnunk. 0 2 ) 2 sin( cos sin 1 0 0 1=
∫
=∫
= π π ω ω π ω ω ω π d t t U t td t U A 0 1 cos sin cos sin ) sin( sin 1 0 2 0 = + − − = =∫
π π ω ω ω ω π ω ω ω π n t t n t n t n U t d t n t U Bn 2 2 4 2 sin 2 ) (sin 1 0 0 2 1 U U t t U t d t U B = = − = =∫
π π ω ω π ω ω π π πÍgy belátható, hogy a függvénynek csak sin-os összetevıi vannak: ... 6 cos 35 2 4 cos 15 2 2 cos 3 2 sin 2 ) (t =U +U t− U t− U t− U t− f
ω
π
ω
π
ω
π
ω
π
19.26 Három szinuszos generátor és egy akkumulátor van sorba kapcsolva egy tekerccsel, amelynek adatai: R=8
Ω
és L=26,53mH. A feszültséggenerátorok frekvenciái és feszültségei rendreV 15 , Hz
20 , 60Hz,30V és 80Hz,50V. A telep feszültsége U =6V a) Rajzolja fel a kapcsolást!
Határozza meg:
b) a feszültség effektív értékét,
c) az impedanciákat a megadott frekvenciákon, d) az áram effektív értékét,
e) a hatásos és látszólagos teljesítményt, valamint a cos
ϕ
teljesítménytényezıt! b.,) V 51 , 60 6 50 30 15 Urss = 2+ 2+ 2+ 2 = c.,)Ω
° ∠ = + =8 j0 8 0 Z0Ω
π
° ∠ = = ⋅ ⋅ ⋅ + = 62 , 22 67 , 8 H 02653 , 0 Hz 20 2 j 8 Z20Ω
π
° ∠ = = ⋅ ⋅ ⋅ + = 34 , 51 81 , 12 H 02653 , 0 Hz 60 2 j 8 Z60Ω
π
° ∠ = = ⋅ ⋅ ⋅ + = 04 , 59 55 , 15 H 02653 , 0 Hz 80 2 j 8 Z80 d.,) A 75 , 0 8 V 6 I0 = =Ω
8,67 1,73A V 15 I20 = =Ω
A 34 , 2 81 , 12 V 30 I60 = =Ω
15,55 3,22A V 50 I80 = =Ω
A 4 , 4 22 , 3 34 , 2 73 , 1 75 , 0 Irss = 2+ 2+ 2 + 2 = e.,) W 88 , 154 8 ) A 4 , 4 ( R I P = rss2 ⋅ = 2⋅Ω
= VA 2 , 266 A 4 , 4 V 51 , 60 I U S = rss⋅ rss = ⋅ = 58 , 0 VA 2 , 266 W 88 , 154 S P cos nytényezı teljesítmé =ϕ
= = =19.30 Az alábbi áramkör feszültségét és áramát mérjük. V ) t 90 2 sin 42 , 141 t 30 2 sin 42 , 141 ( uT =
π
+π
és A ) 60 t 90 2 sin( 66 , 5 ) 30 t 30 2 sin( 8 , 9 ( iT =π
− ° +π
− ° . Határozza meg: a) az áram effektív értékét, b) a feszültség effektív értékét, c) az impedanciákat a megadott frekvenciákon, d) a tekercs induktivitásáte) Mennyi a hatásos teljesítmény? f) Ellenırizze Irss2 ⋅ és R
R Urss2 felhasználásával!
g) Mekkora a látszólagos teljesítmény, és a teljesítménytényezı? a.,) A 93 , 6 2 A 8 , 9 I30= = 4A 2 A 66 , 5 I90 = = A 8 4 93 , 6 Irss = 2 + 2 = b.,) V 100 2 V 42 , 141 U30= = 100V 2 V 42 , 141 U90 = = V 42 , 141 100 100 Urss = 2 + 2 = c.,)
Ω
Ω
(12,5 j7,22) 30 44 , 14 30 93 , 6 V 0 100 I U Z 30 30 30 ∠− ° = ∠ ° = + ° ∠ = =Ω
Ω
(12,5 j21,65) 60 25 A 60 4 V 0 100 I U Z 90 90 90 ∠− ° = ∠ ° = + ° ∠ = = d.,)30Hz esetén ismert a kör impedanciája, amely egyenlı az ohmos és reaktív részek komplex eredıjével.
Ω
) 22 , 7 j 5 , 12 ( jX R Z30 = + L,30 = +Ω
π
f L 2 3,141 30Hz L 7,22 2 XL,30 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = mH 3 , 38 H 0383 , 0 Hz 30 141 , 3 2 22 , 7 f 2 X L L,30 = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =Ω
π
e.,) W 600 30 cos A 93 , 6 V 100 cos I U P 30 30i, u 30 30 30= ⋅ ⋅ϕ
= ⋅ ⋅ °= W 200 60 cos A 4 V 100 cos I U P 90 90i, u 90 90 90 = ⋅ ⋅ϕ
= ⋅ ⋅ °= W 800 W 200 W 600 P P P= 30+ 90 = + = f.,)W 800 W 200 W 600 P P P= 30+ 90 = + = másként is lehet, P I2 R (8A)2 12,5 800W rss⋅ = ⋅ = =
Ω
A másik összefüggéshez ismernünk kell az ellenálláson esı feszültség nagyságát:
R U P 2 R , rss = V 63 , 86 5 , 12 A 93 , 6 R I U30= 30⋅ = ⋅
Ω
= U90 =I90⋅R=4A⋅12,5Ω
=50V V 100 50 63 , 86 Urss,R = 2 + 2 = W 800 5 , 12 100 R U P 2 2 R , rss = = =Ω
Számítható még az ellenálláson átfolyó áram és a rajta esı feszültség szorzata ként is a hatásos teljesítmény: W 800 A 8 V 100 I U P= rss,R⋅ rss = ⋅ = g.,) VA 1131 A 8 V 42 , 141 I U S = rss⋅ rss = ⋅ = 71 , 0 VA 1131 W 800 S P cos nytényezı teljesítmé =
ϕ
= = =19.40 Egy 10
Ω
-os ellenállást kötünk sorba 3 különbözı feszültség generátorral. Ezek rendre az alábbiak: u1 =50sin(377t+40°)V és u2 =40sin(377t+20°)V és u3 =80sin(150t)V . Határozza meg:a) a feszültség effektív értékét, b) az áram effektív értékét! c) Mennyi a hatásos teljesítmény? a.,)
Elsıként a frekvenciák értékeit határozzuk meg a körfrekvencia alapján: Hz 60 2 377 f f1 2 = ⋅ = =
π
, 2 23,87Hz 150 f3 = ⋅ =π
.Mivel azonos a mőködési frekvencia ezért összeadható az egyes és a kettes feszültség forrás feszültsége: V 12 , 31 7 , 62 V ) 4 , 32 j 66 , 53 ( V ) 67 , 9 j 58 , 26 ( V ) 73 , 22 j 08 , 27 ( 2 V 20 40 2 V 40 50 u u1 2 ° ∠ = = + = + + + = ° ∠ + ° ∠ = + V 6 , 56 2 V 80 u3 = = V 5 , 84 6 , 56 7 , 62 Urss = 2 + 2 = b.,) A 268 , 6 10 V 68 , 62 Z U I 60 60 60 = =
Ω
= 5,657A 10 V 57 , 56 I23,87 = =Ω
A 44 , 8 657 , 5 268 , 6 Irss = 2 + 2 = c.,) W 3 , 712 10 ) A 44 , 8 ( R I P = rss2 ⋅ = 2⋅Ω
=19.47 Egy soros kör tartalmaz egy 295
µ
F -os kondenzátort és egy tekercset melynek adatai:Ω
3
R= , L=4,42mH . A körbe bekapcsolunk sorosan még 3 különbözı feszültség
generátort. Ezek rendre az alábbiak: u1 =35V,60Hz és u2 =10V,180Hz és u3 =8V,300Hz. Határozza meg: a) a feszültség effektív értékét, b) az áram effektív értékét! a.,) V 3 , 37 8 10 35 U 2 2 2 rss = + + = b.,)
Az egyes frekvenciákon kiszámítva a részáramokat: 60Hz esetén:
Ω
π
f L 2 3,141 60Hz 4,42 10 H 1,67 2 XL,60 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −3 =Ω
π
2 3,141 60Hz 295 10 F 8,99 1 C f 2 1 XC,60 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = −Ω
Ω
= ∠− ° − + = − + =R j(X X ) (3 j1,67 8,99) 7,91 67,72 Z60 L,60 C,60 A 72 , 67 42 , 4 72 , 67 91 , 7 V 0 35 Z U I 60 60 60 ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = =Ω
180Hz esetén:Ω
π
f L 2 3,141 180Hz 4,42 10 H 5 2 X 3 180 , L = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −Ω
π
2 3,141 180Hz 295 10 F 3 1 C f 2 1 XC,180 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = −Ω
Ω
= ∠ ° − + = − + =R j(X X ) (3 j5 3) 3,61 33,69 Z180 L,180 C,180 A 69 , 33 77 , 2 69 , 33 61 , 3 V 0 10 Z U I 180 180 180 ∠ ° = ∠− ° ° ∠ = =Ω
300Hz esetén:Ω
π
f L 2 3,141 300Hz 4,42 10 H 8,33 2 XL,300 = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −3 =Ω
π
2 3,141 300Hz 295 10 F 1,8 1 C f 2 1 XC,300 6 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = −Ω
Ω
= ∠ ° − + = − + =R j(X X ) (3 j8,33 1,8) 7,19 65,33 Z300 L,300 C,300 A 33 , 65 11 , 1 33 , 65 19 , 7 V 0 8 Z U I 300 300 300 ∠ ° = ∠− ° ° ∠ = =Ω
A három áram eredıje a következı képen számítható ki: A 33 , 5 11 , 1 77 , 2 42 , 4 Irss = 2+ 2 + 2 =
19.53 Sorosan van kötve egy R=30
Ω
ellenállás, és egy 500µ
F-os kondenzátor, valamint egyV 120
U1 = -os telep és három szinuszos feszültség forrás amelyek: u2 =100sin30t és t 80 sin 50 u3 = és u4 =70sin100t. Határozza meg:
a) a voltmérırıl leolvasott értéket! b) az ampermérı által mutatott értéket! a.,) V 120 U1 = , 70,71V 2 V 100 U2 = = , 35,36V 2 V 50 U3 = = , 49,5V 2 V 70 U4 = = V 152 ) V 5 , 49 ( ) V 36 , 35 ( ) V 71 , 70 ( ) V 120 (
Urss = 2 + 2+ 2+ 2 = =a voltmérı által mutatott
érték
b.,)Az
ω
1,ω
2,ω
3,ω
4 értékekbıl ki kell számítaniHz 0 f1 = 4,774Hz 2 s rad 30 f2 = ⋅ =
π
, 2 12,73Hz s rad 80 f3 = ⋅ =π
, 2 15,89Hz s rad 100 f4 = ⋅ =π
Ω
∞ = 1 Z A 0 V 120 Z U I 1 1 1 = = ∞Ω
=Ω
π
2 3,141 4,774Hz 500 10 F 66,677 1 C f 2 1 X 6 2 2 C = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − =Ω
Ω
= ∠− ° − = − + =R j( X ) (30 j66,677) 73,11 65,77 Z2 C2 A 77 , 65 97 , 0 77 , 65 11 , 73 V 0 71 , 70 Z U I 2 2 2 ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = =Ω
Ω
π
2 3,141 12,73Hz 500 10 F 25 1 C f 2 1 X 6 3 3 C = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − =Ω
Ω
= ∠− ° − = − + =R j( X ) (30 j25) 39,05 39,8 Z3 C2 A 8 , 39 911 , 0 8 , 39 05 , 39 V 0 36 , 35 Z U I 2 2 3 ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = =Ω
Ω
π
2 3,141 15,89Hz 500 10 F 20 1 C f 2 1 X 6 4 4 C = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − =Ω
Ω
= ∠− ° − = − + =R j( X ) (30 j20) 36,055 33,69 Z4 C4 A 69 , 33 37 , 1 69 , 33 055 , 36 V 0 5 , 49 Z U I 4 4 4 ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = =Ω
A négy áram eredıje a következı képen számítható ki: A 91 , 1 ) A 0 ( ) A 37 , 1 ( ) A 91 , 0 ( ) A 97 , 0 (
18.2 Egy három fázisú 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy csillag kapcsolású (Y) szimmetrikus terhelést. Amelynek a fázis impedanciája Z =23∠30°
Ω
.a.,) Határozza meg a vonali áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát!
Tudjuk, hogy a két vezetı között a feszültség V
400
Uv = . Mivel a terhelés szimmetrikus így a fázis feszültségek is szimmetrikusak lesznek. Mivel az N pontban nincs potenciál különbség így onnan nem folyik áram. Így a fázis feszültségek nagyságai:
V 230 3 V 400 3 U U U v fázis = = = =
Legyen az L1 fázisa 0°-os. U1f =230∠0°V
A 30 10 30 23 V 0 230 Z U I 1f 1 ∠ °Ω= ∠− ° ° ∠ = = mivel Az
ω
forgásirányt követve az U -et követi az 1 U 2 feszültség -120º-ot késve.A 150 10 30 23 V 120 230 Z U I 2f 2 ∠ °Ω = ∠− ° ° − ∠ = = A 90 10 30 23 V 120 230 Z U I 3f 3 ∠ °Ω = ∠ ° ° ∠ = =
A feladat nem kérdezi, de mivel csillag kapcsolásról van szó, tudjuk, hogy a vonali és fázis áramok megegyeznek:
f
1
1 I
I =
Továbbá a vonali fezsültségek és a fázis feszültségek nagysága között a következı összefüggés áll fent:
f
1
12 3 U
U = ⋅
Ha a feszültség fázis szögét is tudni szeretnénk, akkor az alábbi hurok egyenletet lehet felírni, és innen számítható: f f 2 1 12 U U U = −
18.3 Egy három fázisú 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy delta kapcsolású (∆) szimmetrikus terhelést. Amelynek a fázis impedanciája Z =40∠45°Ω.
a.,) Határozza meg a vonali és fázis áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát!
Mivel a terhelés szimmetrikus, így a fázis áramok is szimmetrikusak lesznek.
Így a vonali feszültségek nagyságai: V 0 400 U U12 = 1 = ∠ ° V 120 400 U U23 = 2 = ∠− ° V 120 400 U U31 = 3 = ∠ ° A ) 07 , 7 j 07 , 7 ( A 45 10 45 40 V 0 400 Z U I 12 12 ∠ °Ω = ∠− ° = − ° ∠ = = A ) 59 , 2 j 66 , 9 ( A 165 10 45 40 V 120 400 Z U I 23 23 ∠ °Ω = ∠− ° = − − ° − ∠ = = A ) 66 , 9 j 59 , 2 ( A 75 10 45 40 V 120 400 Z U I 31 31 ∠ °Ω = ∠ ° = + ° ∠ = =
A csomóponti törvény alapján:
A 75 32 , 17 73 , 16 j 48 , 4 ) 66 , 9 j 59 , 2 ( ) 07 , 7 j 07 , 7 ( I I I1 = 12 − 31 = − − + = − = ∠− °
Mivel tudjuk, hogy a fázisáram 3 szorosa a vonali áram, ezért I2 = 3⋅10=17,32A és mivel a terhelés szimmetrikus ezért − 120 -ra és ° + 120 -ra lesz a másik két vektor: °
A ) 120 75 ( 32 , 17 165 32 , 17 A 45 10 A 165 10 I I I2 = 23 − 12 = ∠− ° − ∠− ° = ∠ = ∠ − − ° A 45 32 , 17 A 165 10 A 75 10 I I I3 = 31 − 23 = ∠ ° − ∠− ° = ∠ ° W 8485 ) 45 cos( 10 400 3 ) cos( I U 3 P3 12 12 f = ° ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ =
ϕ
A feladat másképpen is megoldható:
A kapcsolás átalakítható, csillagkapcsolássá, az alábbi összefüggés segítségével:
Ω
Ω
Ω
Ω
Ω
Ω
° ∠ = ° ∠ + ° ∠ + ° ∠ ° ∠ ⋅ ° ∠ = + + ⋅ = 13,33 45 45 40 45 40 45 40 45 40 45 40 Z Z Z Z Z Z 3 2 1 2 1 Y f f 2 1 12 U U U = − V 30 230 V 150 230 V 0 V 400 U U1 1N f = = ∠ ° + ∠− ° = ∠− ° A 75 32 , 17 45 33 , 13 V 30 230 Z U I Y N 1 1 ∠ °Ω = ∠− ° ° − ∠ = = A 195 32 , 17 I2 = ∠− ° A 45 32 , 17 I3 = ∠ °18.4 Háromfázisú, 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy deltakapcsolású (∆) aszimmetrikus terhelést.
a.,) Határozza meg a vonali és fázis áramokat! b.,) Rajzoljon vektorábrát! Ω ° ∠ =10 30 Z12 Ω ° ∠ =20 90 Z23 Ω ° − ∠ =15 45 Z31
Így a vonali feszültségek nagyságai: V 0 400 U12 = ∠ ° , V 120 400 U23 = ∠− ° , V 120 400 U31 = ∠ ° A ) 20 j 64 , 34 ( A 30 40 30 10 V 0 400 Z U I 12 12 12 ∠ °Ω= ∠− ° = − ° ∠ = = A ) 10 j 32 , 17 ( A 210 20 90 20 V 120 400 Z U I 23 23 23 ∠ °Ω = ∠− ° = + ° − ∠ = = A ) 9 , 6 j 76 , 25 ( A 165 66 , 26 45 15 V 120 400 Z U I 31 31 31 ∠− °Ω = ∠ ° = − + ° ∠ = =
A csomóponti törvény alapján:
A 24 12 , 66 ) 9 , 6 j 76 , 25 ( ) 20 j 64 , 34 ( I I I1 = 12 − 31 = − − − − = ∠− ° A 150 60 A ) 20 j 64 , 34 ( A ) 10 j 32 , 17 ( I I I2 = 23 − 12 = + − − = ∠ ° A 160 9 A ) 10 j 32 , 17 ( A ) 9 , 6 j 76 , 25 ( I I I3 = 31 − 23 = − + − + = ∠− °
18.5 Egy háromfázisú, 4 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy csillag kapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést.
a.,) Határozza meg a rendszer áramait! b.,) Rajzoljon vektorábrát!
Mivel szimmetrikus háromfázisú rendszert kapcsolunk a fogyasztóra, ezért felírható: f v I I = és Uv = 3⋅Uf V 230 3 V 400 3 U U v f = = = A 60 23 60 10 V 0 230 Z U I 1 1 1 ∠− ° = ∠ ° ° ∠ = =
Ω
A 30 46 90 5 V 120 230 Z U I 2 2 2 ∠− °Ω = ∠− ° ° − ∠ = = A 5 , 11 j A 90 5 , 11 30 20 V 120 230 Z U I 3 3 3 = ∠ ° = ° ∠ ° ∠ = =Ω
A csomóponti törvény alapján számítható a nulla vezetı árama:
A 31 , 9 52 41 , 8 j 33 , 51 ) 5 , 11 j 23 j 84 , 39 32 , 17 j 10 ( ) I I I ( IN = 1 + 2 + 3 = + + − + = + = ∠ °
18.6 Egy háromfázisú, 3 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk egy csillagkapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést.
a.,) Határozza meg a rendszer vonali áramait!
A vonali feszültségek az alábbiak szerint választva: V 0 400 U12 = ∠ ° , V 120 400 U23 = ∠− ° , V 120 400 U31 = ∠ °
A fázis feszültség értéke: V 230 3 V 400 U1f = = Ω − = Ω ° − ∠ =10 60 (5 j8,66) Z3 Hurokegyenleteket felírva: ) 66 , 8 j ( I ) 66 , 8 j 5 ( I V 0 400 U12 = ∠ ° = I + − II ) 66 , 8 j 5 66 , 8 j ( I ) 66 , 8 j ( I V 120 400 U23 = ∠− ° =− I + II + − A 4 , 42 54 , 48 4 , 23 109 19 48 , 5291 3 , 43 j 100 1732 j 5000 75 3 , 43 j 25 ) 1732 j 3000 ( ) 0 2000 ( 5 66 , 8 j 66 , 8 j 66 , 8 j 5 5 120 400 66 , 8 j 0 400 II ° − ∠ = = ° ∠ ° − ∠ = + − = + + + − − ° ∠ = − − + ° − ∠ − ° ∠ = A 4 , 23 34 , 18 4 , 23 109 0 2000 4 , 23 109 ) 90 3464 ) 60 4000 ( 4 , 23 109 120 400 90 66 , 8 0 400 60 10 III == ∠− ° ° ∠ ° ∠ == ° ∠ ° − ∠ − ° − ∠ = ° ∠ ° − ∠ ° − ∠ ° ∠ ° ∠ = A 4 , 42 54 , 48 I I1 = I = ∠− ° A 7 , 126 75 , 31 4 , 42 54 , 48 4 , 23 34 , 18 I I I2 = II − I = ∠− °− ∠− °= ∠ ° A 3 , 24 34 , 18 I I3 =− II = ∠ ° V 2 , 143 275 Z I U2f = 2⋅ 2 = ∠− ° V 7 , 35 4 , 183 Z I U3f = 3⋅ 3 = ∠− ° Ellenırzés képen: V 0 400 90 66 , 8 7 , 126 75 , 31 5 A ) 4 , 42 54 , 48 ( Z I Z I U12 = 1⋅ 1− 2⋅ 2 = ∠− ° ⋅ Ω− ∠ °⋅ ∠ °= ∠ °
14.40 Egy háromfázisú 4 vezetékes 400V-os hálózatra kapcsolunk, egy csillag kapcsolású (Y) aszimmetrikus terhelést.
a.,) Határozza meg a rendszer vonali áramait! b.,) Határozza meg a rendszer hatásos és
meddı teljesítményeit fázisonként! c.,) Számítsa ki a teljesítménytényezıt! Mivel az impedanciák fázis értékek ezért fázis feszültség segítségével határozható meg a fázis áram.
V 230 3 V 400 U1f = = V 0 230 U1f = ∠ ° V 120 230 U2f = ∠− ° V 120 230 U3f = ∠ °
A fázisfeszültségek és fázis impedanciák hányadosai a fázis áramok, amik megegyeznek a vonali áramokkal: A 20 33 , 38 20 6 V 0 230 Z U I I 1 f 1 f 1 1 = ∠− ° Ω ° ∠ ° ∠ = = = A 160 75 , 28 40 8 V 120 230 Z U I I 2 f 2 f 2 2 ∠ °Ω = ∠− ° ° − ∠ = = = A 120 23 0 10 V 120 230 Z U I I 3 f 3 f 3 3 = ∠ ° Ω ° ∠ ° ∠ = = =
b.,) Az elsı fázis hatásos teljesítménye a fázis árama és feszültségének és a köztük lévı szögnek a szorzata: V 0 230 U1f = ∠ ° , I1 =38,33∠−20°A,