ÁramKör – Épületvillamossági Képzés

Bevezetés

Az előző leckékben megismert soros és párhuzamos kapcsolások egyszerű áramkörökre érvényesek. A gyakorlatban azonban gyakran találkozunk összetett (vegyes) áramkörökkel, amelyekben soros és párhuzamos ágak keverednek. Ezek elemzéséhez szükségünk van Gustav Robert Kirchhoff német fizikus (1824–1887) által megfogalmazott két alapvető törvényre, amelyek bármilyen bonyolultságú áramkörre alkalmazhatók.

Kirchhoff I. törvénye – Csomóponti törvény

Kirchhoff első törvényét csomóponti törvénynek (vagy áramtörvénynek) nevezzük. Egy csomópont az áramkör azon pontja, ahol három vagy több vezető találkozik.

A törvény kimondja:

$\sum I = 0$

Egy csomópontba befolyó áramok összege egyenlő a csomópontból kifolyó áramok összegével.

Más megfogalmazásban: ha a befolyó áramokat pozitívnak, a kifolyókat negatívnak tekintjük, akkor az algebrai összegük nulla. Ez a törvény a töltésmegmaradás elvéből következik – a csomópontban nem gyűlhet fel töltés.

1. példa – Csomóponti törvény alkalmazása

Egy csomópontba három vezető fut be. Az $I_1 = 5 \; \text{A}$ és $I_2 = 3 \; \text{A}$ áramok a csomópontba folynak be, $I_3$ pedig kifelé folyik. Mekkora $I_3$ ?

Megoldás:

$I_1 + I_2 = I_3$

$I_3 = 5 + 3 = 8 \; \text{A}$

A csomópontból 8 A áram folyik ki.

Kirchhoff II. törvénye – Huroktörvény

Kirchhoff második törvényét huroktörvénynek (vagy feszültségtörvénynek) nevezzük. Egy hurok az áramkör bármely zárt útvonala.

A törvény kimondja:

$\sum U = 0$

Egy zárt hurokban a feszültségemelések és feszültségesések algebrai összege nulla.

Más szavakkal: ha végigmegyünk egy zárt hurkon, és összeadjuk az összes feszültséget (a feszültségforrásokat pozitívan, az ellenállásokon eső feszültségeket a bejárási iránytól függő előjellel véve), az összeg nulla lesz. Ez az energiamegmaradás elvéből következik.

Összetett áramkör számítása

Kirchhoff törvényei lehetővé teszik bármilyen összetett áramkör megoldását. Az eljárás lépései:

Jelöljük ki az áramok irányát minden ágban (ha rossz irányt választunk, az eredmény negatív lesz, ami azt jelenti, hogy az áram ellentétes irányú).
Írjuk fel a csomóponti egyenleteket (I. törvény).
Írjuk fel a hurokegyenleteket (II. törvény) annyi független hurokra, amennyi szükséges.
Oldjuk meg az egyenletrendszert.

2. példa – Két hurokban

Adott egy áramkör: $E_1 = 12 \; \text{V}$ , $E_2 = 6 \; \text{V}$ , $R_1 = 2 \; \Omega$ , $R_2 = 4 \; \Omega$ , $R_3 = 6 \; \Omega$ . $R_1$ sorosan van $E_1$ -gyel, $R_2$ sorosan $E_2$ -vel, és $R_3$ a közös ág.

Megoldás (csomóponti egyenlet):

$I_1 = I_2 + I_3$

Hurokegyenletek:

1. hurok: $E_1 = I_1 \cdot R_1 + I_3 \cdot R_3$ → $12 = 2I_1 + 6I_3$

2. hurok: $E_2 = I_2 \cdot R_2 + I_3 \cdot R_3$ → $6 = 4I_2 + 6I_3$

A csomóponti egyenletből: $I_1 = I_2 + I_3$ , behelyettesítve és megoldva:

$12 = 2(I_2 + I_3) + 6I_3 = 2I_2 + 8I_3$

$6 = 4I_2 + 6I_3$

Az első egyenletből: $I_2 = \frac{12 - 8I_3}{2} = 6 - 4I_3$

Behelyettesítve a másodikba: $6 = 4(6 - 4I_3) + 6I_3 = 24 - 16I_3 + 6I_3 = 24 - 10I_3$

$10I_3 = 18$ → $I_3 = 1{,}8 \; \text{A}$

$I_2 = 6 - 4 \cdot 1{,}8 = 6 - 7{,}2 = -1{,}2 \; \text{A}$

$I_1 = I_2 + I_3 = -1{,}2 + 1{,}8 = 0{,}6 \; \text{A}$

Az $I_2$ negatív előjele azt jelzi, hogy az áram valójában az eredetileg feltételezetttel ellentétes irányban folyik.

A törvények alkalmazásának módszertana

Kirchhoff törvényeinek alkalmazásakor az alábbi rendszeres módszert érdemes követni:

Rajzold meg az áramkört tisztán, jelöld az ismert értékeket.
Jelöld ki az áramirányokat – tetszőleges irányban, a végeredmény előjele jelzi a valós irányt.
Számold meg az ismeretleneket – annyi egyenletre van szükség, ahány ismeretlen van.
Írd fel a csomóponti egyenleteket – $n-1$ darab egyenlet írható fel $n$ csomópontból.
Írd fel a hurokegyenleteket – annyi független hurkot válassz, amennyi egyenlet még hiányzik.
Oldd meg az egyenletrendszert – behelyettesítéssel vagy determinánsos módszerrel.
Ellenőrizd az eredményt – helyettesítsd vissza a kapott értékeket egy ellenőrző hurokegyenletbe.

3. példa – Vegyes áramkör

Egy 12 V-os áramkörben $R_1 = 6 \; \Omega$ sorba van kötve két párhuzamos ellenállással ( $R_2 = 12 \; \Omega$ és $R_3 = 12 \; \Omega$ ). Mekkora a teljes áram és az egyes ágáramok?

Megoldás:

Párhuzamos eredő: $R_{23} = \frac{R_2 \cdot R_3}{R_2 + R_3} = \frac{12 \cdot 12}{12 + 12} = 6 \; \Omega$

Teljes ellenállás: $R_e = R_1 + R_{23} = 6 + 6 = 12 \; \Omega$

Teljes áram: $I = \frac{12}{12} = 1 \; \text{A}$

$R_1$ -en eső feszültség: $U_1 = 1 \cdot 6 = 6 \; \text{V}$

Párhuzamos részen: $U_{23} = 12 - 6 = 6 \; \text{V}$

Ágáramok: $I_2 = I_3 = \frac{6}{12} = 0{,}5 \; \text{A}$

Ellenőrzés: $I_2 + I_3 = 0{,}5 + 0{,}5 = 1 \; \text{A} = I$ ✓

Gyakorlati jelentőség

Kirchhoff törvényei a villanyszerelő munkájában is fontosak:

Elosztó tervezés: A csomóponti törvény segít meghatározni, mekkora áram folyik az egyes áramkörökben és a fővezetékben.
Hibakeresés: Ha egy ágban váratlan áramérték mérhető, a Kirchhoff-törvények segítenek megtalálni a hiba okát.
Feszültségesés számítás: Hosszú vezetékeknél a huroktörvénnyel ellenőrizhető, hogy a fogyasztónál elegendő feszültség áll-e rendelkezésre.

Figyelem! A hálózati feszültség a fogyasztó helyén a vezeték ellenállása miatt mindig kisebb, mint a betáplálási ponton. Hosszú vezetékszakasznál ez jelentős feszültségesést okozhat, ami a berendezések hibás működéséhez vezethet!

Összefoglalás

Kirchhoff I. törvénye (csomóponti): egy csomópontba befolyó és kifolyó áramok összege megegyezik ( $\sum I = 0$ ).
Kirchhoff II. törvénye (huroktörvény): egy zárt hurokban a feszültségek algebrai összege nulla ( $\sum U = 0$ ).
A két törvény bármilyen összetett áramkör megoldására alkalmas.
Negatív eredmény azt jelzi, hogy az áram a feltételezettel ellentétes irányban folyik.
A törvények a töltésmegmaradás (I.) és az energiamegmaradás (II.) elvéből következnek.
Gyakorlati alkalmazás: elosztó tervezés, hibakeresés, feszültségesés számítás.

Bevezetés

Kirchhoff I. törvénye – Csomóponti törvény

Kirchhoff első törvényét csomóponti törvénynek (vagy áramtörvénynek) nevezzük. Egy csomópont az áramkör azon pontja, ahol három vagy több vezető találkozik.

A törvény kimondja:

$\sum I = 0$

Egy csomópontba befolyó áramok összege egyenlő a csomópontból kifolyó áramok összegével.

1. példa – Csomóponti törvény alkalmazása

Egy csomópontba három vezető fut be. Az $I_1 = 5 \; \text{A}$ és $I_2 = 3 \; \text{A}$ áramok a csomópontba folynak be, $I_3$ pedig kifelé folyik. Mekkora $I_3$ ?

Megoldás:

$I_1 + I_2 = I_3$

$I_3 = 5 + 3 = 8 \; \text{A}$

A csomópontból 8 A áram folyik ki.

Kirchhoff II. törvénye – Huroktörvény

Kirchhoff második törvényét huroktörvénynek (vagy feszültségtörvénynek) nevezzük. Egy hurok az áramkör bármely zárt útvonala.

A törvény kimondja:

$\sum U = 0$

Egy zárt hurokban a feszültségemelések és feszültségesések algebrai összege nulla.

Összetett áramkör számítása

Kirchhoff törvényei lehetővé teszik bármilyen összetett áramkör megoldását. Az eljárás lépései:

Jelöljük ki az áramok irányát minden ágban (ha rossz irányt választunk, az eredmény negatív lesz, ami azt jelenti, hogy az áram ellentétes irányú).
Írjuk fel a csomóponti egyenleteket (I. törvény).
Írjuk fel a hurokegyenleteket (II. törvény) annyi független hurokra, amennyi szükséges.
Oldjuk meg az egyenletrendszert.

2. példa – Két hurokban

Megoldás (csomóponti egyenlet):

$I_1 = I_2 + I_3$

Hurokegyenletek:

1. hurok: $E_1 = I_1 \cdot R_1 + I_3 \cdot R_3$ → $12 = 2I_1 + 6I_3$

2. hurok: $E_2 = I_2 \cdot R_2 + I_3 \cdot R_3$ → $6 = 4I_2 + 6I_3$

A csomóponti egyenletből: $I_1 = I_2 + I_3$ , behelyettesítve és megoldva:

$12 = 2(I_2 + I_3) + 6I_3 = 2I_2 + 8I_3$

$6 = 4I_2 + 6I_3$

Az első egyenletből: $I_2 = \frac{12 - 8I_3}{2} = 6 - 4I_3$

Behelyettesítve a másodikba: $6 = 4(6 - 4I_3) + 6I_3 = 24 - 16I_3 + 6I_3 = 24 - 10I_3$

$10I_3 = 18$ → $I_3 = 1{,}8 \; \text{A}$

$I_2 = 6 - 4 \cdot 1{,}8 = 6 - 7{,}2 = -1{,}2 \; \text{A}$

$I_1 = I_2 + I_3 = -1{,}2 + 1{,}8 = 0{,}6 \; \text{A}$

Az $I_2$ negatív előjele azt jelzi, hogy az áram valójában az eredetileg feltételezetttel ellentétes irányban folyik.

A törvények alkalmazásának módszertana

Kirchhoff törvényeinek alkalmazásakor az alábbi rendszeres módszert érdemes követni:

Rajzold meg az áramkört tisztán, jelöld az ismert értékeket.
Jelöld ki az áramirányokat – tetszőleges irányban, a végeredmény előjele jelzi a valós irányt.
Számold meg az ismeretleneket – annyi egyenletre van szükség, ahány ismeretlen van.
Írd fel a csomóponti egyenleteket – $n-1$ darab egyenlet írható fel $n$ csomópontból.
Írd fel a hurokegyenleteket – annyi független hurkot válassz, amennyi egyenlet még hiányzik.
Oldd meg az egyenletrendszert – behelyettesítéssel vagy determinánsos módszerrel.
Ellenőrizd az eredményt – helyettesítsd vissza a kapott értékeket egy ellenőrző hurokegyenletbe.

3. példa – Vegyes áramkör

Egy 12 V-os áramkörben $R_1 = 6 \; \Omega$ sorba van kötve két párhuzamos ellenállással ( $R_2 = 12 \; \Omega$ és $R_3 = 12 \; \Omega$ ). Mekkora a teljes áram és az egyes ágáramok?

Megoldás:

Párhuzamos eredő: $R_{23} = \frac{R_2 \cdot R_3}{R_2 + R_3} = \frac{12 \cdot 12}{12 + 12} = 6 \; \Omega$

Teljes ellenállás: $R_e = R_1 + R_{23} = 6 + 6 = 12 \; \Omega$

Teljes áram: $I = \frac{12}{12} = 1 \; \text{A}$

$R_1$ -en eső feszültség: $U_1 = 1 \cdot 6 = 6 \; \text{V}$

Párhuzamos részen: $U_{23} = 12 - 6 = 6 \; \text{V}$

Ágáramok: $I_2 = I_3 = \frac{6}{12} = 0{,}5 \; \text{A}$

Ellenőrzés: $I_2 + I_3 = 0{,}5 + 0{,}5 = 1 \; \text{A} = I$ ✓

Gyakorlati jelentőség

Kirchhoff törvényei a villanyszerelő munkájában is fontosak:

Elosztó tervezés: A csomóponti törvény segít meghatározni, mekkora áram folyik az egyes áramkörökben és a fővezetékben.
Hibakeresés: Ha egy ágban váratlan áramérték mérhető, a Kirchhoff-törvények segítenek megtalálni a hiba okát.
Feszültségesés számítás: Hosszú vezetékeknél a huroktörvénnyel ellenőrizhető, hogy a fogyasztónál elegendő feszültség áll-e rendelkezésre.

Összefoglalás

Kirchhoff I. törvénye (csomóponti): egy csomópontba befolyó és kifolyó áramok összege megegyezik ( $\sum I = 0$ ).
Kirchhoff II. törvénye (huroktörvény): egy zárt hurokban a feszültségek algebrai összege nulla ( $\sum U = 0$ ).
A két törvény bármilyen összetett áramkör megoldására alkalmas.
Negatív eredmény azt jelzi, hogy az áram a feltételezettel ellentétes irányban folyik.
A törvények a töltésmegmaradás (I.) és az energiamegmaradás (II.) elvéből következnek.
Gyakorlati alkalmazás: elosztó tervezés, hibakeresés, feszültségesés számítás.

Kirchhoff törvényei

Bevezetés

Kirchhoff I. törvénye – Csomóponti törvény

1. példa – Csomóponti törvény alkalmazása

Kirchhoff II. törvénye – Huroktörvény

Összetett áramkör számítása

2. példa – Két hurokban

A törvények alkalmazásának módszertana

3. példa – Vegyes áramkör

Gyakorlati jelentőség

Összefoglalás

Közérthetően laikusoknak

Kirchhoff törvényei

Bevezetés

Kirchhoff I. törvénye – Csomóponti törvény

1. példa – Csomóponti törvény alkalmazása

Kirchhoff II. törvénye – Huroktörvény

Összetett áramkör számítása

2. példa – Két hurokban

A törvények alkalmazásának módszertana

3. példa – Vegyes áramkör

Gyakorlati jelentőség

Összefoglalás

Közérthetően laikusoknak