I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Zadatak 1: Mlaz nabijenih čestica estica ubacuje ubacuje se u prostor prostor u kojem djeluje djeluje elektri električno polje E i magnetska polja indukcija B1 i B2 prema slici. Odredite brzinu brzinu v1 i polaritet čestica estica koje udaraj udaraju u u točku A. Zadano: Zadano: E = 140.7 [MV/m], [MV/m], B1 = 0.5 [T], B2 = 0.16 [T].
+
B2
B1 Q v1 A
141
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Magnetsko Magnetsko polje opisuje opisuje se pomoću sljedećih osnovnih veličina: G
• Jakost Jakost magnet magnetskog skog polja: H [A/m] G
B [T]
• Magnet Magnetska ska indukci indukcija: ja:
Veza jakosti magnetskog magnetskog polja i indukcije: G
G
µ 0
= 4 ⋅ π ⋅10 −7 [Vs/Am]
B = µ 0 ⋅ µ r ⋅ H
gdje je:
Kada se naboj naboj giba u magnetskom magnetskom polju polju tada na njega djeluje djeluje magnetska sila: G
G
G
F = Q ⋅ v × B
• Q - naboj • v - brzina brzina gibanja gibanja naboja naboja
) 142
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
1
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Smjer magnetske sile na naboj definiran je vektorskim produktom brzine i magnetske indukcije: F
-Q
+Q
B
v
B
F
v
Po iznosu iznosu sila ovisi ovisi o kutu izme između vekto vektora ra v i B: G
F = Q ⋅ v ⋅ B ⋅ sinα
• ukoliko ukoliko se naboj giba paralel paralelno no silnicama silnicama magnetskog polja, magnetske sila na naboj je jednaka nuli (sin α = 0) • ukoliko ukoliko se naboj giba okomito okomito na silnice magnets magnetskog kog polja tada je sila po iznosu jednaka: jednaka: F = Q·v·B
143
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Rješenje: U kondenzatoru na naboj djeluju električna i magnetska magnetska sila. Da bi bio zadovoljen uvjet pravocrtnog gibanja te dvije sile po iznosu moraju biti jednake: F mag
B1
Fel
+Q
B1
-Q
Fel v1
Fmag G
F el
Q ⋅ E = Q ⋅ B1 ⋅ v1 v1
=
⇒
v1
G
F mag
v1
=
E B1
= 281.4 ⋅106 [m/s]
=
140.7 ⋅10
6
0.5 144
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
2
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Smjer magnetske sile na naboj definiran je vektorskim produktom brzine i magnetske indukcije: F
-Q
+Q
B
v
B
F
v
Po iznosu iznosu sila ovisi ovisi o kutu izme između vekto vektora ra v i B: G
F = Q ⋅ v ⋅ B ⋅ sinα
• ukoliko ukoliko se naboj giba paralel paralelno no silnicama silnicama magnetskog polja, magnetske sila na naboj je jednaka nuli (sin α = 0) • ukoliko ukoliko se naboj giba okomito okomito na silnice magnets magnetskog kog polja tada je sila po iznosu jednaka: jednaka: F = Q·v·B
143
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Rješenje: U kondenzatoru na naboj djeluju električna i magnetska magnetska sila. Da bi bio zadovoljen uvjet pravocrtnog gibanja te dvije sile po iznosu moraju biti jednake: F mag
B1
Fel
+Q
B1
-Q
Fel v1
Fmag G
F el
Q ⋅ E = Q ⋅ B1 ⋅ v1 v1
=
⇒
v1
G
F mag
v1
=
E B1
= 281.4 ⋅106 [m/s]
=
140.7 ⋅10
6
0.5 144
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
2
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Kada naboj prijeđe u područ je gdje djeluje mag. indukcija B2, na njega djeluje samo magnetska sila pomo ću čijeg smjera se može odrediti odrediti predznak naboja: B2 Q Fmag
v1
Iz smjera magnetske sile vidljivo je da se radi o negativnom naboju.
Q<0
145
I. Jurić - Grg Grgić - Elektr Elektrote otehni hnika ka - Auditor Auditorne ne vježbe vježbe – dio 3
Zadatak 2: Tri vrlo duga ravna vodiča smještena u zraku prema prema slici protjecana su struja strujama ma I1, I2 i I3. Odredite:
a) smj smjer er i veli veličinu magnetske indukcije koju vodiči (1) i (2) stva stvaraj raju u na mjestu vodiča (3) b) smjer i veličinu sile koja djeluje na element dužine dužine l vodi l vodiča (3) Zadano je: I1 = 100 [A], I2 = 150 [A], I3 = 75 [A], l = l = 80 [cm]
(1)
5 cm
4 cm
( 2)
3 cm (3) 146
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
3
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Označavanje smjerova struje u vodiču:
Magnetsko polje ravnog vodiča: H =
I 2 ⋅ π ⋅ r
G
G
B = µ ⋅ H
Smjer polja određuje se pravilom desne ruke: palac - smjer struje prsti - smjer polja
147
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Sila na vodič protjecan strujom u magnetskom polju G
F
G
G
= I ⋅ (l × B ) [ N ]
Smjer sile određuje se pravilom lijeve ruke: • silnice (B) - dlan • struja (I, l ) - prsti • sila (F) - palac
Iznos sile: F = B ⋅ I ⋅ l ⋅ sinα [ N ]
• ukoliko je vodič okomit na silnice magnetskog polja tada je magnetska sila po iznosu jednaka: F = B·I·l • ukoliko je vodič paralelan silnicama magnetskog polja magnetska sila na vodič jednaka je nuli (sin α = 0)
148
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
4
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje: Zadatak se rješava metodom superpozicije. Vodič (1) na mjestu vodiča (3) stvara magnetsko polje H 1: (1)
(2)
4 cm
3 cm (3)
H2
H1
(3)
Vodič (2) na mjestu vodiča (3) stvara magnetsko polje H 2. Po iznosu mag. polja: H 1
=
H 2
=
I 1 2 ⋅ π ⋅ 4 ⋅10
−2
=
−2
=
I 2 2 ⋅ π ⋅ 3 ⋅10
100 2 ⋅ π ⋅ 4 ⋅10 − 2 150 2 ⋅ π ⋅ 3 ⋅10 − 2
= 4 [A/cm] = 8 [A/cm] 149
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ukupno polje na mjestu vodiča (3) jednako je vektorskoj sumi magnetskih polja: (1)
(2)
5 cm
G
H 4 cm
3 cm H2
(3)
G
G
H = H 1 + H 2
H1
Budući da su vektori H1 i H2 pod kutem od 90o vrijedi sljedeće: G
G
H = H 1 H =
2
G
+ H 2
2
= 9 [A/cm]
4 2 + 82
Kut vektora H u odnosu na vektor H1: G
sin α =
Magnetska indukcija:
H 2 G
H
=
8
α = 63°
9
B = µ 0 ⋅ H = 4 ⋅ π ⋅10 −7 ⋅
9 10 − 2
= 1.13 [mT]
150
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
5
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Smjer sile na vodič (3) određuje se pravilom lijeve ruke: (1)
(2) B
F
(3)
Budući da su vodič i smjer vektora magnetskog polja pod 90o, sila iznosi: F = B ⋅ I 3 ⋅ l = 1.13 ⋅10 −3 ⋅ 75 ⋅ 80 ⋅10 −2
= 68 [mN]
151
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 3: Kroz dva beskonačno duga međusobno paralelna pravocrtna vodiča razmaknuta za d = 1 m teku struje I1 = 25 A i I2 = 30 A. Odredite jakost magnetskog polja i magnetsku indukciju u točki A ako je a = 0,5 m.
152
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
6
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje:
H1 =
H2
=
a
α = arc tg = 25,565o H 2x
= H2 ⋅ sin α = 1,91 A/m
2 ⋅ π⋅ a
=
I2 2⋅π⋅ a
H1x
d
I1
2
+d
2
25 2 ⋅ π⋅ 0,5
=
= 7,958 A/m
30 2 ⋅ π ⋅ 1, 25
= −H1 = − 7,958 A/m
;
H 2y
= 4, 2706
;
A/m
H1y
=0
= −H 2 ⋅ cos α = −3,82 A/m 153
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Hx
= H1x + H 2x = − 7,958 + 1,91 = −6, 048 A/m
Hy
= H2y = −3,82 A/m
G
G
G
G
G
H = H x ⋅ i + H y ⋅ j = − 6,048 ⋅ i − 3,82 ⋅ j H=
H 2x
[A/m ]
+ H 2y = 7,153 A/m
B = µo ⋅ H = 8,99 ⋅ 10 −6 T
= 8,99 µT
154
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
7
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 4: Tri beskonačno duga pravocrtna vodiča međusobno su paralelna i leže u istoj ravnini. Izračunajte iznos i smjer sile po jedinici duljine koja djeluje na vodič 2. Zadano je: I1 = 10 A, I2 = 20 A, I3 = 30, d1 = 1 m i d2= 2m.
155
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3 G
F1 =
F3
µo ⋅
= µo ⋅
G
G
F = F1 + F3
Rješenje:
I1 ⋅ I 2 2 ⋅ π⋅ d1 I3 ⋅ I 2 2 ⋅ π ⋅ d2
=400 ⋅ 10-7
[ N/m]
=600 ⋅ 10-7
[ N/m]
F = F3 − F1 = 200 ⋅ 10-7
[ N/m] G
Rezultantna sila je u smjeru sile F3 .
156
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
8
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 5: Izračunajte iznos privlačne sile između beskonačno dugog pravocrtnog vodiča i kvadratne petlje koja leži u istoj ravnini. Dvije stranice petlje su paralelne s vodičem. Zadano je: I 1 = I2 = 1 A, a = 0,1 m, b = 0,2 m.
157
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje:
G
G
G
G
F = F1 + F2 + F3
F = F1 − F2
+
= µo ⋅
F = 3,333 ⋅ 10-8
G
F4
⎛ 1 − 1 ⎞⋅ I ⋅ a ⎜ ⎟ 2 2⋅π ⎝ b b + a ⎠ I1
[ N]
158
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
9
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 6: Vrlo dugi ravni vodič i kruti metalni okvir smješteni su prema slici. Okvir ima težinu G. Uz ostale navedene podatke odredite smjer i veličinu struje I1 uz koju će okvir zadržati zadani položaj. Zadano: G = 0.5 [N], I2 = 15 [A], a = 1 [cm], b = 10 [cm], c = 50 [cm].
I1 a I2
b
c
159
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje: Vrlo dugi ravni vodič protjecan strujom stvara mag. polje u svojoj okolini. Za različite smjerove struje I1 to mag. polje djeluje na okvir silama F1 i F2: F1
I1
I1 B1
B1
I2
I2
F1
F2 F2
G
G
Da bi okvir ostao u istom položaju ukupan zbroj sila mora biti jednak 0: G G G F 1 + F 2 + G = 0
Budući da je F1 > F2, to se može postići samo u slučaju kada struja I1 teče s lijeva na desno (1. slučaj). G
F 1
G
G
= F 2 + G
160
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
10
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Sile F1 i F2 određuju se kao: I1 a I2
b
c
F 1 = B1 (a ) ⋅ I 2 ⋅ c = µ 0 ⋅
I 1 2 ⋅ π ⋅ a
F 2 = B1 (a + b) ⋅ I 2 ⋅ c = µ 0 ⋅
⋅ I 2 ⋅ c I 1
2 ⋅ π ⋅ (a + b )
⋅ I 2 ⋅ c
Iz uvjeta ravnoteže okvira određuje se iznos struje I1: µ 0 ⋅ I 1
I 1 2 ⋅ π ⋅ a
=
⋅ I 2 ⋅ c = µ 0 ⋅
G ⋅ 2 ⋅ π ⋅ a ⋅ (a + b) I 2 ⋅ µ 0 ⋅ c ⋅ b
I 1 2 ⋅ π ⋅ (a + b)
=
⋅ I 2 ⋅ c + G
0.5 ⋅ 2 ⋅ π ⋅1⋅ (1 + 10) 15 ⋅ 4 ⋅ π ⋅10 −7 ⋅ 50 ⋅10
= 3.7 [kA] 161
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 7: Odredite veličinu struje koja teče kroz vodiče koaksijalnog kabela u suprotnim smjerovima, ako jakost magnetskog polja na udaljenosti d od središta kabela iznosi Hd. Također odredite funkciju promjene magnetskog polja, H(r) za 0 < r < ∞. Zadano: R 1 = 0.5 [cm], R 2 = 2.5 [cm], R 3 = 2.6 [cm], d = 2.55 [cm], Hd = 78.8 [A/m].
R2
R3 I
I
R1
162
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
11
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje: Zadatak se rješava primjenom zakona protjecanja.
∫
G G
H d l =
∑ I i
i
l
Mag. polje se mijenja različito u četiri slučaja: Za r < R 1, obuhvaćen je samo dio unutarnjeg vodiča:
H ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π = I '
Gustoća struje u svakoj točki je jednaka.
I
R1
G=
r
I R ⋅ π
H =
2 1
=
I ' 2 ⋅ r ⋅ π
I '
⇒
r ⋅ π
=
2
r 2 I ⋅ 2 R1 2 ⋅ r ⋅ π
I I ' = r 2 ⋅ 2 R1
= I ⋅
r 2 ⋅ π ⋅ R12
Za R 1 < r < R 2, linijom l obuhvaćen je vodič kroz koji teče struja I pa mag. polje iznosi: H ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π = I
⇒ H =
I 163
2 ⋅ r ⋅ π
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Za R 2 < r < R 3, obuhvaćen je unutrašnji vodič i dio vanjskog vodiča: H ⋅ 2 ⋅ r ⋅ R2
R3
I
I
= I − I ' '
Budući da su smjerovi struja suprotni njihovi doprinosi se oduzimaju.
r
G=
I R ⋅ π − R ⋅ π 2 3
2 2
=
I ' ' r ⋅ π − R2 ⋅ π 2
2
r 2 − R22
H =
Za r > R 3:
I ' ' = I ⋅ 2 R3 − R22 2 ⎞ I ⎛ I ⎜⎜1 + 2 R2 2 ⎟⎟ − ⋅ r 2 2 ⋅ r ⋅ π ⎝ R3 − R2 ⎠ 2 ⋅ ( R3 − R22 )⋅ π H ⋅ 2 ⋅ r ⋅ π = I − I H = 0 164
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
12
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Funkcija promjene jakosti mag. polja izgleda kao na slici: H(r)
R1
R2
R3
r
Iz zadanog mag. polja na mjestu r = d može se odrediti struja I:
H d = H (r = d ) =
I =
2 ⎛ ⎞ I ⎜⎜1 + 2 R2 2 ⎟⎟ − ⋅ d 2 2 ⋅ d ⋅ π ⎝ R3 − R2 ⎠ 2 ⋅ ( R3 − R22 )⋅ π
I
2 ⋅ π ⋅ H d ⋅ ( R32 − R22 )⋅ d R32 − d 2
=
2 ⋅ π ⋅ 78.8 ⋅ (2.6 2 − 2.52 )⋅ 2.55 ⋅10 − 2 2.6 2 − 2.552
I = 25 [A ] 165
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 8: Kroz vodič u obliku L profila protječe struja I. Dimenzije vodiča su zadane na slici. Odredite smjer i jakost magnetske indukcije u točki A. Zadano: I = 50 [A].
1.5 m A
1.5 m I
1.5 m 166
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
13
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Ravni vodič konačne duljine kroz koji protječe struja I u svojoj okolini stvara magnetsko polje koje se može odrediti na sljedeći način: H T
=
I 4 ⋅ π ⋅ d
⋅ (sin α 1 − sin α 2 )
Smjer magnetskog polja definiran je pravilom desnog vijka. Primjeri: T
α1
I
⋅ (sin α 1 − sin α 2 ) 4 ⋅ π ⋅ d α 1 > 0 ⇒ sin α 1 > 0
=
H T α2
d
α 2 < 0
⇒ sin α 2 < 0
I 167
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
T
α1 α2
I
⋅ (sin α 1 − sin α 2 ) 4 ⋅ π ⋅ d α 1 > 0 ⇒ sin α 1 > 0
=
H T d
α 2 > 0
⇒ sin α 2 > 0
I
Beskonačno dugi ravni vodič :
α1
=
H T α2
d I
I
⋅ (sin α 1 − sin α 2 ) 4 ⋅ π ⋅ d α 1 → + 90° α 2 → − 90°
T
H T
=
H T
I 4 ⋅ π ⋅ d I
=
⋅ (sin 90° − sin(−90°) )
4 ⋅ π ⋅ d
⋅ (1 − (−1) ) =
I 2 ⋅ π ⋅ d 168
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
14
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje: Polje u točki stvaraju dva vodiča jedan dužine 3 m, a drugi dužine 1.5 m. Ukupno polje jednako je vektorskom zbroju pojedinih komponenti polja: G
G
G
H A = H A1 + H A2
Smjer polja određujemo pomoću pravila desnog vijka:
H A1
I A
H A2
Budući da su polja istog smjera, ukupno polje jednako je algebarskom zbroju polja: H A = H A1 + H A2
I
Primjenom Biot-Savart-ovog zakona određuju se iznosi polja HA1, odnosno polja HA2. 169
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Polje HA1:
I
H A1 = 1.5 m α1
A
α2
H A1
=
4 ⋅ π ⋅1.5
I 4 ⋅ π ⋅1.5
⎛ 2 ⎛ 2 ⎞ ⎞ ⋅ ⎜⎜ − ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎟⎟ 4 ⋅ π ⋅1.5 ⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎠
H A1
1.5 m
⋅ (sin( +45°) − sin(−45°) )
I
H A1 =
1.5 m
⋅ (sin α 1 − sin α 2 )
=
I 4 ⋅ π ⋅ 1.5
⋅ 2
(1)
Polje HA2:
H A2 A
α1'
H A2
=
=
I 4 ⋅ π ⋅1.5 I
4 ⋅ π ⋅1.5
1.5 m
1.5 m (2)
H A2
=
⋅ (sin α '1 − sin α '2 )
⋅ (sin(+45°) − sin(0°) )
⎛ 2 ⎞ ⋅ ⎜⎜ − (0)⎟⎟ 4 ⋅ π ⋅1.5 ⎝ 2 ⎠
H A2
I
=
I 4 ⋅ π ⋅1.5
⋅
2 2
170
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
15
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ukupno polje HA: H A
=
I 4 ⋅ π ⋅1.5 H A
=
⋅ 2+
I 4 ⋅ π ⋅1.5
I 4 ⋅ π ⋅1.5
⋅
2
⋅
2
3⋅ 2 2
Magnetska indukcija u točki A, BA: BA
= µ 0 ⋅ H A = 4 ⋅ π ⋅10−7 BA
50 4 ⋅ π ⋅ 1.5
⋅
3⋅ 2 2
= 5 2 [µ T ]
Smjer vektora mag. indukcije jednak je smjeru mag. polja.
171
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 9: Odredite magnetski tok koji se zatvara kroz zatvorenu petlju prikazanu na slici. Zadano:a = 1 [cm], I = 10 [A].
2a
a
I 2a
172
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
16
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Magnetski tok je skalarna veličina kojom se opisuje magnetsko polje i definiran je kao: G G
Φ = B ⋅ S G
G
G
G
Φ = ∫∫ B ⋅ d S = ∫∫ S ⋅ d B S
S
Primjer, tok kroz zatvorenu petlju: x2
G
G
Φ = ∫∫ B( x) ⋅ d S = ∫ B( x) ⋅ a ⋅ dx S
I
x 2
a
Φ = ∫ µ 0 ⋅ x1
dx
x1
I 2 ⋅ π ⋅ x
⋅ a ⋅ dx = µ 0 ⋅
Φ = µ 0 ⋅
x1 x2
Φ = µ 0 ⋅
I ⋅ a
x 2
dx
2 ⋅ π ∫ x x1
I ⋅ a 2 ⋅ π I ⋅ a 2 ⋅ π
x2
⋅ ln x x1 ⋅ ln
x2 x1
173
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje: Smjer magnetskog toka određuje se pravilom desnog vijka: 2a
a
I Φ
2a
Palac se stavlja u smjer struje kroz vodič i tada prsti određuju smjer magnetskog toka.
Iznos toka: I ⋅ 2 ⋅ a
Φ = µ 0 ⋅
2 ⋅ π
⋅ ln
x2 x1
I ⋅ 2 ⋅ a
= µ 0 ⋅ −7
Φ = 4 ⋅ π ⋅10 ⋅
2 ⋅ π
10 ⋅10 −2 π
⋅ ln
3a a
I ⋅ a
= µ 0 ⋅
π
⋅ ln 3
⋅ ln 3 = 44 [nVs] 174
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
17
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 10: U homogenom magnetskom polju između polova trajnog magneta gustoće magnetskog toka (magnetske indukcije) 0.5 [T] giba se vodič duljine 50 [cm] brzinom od 30 [m/s] u smjeru
a) okomitom na silnice magnetskog polja, b) pod kutem od 45 stupnjeva u odnosu na silnice magnetskog polja. Potrebno je odrediti polaritet i iznos napona koji se na njemu inducira. Za prvi slučaj odredite kolika bi se snaga trošila na otporu R koji je spojen na vodič. Zadano: B = 0.5 [T], I VODIČA = 50 [cm], v = 30 [m/s], R = 10 [ Ω].
175
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Inducirani napon u vodiču koji se giba u magnetskom polju (napon pomicanja): G
G
G
e = ( v × B) ⋅ l [ V]
Smjer induciranog napona određuje se pravilom lijeve ruke:
• silnice (B) - dlan • gibanje (v) - prsti • polaritet/smjer napona (e) palac Iznos napona: e = B ⋅ l ⋅ v ⋅ sin(α ) [ V]
• l je duljina vodiča u magnetskom polju!!! • kut a je kut koji zatvaraju vektori polja (indukcije) i brzine ( samo komponenta brzine okomita na polje stvara napon)
176
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
18
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Vodič okomit na silnice
Polaritet napona - pravilo lijeve ruke:
Iznos induciranog napona: e = B ⋅ l ⋅ v ⋅ sin(α )
= 0.5 ⋅ 0.5 ⋅ 30 ⋅ sin( 90°)
e = 7.5 [ V] U BA
= 7.5 [ V] (B ⇒ +, A ⇒ -)
177
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Vodič pod kutem od 45°
Polaritet napona - pravilo lijeve ruke:
Iznos induciranog napona: e = B ⋅ l ⋅ v ⋅ sin(α )
= 0.5 ⋅ 0.5 ⋅ 30 ⋅ sin( 45°)
e = 5.3 [ V] U BA
= 5.3 [ V] (B ⇒ +, A ⇒ -)
178
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
19
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Priključivanjem otpora na vodič dobivamo sljedeći sustav: +
B B
X
-
⇒
R
v
e
R
A
Snaga na otporu: P R
=
e2 R
=
7.52 10
= 5.6 [W ]
179
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 11: Kroz beskonačno dugi pravocrtni vodič teče istosmjerna struja jakosti I = 1 A. Odredite iznos i smjer inducirane EMS u petlji koja se giba okomito na pravocrtni vodič brzinom v = 1 m/s i to u trenutku kada je b = 1 m. Neka je a = 0,1 m.
180
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
20
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje:
e1 = B1 ⋅ a ⋅ v = e2
µo ⋅ I ⋅ a ⋅ v = 2 ⋅ 10−8 2⋅π⋅b
= B2 ⋅ a ⋅ v =
e1 > e 2
⇒
V
µo ⋅ I ⋅ a ⋅ v = 1,818 ⋅ 10−8 2 ⋅ π ⋅(b + a) e = e1 − e 2
= 1,82 ⋅10 −9
V
V 181
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 12: Zadan je magnetski krug s torusnom jezgrom od feromagnetskog materijala. Ukoliko kroz tu torusnu jezgru protječe magnetski tok od 0.7 [mVs] koliko iznosi struja koja protječe zavojnicom? Ako se napravi zračni raspor u torusnoj jezgri širine 1 milimetar kolika struja treba teći zavojnicom da bi magnetski tok ostao nepromijenjen? Zadano je: N = 100 zavoja, lFE = 20 [cm], S FE = 5 [cm2], Φ = 7⋅10-4 [Vs], tablica magnetiziranja B [T]
1 .1
1 .2
1 .3
H [ A/m ]
3 80
5 00
7 50
1 .4
1 .5
1 20 0 1 90 0
182
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
21
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Uvodni pojmovi
Feromagnetska jezgra l FE
= 2 ⋅ π ⋅ r sr ru+r v
r sr =
2
slično vrijedi i za druge oblike: Veza između magnetskog polja i struje koja ga stvara - zakon protjecanja: H ⋅ l
= I ⋅ N
∑ H ⋅ l = ∑ I i
i
i
⋅ N j
j
183
j
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje:
Bez zračnog raspora
H FE ⋅ lFE = I ⋅ N
Poznato: N, lFE, F F (FFE) ⇒ BFE
⇒ tablica ⇒ HFE B FE =
B FE
⇒
Φ FE S FE
=
7 ⋅ 10−4 5 ⋅ 10
−4
tablica magnetiziranja
= 1.4 [ T]
⇒
H FE = 1200
⎡A ⎤ ⎢⎣ m ⎥⎦
H FE ⋅ lFE = I ⋅ N I =
H FE ⋅ l FE
=
1200 ⋅ 0.2 100
= 2.4 [ A]
184
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
22
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Sa zračnim rasporom
l FE I ⋅ N
− δ ≈ l FE
= H FE ⋅ lFE + Hδ ⋅ l δ
Tok koji protječe jezgrom zatvara se preko zračnog raspora:
Φ FE = Φδ Zbog velikog otpora koji predstavlja vakuum (zrak) za magnetski tok sav tok se zatvara na mjestu gdje je razmak između otvorenih krajeva feromagnetske jezgre najmanji zračni raspor. 185
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zbog toga se može reći da je površina kroz koju taj tok prolazi jednaka površini feromagnetske jezgre: S FE = S δ
Iz toga dalje slijedi da su i magnetske indukcije jednake: B FE = Bδ
Poznavajući gore navedeno može se doći do konačnog rješenja:
Φ FE = Φδ = Φ = 7 ⋅10−4 [ Vs] Bδ
= B FE =
Φ FE S FE
=
7 ⋅ 10−4 5 ⋅ 10−4
= 1.4 [ T]
186
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
23
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
H FE = 1200 H δ
=
Bδ µ0
=
14 . 4 ⋅ π ⋅ 10− 7
I ⋅ N
I =
H FE ⋅ lFE + Hδ ⋅ l δ N
=
⎡A ⎤ ⎢⎣ m ⎥⎦
⎡A ⎤ = 1114 ⋅106 ⎢ ⎥ . ⎣m⎦
= H FE ⋅ lFE + Hδ ⋅ l δ
1200 ⋅ 0.2 + 11 . ⋅10 6 ⋅1 ⋅10
−3
100
=
240 + 1114 100
I = 1354 . [A]
Uspoređujući ovu vrijednost s prethodnom može se vidjeti da za održavanje zadanog toka u zračnom rasporu širine 1 milimetar otpada čak 13.54-2.4=11.14 A !!! To je za više od 4x veća vrijednost od one za održavanje toka u feromagnetskoj jezgri 200x veće duljine.
187
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 13: Na jezgru (prema slici) koja se sastoji od dva različita materijala namotano je N = 2000 zavoja. Komad 2 ima zračnu pukotinu široku δ = 0,5 mm. Zadano je S1 = 40 cm2, S2 = 30 cm2 , A1 = 0,3 m, A 2 = 0,45 m.
U zračnoj pukotini silnice se šire za x = 15 %. Tok kroz magnetski krug iznosi
Φ = 3,84
mVs. Izračunajte MMS
Relativne permabilnosti su
Θ
i struju magnetiziranja I.
µr1 = 55, µr2 = 1415.
188
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
24
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje:
Φ = B1 ⋅ S1 = B2 ⋅ S2 = Bo ⋅ So Bo
=
Ho
=
Φ
Bo
Φ
B1 =
S1
H1 =
=
µo =
So
= 1,15 ⋅ S2
Φ 3,84 ⋅10−3 = = 1,113 [ T ] 1,15 ⋅ S 2 1,15 ⋅ 30 ⋅ 10−4
=
So
;
1,113 4 ⋅ π ⋅10−7
3,84 ⋅ 10−3 40 ⋅10−4
B1
µo ⋅ µ r1
=
= 8,857 ⋅ 105 [ A/m ]
= 0,96 [T ]
0,96 = 1,39 ⋅ 104 7 − 4 ⋅ π ⋅ 10 ⋅ 55
[ A/m ] 189
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
B2
=
H2
=
Φ S2
=
− 3,84 ⋅ 10 3 − 30 ⋅ 10 4
B2
µo ⋅µ r2
=
= 1, 28 [T ]
1, 28 = 719,85 4 ⋅ π ⋅10−7 ⋅1415
[ A/m]
Θ = N ⋅ I = H1 ⋅ A1 + H 2 ⋅ A 2 + Ho ⋅ δ = 4936,78 [ A] I=
Θ N
=
4936,78 2000
= 2, 468 [ A ]
190
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
25
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Zadatak 14: Elektromagnet (prema slici) treba podići teret koji zajedno s kotvom elektromagneta teži G = 7848 N. Jezgra i kotva elektromagneta su izrađene od transformatorskih limova (µr = 76580), konstantnog poprečnog presjeka SFe = 63 cm2 . Srednja duljina magnetskih silnica u željezu je ' '' A s = A s + A s = 0,6 m. Zračna pukotina uslijed hrapavosti površine ima ekvivalentnu širinu δ =0,2 mm. Ako je na jezgru namotano N=1000 zavoja, kolika minimalna struja I treba te ći kroz zavojnicu? Zanemariti proširenje silnica u začnom rasporu.
191
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Rješenje:
F=
G = 2⋅ F =
Bo2
µo
So
⋅ So
⇒
= SFe ⇒
Bo
=
BFe = Bo
1 2
G ⋅µo So
⋅ Bo ⋅ Ho ⋅ So =
=
7848 ⋅µ o 63 10−4
⋅
Bo2 2 ⋅µo
⋅ So
= 1, 251 [T ]
= 1, 251 [T ] 192
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
26
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ho
=
H Fe
Bo
µo
=
=
1,251 4 ⋅ π ⋅10−7
BFe
µo ⋅ µ r
=
= 9,955 ⋅ 105 [ A/m]
1,251 = 13 4 ⋅ π ⋅10−7 ⋅ 76580
[ A/m ]
Θ = N ⋅ I = HFe ⋅ A s + 2 ⋅ Ho ⋅ δ = 406 [ A] I=
Θ N
=
406 1000
= 0, 406 [ A ]
193
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 1: Tri beskonačno duga pravocrtna vodiča međusobno su paralelna i leže u istoj ravnini. Izračunajte iznos i smjer sile po jedinici duljine koja djeluje na vodič 2. Zadano je: I1 = I2 = I3 = 10 A, a = 0,5 m.
Rješenje:
G
G
F = −10−5 ⋅ 2 ⋅ i
(
G
− 3, 464 ⋅ j )
[N/m ]
194
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
27
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 2: Magnetski tok Φ = 4 µVs proizvodi istosmjerna struja koja teče kroz N = 10000 zavoja omotanih oko cijevi savinute u obliku prstena. Promjer cijevi je dc = 10 cm, a duljina osi cijevi A c = 1,2 m . Kolika je jakost magnetskog polja H i jakost struje I koja proizvodi to polje?
Rješenje:
I = 0, 04863
[A ]
195
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 3: Kroz dva ravna beskona čno duga vodiča teku struje jakosti I u suprotnim smjerovima. Vodi či se nalaze na me đusobnoj udaljenosti d. Izračunajte magnetsku indukciju u to čkama A i B. Zadano je: I= 10 A, d=20 cm. I1 .
I2
A
d /2
B d /2
d
Rješenje:
B A
= 4 ⋅ 10−5
T, B B
= 1,33 ⋅10 −5 T 196
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
28
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 4: Kroz ravni beskonačno dugi vodič poznatog poprečnog presjeka teče struja jakosti I. Gustoća struje je konstantna duž poprečnog presjeka vodiča. Odredite jakost magnetskog polja u točkama : r 1 = r, r 2 = R, r 3 = 2 ⋅ R. Zadano je: I = 1 A, R = 2 cm, r = 1 cm. H
I
r R
Rješenje:
H1 = 0,
H 2 = 7,95 ⋅10 -2 A/cm, H 3 = 3,98 ⋅10 -2 A/cm.
197
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 5: Kroz ravni dugi vodič polumjera R = 0,5 cm teče struja jakosti I. Gustoća struje je konstantna duž poprečnog presjeka vodiča. Na nekoj udaljenosti od središta vodiča magnetsko polje ima maksimalnu jakost H max . Izračunajte udaljenosti r 1 i r 2 od središta vodiča u kojima jakost magnetskog polja iznosi H = ( 2 / 3) ⋅ H max .
Rješenje: r 1 = 0,33 cm, r 2 = 0,75 cm. 198
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
29
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 6: Zadan je koaksijalni kabel kod kojeg kroz unutarnji vodič teče struja I u jednom, a kroz vanjski u drugom smjeru. Izračunajte iznos magnetsku indukciju u točkama A, B, C i D. Relativna permabilnost vodiča jednaka je µ r = 1 . Zadano je: I=20 A, R 1 = 0,6 cm , R 2 = 2,6 cm , R 3 = 3 cm , x1 = 0,3 cm , x 2 = 1,3 cm , x 3 = 1,2 cm , x 4 = 1,6 cm. Rješenje: BA
= 3,33 ⋅10 −4 T
BB
= 2,5 ⋅10 −4 T
= 7,4 ⋅10 −5 T BD = 0
BC
199
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 7: Kroz četiri beskonačno duga međusobno paralelna vodiča teku struje jakosti I u označenim smjerovima. Izračunajte iznos magnetske indukcije B u točki A. Zadano je: I = 5 A, d = 20 cm.
.I
I
Rješenje: BA
=0
d
A
. I
I d 200
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
30
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 8: Kroz vodič zadanog kutnog profila teče struja jakosti I. Izračunajte iznos i smjer vektora magnetske indukcije B u točki D. Zadano je: I = 100 A, d = 5 cm .
Rješenje: BD
I
= 10 −4
T
α
d 201
I. Jurić - Grgić - Elektrotehnika - Auditorne vježbe – dio 3
Ispitni zadatak 9: Na kratki ravni vodič duljine 30 cm, koji se nalazi u magnetskom polju i okomit je na silnice polja, djeluje elektromagnetska sila iznosa 60 N. Ako struja kroz vodič iznosi 250 A, izračunajte magnetsku indukciju polja.
Rješenje: B = 0,8 T.
202
www.eISPIT.com - online ispiti i skripte
31