Sanja Maravić

Sanja Maravić

ZBIRKA REŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ OSNOVA ELEKTROTEHNIKE Mašinski odsek i Tehnička informatika

VIŠA TEHNIČKA ŠKOLA Subotica, septembar 2001.

I deo

1

Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz Osnova elektrotehnike

1. Dva tela, naelektrisana količinama naelektrisanja Q1= -4nC i Q2= -1nC, nalaze se na rastojanju a=18cm u vakuumu. Kakav znak može da ima naelektrisanje trećeg tela, koje je naelektrisano količinom naelektrisanja Q3=1nC, i gde ga je potrebno postaviti da bi bilo u ravnoteži u odnosu na dejstvo Kulonovih sila prva dva tela? (26.11.1999.)

Rešenje: Zadatak se rešava primenom Kulonovog zakona i principa superpozicije. Kulonov zakon glasi: ! F12 =

1 Q1Q2 ! ⋅ r012 4πε 0 r 2

F12 je električna sila kojom telo 1 deluje na telo 2. Vektor F12 mora ležati na pravoj koja spaja dva tela, a njegov početak, tj. tačka gde deluje, je u nekoj tački tela 2. Sa r012 obeležen je jedinični vektor usmeren od tela 1 ka telu 2. Ako su Q1 i Q2 istoga znaka njihov proizvod je pozitivan, i smer vektora F12 je u smeru vektora r012, odnosno sila je odbojna. Ako su naelektrisanja Q1 i Q2 suprotnog znaka, njihov proizvod je negativan, pa je smer vektora F12 u smeru vektora –r012, tj. sila je privlačna.

Q2

-F12

Q1

F12

ro12 Dva “punktualna” opterećenja i smerovi vektora koji figurišu u Kulonovom zakonu

Prema principu superpozicije ukupna električna sila kojom na neko malo naelektrisano telo deluje više drugih malih naelektrisanih tela jednaka je vektorskom zbiru sila kojima ta druga tela deluju ponaosob na posmatrano telo. (1) Q3 > 0 Pretpostavimo da je naelektrisanje Q3 pozitivno naelektrisano. Ako je Q3 pozitivno, sile su privlačne. Ukupna sila koja deluje na ovo telo mora biti jednaka nuli kako bi bio ispunjen uslov da je telo u ravnoteži, i iz tog uslova može se odrediti gde je potrebno postaviti telo.

a Q1

ro13

ro23

Q3

(-)

(+)

F13 x

Q2 (-)

F23 x1

2


! ! ! F3 = F13 + F23 = 0 ! F13 =

! QQ ! 1 Q1Q3 ! 1 ⋅ 2 ⋅ r013 ; F23 = ⋅ 2 3 2 ⋅ r023 4πε 0 x 4πε 0 (a − x)

! ! r013 = − r023 ! F3 =

QQ ! 1 Q1Q3 ! 1 ⋅ 2 ⋅ r013 + ⋅ 2 3 2 ⋅ (− r013 ) = 0 4πε 0 x 4πε 0 (a − x)

Q1 Q2 − =0 2 x (a − x) 2 a

x=

Q2 Q1

1+ x=

2 a 3

x =12 cm (rastojanje od naelektrisanja Q1) x1 =6 cm (rastojanje od naelektrisanja Q2) (2) Q3 < 0 Ako je naelektrisanje Q3 negativno, sile su odbojne. Ukupna sila koja deluje na naelektrisanje Q3 mora biti nula da bi telo bilo u ravnoteži u odnosu na dejstvo Kulonovih sila prva dva tela. a Q1 ro13

Q3

(-)

(-)

F23 x

ro23 Q2 (-)

F13 x1

a

x= 1+

Q2 Q1

2. Izračunati jačinu električnog polja u koordinatnom početku za sistem naelektrisanja prikazan na slici, ako je: Q1= 1nC, Q2= -2nC, Q3= 3nC, d1= 2cm, d2= 4cm, ε0=8,854⋅10-12F/m. (06.12.1999.)

3


y Q1

Q2

d1

d2 Q3

x

Rešenje: Jačina električnog polja određuje se na osnovu jednačine:

! E=

1 Q ! ⋅ 2 ⋅ r0 , 4πε 0 r

gde je r rastojanje posmatranog naelektrisanja od tačke u kojoj određujemo vrednost jačine električnog polja, a r0 jedinični vektor usmeren od naelektrisanja ka tački u kojoj se određuje vrednost jačine električnog polja. Zadatak se rešava primenom principa superpozicije, a rezultujući vektor jačine električnog polja najlakše se određuje ako se vektori jačine električnog polja E1, E2 i E3 rastave na komponente u pravcu x i y ose. Kao prvo, treba odrediti rastojanje r1 naelektrisanja Q1 od koordinatnog početka. Dijagonale romba se polove i seku pod pravim uglom, tako da rastojanje r1 određujemo iz pravouglog trougla u kome su katete d1/2 i d2/2, a r1 je hipotenuza. Prema tome: 2

2

d 2 + d 22 d  d  r = 1  + 2  = 1 = 5cm 2 2 2 4     2 1

r1 = 5cm = 2,236cm

y Q1

j E2y

E23 E3

E1x

E1

d1

r1

.

α

α

E2 E2x

β

ER

Q2

E1y

.

d2

i Q3

x

4


! E1 =

1 Q1 ! V ! ⋅ 2 ⋅ r01 = 17,975k ⋅ r01 4πε 0 r1 m

! E2 =

1 Q1 ! V ! ⋅ 2 ⋅ r02 = −11,235k ⋅ r02 4πε 0 d 2 m

! E3 =

1 Q1 ! V ! ⋅ 2 ⋅ r03 = 53,926k ⋅ r03 4πε 0 r1 m

Ukupna jačina električnog polja je: ! ! ! ! E R = E1 + E 2 + E3 Rezultujuće električno polje pravcu x-ose i druge u pravcu y-ose. ! ! ! E R = E Rx + E Ry ! ! ! ! E Rx = E1x + E 2 x + E3 x ! ! E1 x = E1 ⋅ cos β ; ! ! E 2 x = E 2 ⋅ cos α ;

možemo da predstavimo kao zbir dve komponente, jedne u

; ! E1 y

! ! ! E Ry = E1 y + E 2 y ! = E1 ⋅ sin β

! ! E 2 y = E 2 ⋅ sin α

d2 d 2 cos α = 2 = 2 = = 0,89 ; r1 2r1 5

α = 26,56 "

β = 90 " − 2α = 36,87 " ; cos β = 0,799 ; sin β = 0,6 ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! E Rx = E 2 x ⋅ i − E1x ⋅ i − E3 ⋅ i = E 2 ⋅ cos α ⋅ i − E1 ⋅ cos β ⋅ i − E3 ⋅ i ! ! ! V V V ! V ! E Rx = 11,234k ⋅ 0,89 ⋅ i − 17,975k ⋅ 0,799 ⋅ i − 53,926k ⋅ i = −58,29k ⋅ i m m m m ! ! ! ! ! ! ! ! ! E Ry = E 2 y ⋅ j − E1 y ⋅ j = E 2 ⋅ sin α ⋅ j − E1 ⋅ sin β ⋅ j ! ! ! V V V ! E Ry = 11,234k ⋅ 0,447 ⋅ j − 17,975k ⋅ 0,6 ⋅ j = −5,763k ⋅ j m m m ! V ! V ! E R = −58,29k ⋅ i − 5,763k ⋅ j m m ! V 2 2 E R = E Rx + E Ry = 58,573k m

3. Odrediti jačinu električnog polja u koordinatnom početku za sistem naelektrisanja prikazan na slici, ako je a= 4cm, h= 6cm, Q1= 2nC, Q2= -3nC, Q3= 1nC, ε0=8,854⋅10-12F/m. (17.01.2000.)

5


y a Q3

Q1

h

Q2 x

0

Rešenje: Jačina električnog polja određuje se na osnovu izraza: →

1 Qi → ⋅ ⋅ r 0i 4πε 0 ri 2

→

1 Q1 → ⋅ ⋅ r 01 4πε 0 r12

→

→ Q Q → 1 1 ⋅ 2 2 ⋅ r 02 = − ⋅ 22 ⋅ i 4πε 0 (2a ) 4πε 0 4a

→

1 Q3 → 1 Q3 → ⋅ 2 ⋅ r 03 = − ⋅ ⋅j 4πε 0 h 4πε 0 h 2

Ei = E1 = E2 = E3 =

r12 = (2a ) + h 2 = 100cm 2 2

Vektor jačine električnog polja naelektrisanja Q1 rastavljamo na komponente u pravcu x i y ose, pa će biti: →

→

→

2a 4 → = ⋅ | E1 | r1 5

→

→

→

h 3 → = ⋅ | E1 | r1 5

| E 1x |=| E 1 | ⋅ cos α =| E 1 | ⋅ | E 1 y |=| E 1 | ⋅ sin α =| E 1 | ⋅

Ukupna jačina električnog polja je: →

→

→

→

→

→

E R = E 1 + E 2 + E 3 = E Rx + E Ry →

→

→

Q → 4 1 Q1 → 1 V → ⋅ 22 ⋅ i − ⋅ ⋅ 2 ⋅ i = 2,77 k ⋅ i 4πε 0 4a 5 4πε 0 r1 m

→

→

→

→ 1 Q3 → 3 1 Q1 V → ⋅ 2 ⋅ j− ⋅ ⋅ 2 ⋅ j = − 3,57 k ⋅ j 4πε 0 h 5 4πε 0 r1 m

E Rx = E 2 + E1x = − E Ry = E 3 + E1 y = −

6


→ → →   V E R =  2,77 ⋅ i − 3,57 ⋅ j k   m →

| E R |= 4,52k

V m

4. Odrediti kolika sila deluje na naelektrisanje Q= 4nC koje se nalazi u koordinatnom početku za sistem naelektrisanja prikazan na slici, ako je a= 4cm, h= 6cm, Q1= 2nC, Q2= -3nC, Q3= 1nC, ε0= 8,854⋅10-12F/m. (07.02.2000.) y a Q3

Q1

h

Q2 x

0

Rešenje: Rezultujuća sila koja deluje na naelektrisanje Q koje se nalazi u koordinatnom početku određuje se primenom principa superpozicije. FR = F1 + F2 + F3

y 2a

Q3

Sila kojom naelektrisanje naelektrisanje Q:

Q1

deluje

1 Q1 ⋅ Q F1 = ⋅ 2 r01 = 7,19µN ⋅ r01 4πε 0 r r = h 2 + (2a) 2 = 10cm

na

r01

r03

Q F1

Q1

r

α

α

r02 F2

F3

h Q2 x


7

Sila kojom naelektrisanje Q2 deluje na nalektrisanje Q: F2 =

1 Q2 ⋅ Q ⋅ r02 = −16,852 µN ⋅ r02 4ε 0 (2a) 2

Sila kojom naelektrisanje Q3 deluje na naelektrisanje Q: F3 =

1 Q3 ⋅ Q ⋅ r03 = 9,986 µN ⋅ r03 4πε 0 h2

Rezultujuća sila može se predstaviti zbirom dve komponete, jedne u pravcu x-ose i jedne u pravcu y-ose. FR = F1 + F2 + F3 = FRx + FRy Komponentu u pravcu x-ose čine sila F2 i projekcija sile F1 na x-osu: FRx = F2 + F1x Komponentu u pravcu y-ose čine sila F3 i projekcija sile F1 na y-osu: FRy = F3 + F1 y | F1x |=| F1 | ⋅ cos α =| F1 | ⋅

2a = 0,8⋅ | F1 | r

| F1 y |=| F1 | ⋅ sin α =| F1 | ⋅

h = 0,6⋅ | F1 | r

FRx =| F2 | ⋅i + | F1 x | ⋅ (−i ) = 16,852 µN ⋅ i − 7,19 µN ⋅ i ⋅0,8 = 11,1µN ⋅ i FRy =| F3 | ⋅(− j )+ | F1 y | ⋅(− j ) = −9,986 µN ⋅ j − 7,19 µN ⋅ j ⋅0,6 = −14,3µN ⋅ j F = 11,1µN ⋅ i − 14,3µN ⋅ j | F |= FRx2 + FRy2 = 18,102 µN

5. U temenima kvadrata, stranica a=2cm, naizmenično su postavljenja tačkasta naelektrisanja Q1= 2nC, Q2= -4nC, Q3= 2nC, Q4= -4nC. Kolika je jačina električnog polja u preseku dijagonala kvadrata? Kolika je jačina električnog polja ako je Q2= 4nC, a ostale vrednosti ostaju nepromenjene? (03.04.2000.)

Rešenje:

8


a)

Q4

Sa slike se vidi da je: E1 = − E3 E2 = −E4

Q3 (+)

a

(-) E1 + E3 = 0

a

E2 + E4 = 0

Na osnovu ovih jednačina zaključujemo da je ukupno električno polje u preseku dijagonala jednako nuli. E uk = E 1 + E 2 + E 3 + E 4 = 0

E1

E4

E2

E3 (+) Q1

(-) Q2

b) Ukupno električno polje u preseku dijagonala jednako je zbiru električnog polja koje potiče od naelektrisanja Q2 i naelektrisanja Q4. E = E2 + E4 1 Q2 V E2 = ⋅ 2 ⋅ r02 = 180,83k ⋅ r02 4πε 0 r m 1 Q4 V E4 = ⋅ 2 ⋅ r04 = −180,83k ⋅ r04 4πε 0 r m r=

d a 2 = = 1,41cm r 02 = − r 04 2 2

Q3 (+)

a r04 E

2

= E

4

a r02

E = 180,83k

V V ⋅ r 02 − 180,83k ⋅ r 04 m m

E = 180,83k

V V ⋅ r 02 + 180,83k ⋅ r 02 m m

E = 361,66k

V ⋅ r 02 m

E = 361,66k

Q4 (-)

(+) Q1

(+) Q2

V m

6. Odrediti vektor jačine električnog polja u koordinatnom početku za sistem naelektrisanja prikazan na slici. Naelektrisanja Q3 i Q4 nalaze se na sredini stranice šestougla. Brojni podaci: dužina stranice šestougla a= 2cm, Q1=Q2= 2nC, Q3= -Q4= 1nC, ε0= 8,854⋅10-12F/m. (05.06.2000.)

9


y

Q1 Q3 x

Q4 Q2

Rešenje: E1 =

1 Q1 ⋅ ⋅ r01 4πε 0 a 2

E2

E2 =

1 Q2 ⋅ ⋅ r02 4πε 0 a 2

E2x

Iz razloga simetrije vektori jačine električnog polja daće komponentu samo u pravcu x-ose.

y Q1

E2y

a

60 "

x

E1x

a

E1y

Q2

| E 1x | =| E 2 x |=| E 1 | ⋅ cos 60 " =

E1

| E 1x |=| E 2 x |= 22,469k

y Q3

a E3x

E4x

60"

E3

x

E3y E4y

E4

E3 =

1 Q3 ⋅ ⋅ r03 4πε 0 h 2

E4 =

1 Q4 ⋅ ⋅ r04 4πε 0 h 2

h=

3 a 2

Iz razloga simetrije vektori jačine električnog polja imaju komponentu samo u pravcu y-ose.

| E 3 y |=| E 4 y |= 25,945k

E R = (22,469i − 25,945 j )k

V m

| E 3 y |=| E 4 y |=| E 3 | ⋅ cos 30 " =

Q4

V m

Q1 1 ⋅ 2 4πε 0 a 2

V m

Q3 3 ⋅ 2 4πε 0 h 2

10


| E R |= 34,32k

V m

7. Dat je pravilan petougao. Odrediti vrednost jačine električnog polja u koordinatnom početku, ako je a= 2cm, Q1=Q2= 2nC, Q3= -3nC, ε0= 8,854⋅10-12 F/m. (26.06.2000.)

y

Q3

x

Q1

Q2

Rešenje: Ukupna vrednost jačine električnog polja u koordinatnom početku određuje se primenom principa superpozicije. Naelektrisanja Q1 i Q2 imaju istu brojnu vrednost i nalaze se na istom rastojanju b od koordinatnog početka, tako da se komponente u pravcu x-ose poništavaju. Rezultujuće električno polje imaće komponentu samo u pravcu y-ose. Kako je u pitanju pravilan 360 " , gde je n broj stranica petougao vrednost centralnog ugla određuje se na osnovu formule α = n pravilnog mnogougla.

α=

360 " = 72 " 5

Pravilan petougao sastoji se od 5 jednakokrakih trouglova, a dužina stranice b može se odrediti primenom kosinusne teoreme: a 2 = b 2 + b 2 − 2b 2 cos α a 2 = 2b 2 (1 − cos α ) | E1 |=| E 2 |= | E3 |=

⇒

b=

1 Q1 V ⋅ 2 = 62,23k 4πε 0 b m

1 Q3 V ⋅ 2 = 93,35k 4πε 0 b m

a 2(1 − cos α )

= 1,7cm

11


| E 1 y |=| E 2 y |=| E 1 | ⋅ cos 36 " = 50,35k E R = 2⋅ | E 1 y | ⋅ j + | E 3 | ⋅ j = 194,05k | E R |= 194,05k

V m

V ⋅j m

V m

8. Tri tačkasta naelektrisanja Q1=Q2= 5,11nC i Q3= -10nC, nalaze se u vazduhu, u temenima jednakostraničnog trougla, stranice a= 2cm. Odrediti intenzitet, pravac i smer sile kojom prva dva naelektrisanja deluju na treće. (04.09.2000.)

Rešenje: Iz razloga simetrije postojaće komponenta sile samo u pravcu y-ose (naelektrisanja Q1 i Q2 jednaka su po brojnoj vrednosti i po znaku, a kako se nalaze u temenima jednakostraničnog trougla i rastojanje ovih naelektrisanja od naelektrisanja Q3 je isto i iznosi a).

y F13x (-) Q3 F23x 60"

F13 F13y

x F23

| F 13 |=| F 23 |=

F23y

1 Q1 | Q3 | ⋅ 4πε 0 a2

| FR |= 2⋅ | F 13 y |= 2⋅ | F 13 | ⋅ cos 30 " = (+) 60 " Q1

(+) Q2

3Q1 | Q3 | 4πε 0 a 2

| F R |= 1,988mN

9. Tri tačkasta naelektrisanja Q1=Q2= 5,11nC i Q3= -10nC, nalaze se u vazduhu, u temenima jednakostraničnog trougla, stranice a=2cm. Odrediti intenzitet, pravac i smer sile kojom naelektrisanja Q2 i Q3 deluju na naelektriasnje Q1. (25.09.2000.)

Rešenje:

12


FR = F31 + F21 = FRx + FRy

y

ro31

Q3

F 31 =

1 Q1Q3 ⋅ ⋅ r031 = −1,148mN ⋅ r031 4πε 0 a 2

F21 =

1 Q1Q2 ⋅ ⋅ r021 = 0,586mN ⋅ r021 4πε 0 a 2

| F 31 x |=| F 31 | ⋅ cos α = 0,5⋅ | F 31 | F31

| F 31 y |=| F 31 | ⋅ sin α =

F31y F21

α

F31x

Q1

ro21

Q2

x

3 ⋅ | F 31 | 2

FRx = F21 + F 31x =| F 21 | ⋅(−i )+ | F 31 x | ⋅i F Ry = F 31 y =| F 31 | ⋅ j F Rx = −12 µN i

F Ry = 994,197 µN j

F R = (−12i + 994,197 j ) µN | F R |≅ 994,197 µN

10. U svakom temenu kvadrata stranice a= 1cm, nalazi se po jedno malo naelektrisano telo, naelektrisano količinom naelektrisanja Q= 10-10C. Koliko treba da je naelektrisanje Q5 koje se nalazi u preseku dijagonala kvadrata da bi ukupna sila na jedno od naelektrisanja u temenu bila nula (da naelektrisanje bude u ravnoteži)? (09.10.2000.)

Rešenje: Neka su naelektrisanja raspoređena kao na slici (naelektrisanja Qi, i=1, 2, 3, 4 imaju vrednost Q). Da bi ukupna sila na česticu dva bila nula, tj. da se čestica dva nalazi u ravnoteži, naelektrisanje Q5 koje je u preseku dijagonala kvadrata mora biti negativno naelektrisano.

Q4

Q3

F uk 2 = F 12 + F 32 + F 42 + F 52 F uk 2 = 0

Q5 Q1

Q2

F uk 2 x = 0 ∧ F uk 2 y = 0

F uk 2 x = F 12 + F 42 x + F 52 x

(1)

F uk 2 y = F 32 + F 42 y + F 52 y

(2)

13


| F 12 |=

y F52

| F 42

F52y

1 Q2 1 Q2 |= ⋅ = ⋅ 4πε 0 d 2 4πε 0 2a 2

| F 52 |= 45"

F52x

Q2

F42x

F12

1 Q | Q5 | 1 Q | Q5 | ⋅ = ⋅ 2 πε 0 2a 2 4πε 0  d    2

x

45"

F42y

1 Q2 1 Q2 ⋅ 2 ; | F 32 |= ⋅ 4πε 0 a 4πε 0 a 2

F42

F32

| F 42 x |=| F 42 | ⋅ sin 45 " =

2 ⋅ | F 42 | 2

| F 52 x |=| F 52 | ⋅ sin 45 " =

2 ⋅ | F 52 | 2

Zamenom odgovarajućih izraza u jednačinu (1), dobija se: 2 1 Q2 1 Q2 2 1 Q | Q5 | ⋅ ⋅ 2 + ⋅ 2 − ⋅ ⋅ =0 2 4πε 0 2a 4πε 0 a 2 πε 0 2a 2 Sređivanjem ove jednačine dolazi se do izraza za vrednost naelektrisanja Q5: | Q5 |=

1 2

 2  2 ⋅  + 1Q = 8  4 

(

)

2+4Q

| Q5 |= 0,957 ⋅ 10 −10 C Zamenom ove vrednosti za naelektrisanje Q5 u jednačinu (2) vidi se da je i drugi uslov da je ukupna sila na česticu dva u pravcu y-ose zadovoljen.

11. Dve koncentrične sfere poluprečnika a= 3cm i b= 7cm naelektrisane su količinama naelektrisanja Qa= 2nC i Qb= -6nC. Odrediti vektor jačine električnog polja E i potencijal V u svim tačkama, kao i kapacitivnost sfernog kondenzatora? (26.11.1999.)

Rešenje: Zadatak se rešava primenom Gausovog zakona:

!

∫ E ⋅dS = S

označava algebarski zbir svih opterećenja unutar površi S.

Q ukupno u S

ε0

,

gde

Qukupno

u

S

14


E

Qb Qa

n

a

S r

b

Sfere su ravnomerno naelektrisane po površi, tako da je vektor jačine električnog polja radijalan, kao što je naznačeno na slici. Zbog simetrije je, takođe, intenzitet vektora jačine električnog polja isti u svim tačkama koje su na istom odstojanju od centra lopte, tj. na površi zamišljenje sfere koncentrične sa datim sferama. Vektor E normalan je na sferu u svim tačkama, tako da je skalarni proizvod E⋅⋅dS=E⋅⋅n⋅⋅dS=E⋅⋅dS⋅⋅cos0=E⋅⋅dS, pa je: ! ! E ∫ ⋅ dS = ∫ E ⋅ dS S

S

Pošto je intenzitet E vektora jačine električnog polja E u svim tačkama na površi sfere isti (sve tačke sfere su na istom odstojanju r od zajedničkog centra sfera), može se kao zajednički faktor izvući ispred znaka integrala, pa je: ! ! 2 E ∫ ⋅ dS = E ∫ dS = E ⋅ 4πr S

S

pošto je zbir površina svih površinica dS koje sačinjavaju posmatranu sferu S jednak njenoj površini 4πr2. I oblast 0 < r < a : Naelektrisanje Qa sfere manjeg poluprečnika ravnomerno je raspoređeno po površi sfere, pa sfera poluprečnika manjeg od a ne obuhvata naelektrisanje. Prema tome:

∑Q

uk

=0 ⇒ E=

∑Q

uk 2

4πε 0 r

=0

II oblast a < r < b : Zamišljena sfera poluprečnika a < r < b u potpunosti obuhvata sferu manjeg poluprečnika r=a, tj. celokupno njeno naelektrisanje Qa. Naelektrisanje sfere poluporečnika r=b ravnomerno je raspoređeno po njenoj površini tako da ono nije obuhvaćeno. Sledi da je:

15


= Qa ⇒ E II =

Qa 4πε 0 r 2

za r = a :

E II (r = a) =

Qa V V = 19972,76 = 19,97 k 2 m m 4πε 0 a

za r = b:

E II (r = b) =

Qa V V = 3668,46 = 3,67 k 2 m m 4πε 0 b

∑Q

uk

III oblast r > b : Sfera poluprečnika r > b u potpunosti obuhvata obe sfere poluprečnika a i b, tako da je:

∑Q

= Qa + Qb ⇒

uk

za r =b:

E III (r = b) =

za r→∝ :

EIII(r)=0

E III (r ) =

Qa + Qb 4πε 0 r 2

Qa + Qb V V = −7336,93 = −7,34k 2 m m 4πε 0 b

Potencijal: Potencijal tačke A u odnosu na referentnu tačku R definiše se na sledeći način: ! ! V A = ∫ E ⋅ dl . U ovom slučaju referentna tačka R nalazi se u beskonačnosti. R

A

III oblast r > b : ∞ ! ! ∞ Q + Qb dr Qa + Qb  1  = ∫ E ⋅ dr = ∫ E III ⋅ dr = ∫ a ⋅ = ⋅−  4πε 0 r 2 4πε 0  r  P r r R

VIII

r=b:

VIII (r = b) =

∞ = r

Qa + Qb = −513,6V 4πε 0 b

r→∝ : VIII=0 V II oblast a < r < b : ∞ ! ∞ b Q ! b dr VII = ∫ E ⋅ dr = ∫ E II ⋅ dr + ∫ E III ⋅ dr = ∫ a ⋅ 2 + VIII (r = b) = 4πε 0 r r r b r

b Q Qa  1  b−r = ⋅  −  + V III (r = b) = a ⋅ + VIII (r = b) 4πε 0  r  4πε 0 b ⋅ r r

Qa + Qb 4πε 0 r

16


VII (r = b) = VIII (r = b) = −513,6V r=a: VII (r = a ) =

Qa b − a ⋅ + VIII (r = b) = −171,2V 4πε 0 b ⋅ a

I oblast 0 < r < a : ∞ ! ∞ b ! a VI = ∫ E ⋅ dr = ∫ E I ⋅ dr + ∫ E II ⋅ dr + ∫ E III ⋅ dr = VII (r = a ) = −171,2V r

r

a

b

Kapacitivnost: b

U = ∫ E II ⋅ dr = a

Qa b − a 4πε 0 ab Q ⋅ ⇒ C= ; U= = 5,84 ⋅ 10 −12 F = 5,84 pF 4πε 0 b ⋅ a C b−a

12. Uzemljivač stuba dalekovoda se može aproksimirati poluloptom poluprečnika a= 1,5m, specifična otpornost zemlje u okolini uzemljivača je ρ= 102Ωm. Izračunati otpornost uzemljenja uzemljivača i napon koraka (d=0,75m) ako je jačina struje kroz uzemljivač I=20000A. (06.12.1999.)

Rešenje: Uzemljivač generatora možemo da zamislimo u obliku velike metalne polulopte koja ima isti centar kao polulopta uzemljivača prijemnika, poluprečnika b >> a. Specifična otpornost velike metalne polulopte uzemljivača generatora i male polulopte uzemljivača prijemnika, mnogo je manja od specifične otpornosti zemlje. Iz tog razloga i jedna i druga polulopta mogu se smatrati za ekvipotencijalne površi, a vektor gustine struje između njih je radijalan, kao što je prikazano na slici. Po prvom Kirhofovom zakonu jačina struje kroz svaku zamišljenu polusferu S u zemlji je ista, i jednaka I. Površina zamišljene polusfere S je 2r2π. Gustina struje J je J=I/(2r2π). Jačina električnog polja je E=ρ⋅ J, tj. E=ρI/(2r2π).

17


I

.

Va

b

a

.

r

Vb

S J

Razlika potencijala između polulopte poluprečnika a i poluprečnika b je: ! ! b ρ ⋅I ρ I  1 1 ρ I Va − Vb = ∫ E ⋅ dr = ∫ 2 ⋅ dr = ⋅− +  ≅ , 2π  b a  2πa 2r π a a b

Otpornost uzemljenja uzemljivača je : Ruz = Napon koraka: U koraka =

jer je b >> a

Va − Vb ρ = = 10,6Ω I 2πa

ρ I d + a dr ρ Id = = 70735V ≅ 71kV ∫ 2 2π a r 2π (a + d )a

13. Dva veoma duga koaksijalna šuplja cilindra, poluprečnika a i b naelektrisana su podužnim naelektrisanjima Q' i -Q', respektivno. Prostor između cilindara ispunjen je linearnim dielektrikom, relativne dielektrične konstante εr= 3. Odrediti vektor jačine električnog polja E i potencijal V u svim tačkama, kao i vektor električne polarizacije P. Za referentnu tačku uzeti spoljašnju površ cilindra poluprečnika b. Brojni podaci: Qa'= 2nC/m, a= 2cm, b= 4cm. (17.01.2000.)

Rešenje: ! ! Qukupno u S Zadatak se rešava primenom Gausovog zakona ∫ E ⋅ dS = na površ S pravog ε ε 0 r S kružnog cilindra koaksijalnog sa provodnikom (ima istu osu kao provodnik). Ako sa B1 i B2 obeležimo osnovice (bazise) cilindra, a sa O njegov omotač, tada je fluks vektora E kroz zatvorenu površ S:

18


→

→

→

→

→

→

→

→

∫ E ⋅ d S = ∫ E ⋅ d S+ ∫ E ⋅ d S+ ∫ E ⋅ d S . S

B1

B2

O

Ugao između E i dS na oba bazisa je prav, pa je fluks kroz bazise nula. Na površi omotača vektori E i dS su istog pravca i smera, a površ omotača zapravo predstavlja površinu pravougaonika čija je jedna stranica jednaka obimu kruga a druga visini cilindra, pa je: →

→

∫ E ⋅ d S = 0 + 0 + ∫ E (r )dS cos 0 = E (r ) ∫ dS = E (r )2πrh S

O

O

Pošto cilindar obuhvata količinu naelektrisanja Q’h, na osnovu Gausovog zakona i prethodne jednačine imamo: E (r )2πrh =

Q 'h ε 0ε r

2

1

B1 E E

r

n

h

O B2

2a 2b Presek koaksijalnog kabla sa ravni koja prolazi kroz njegovu osu

I oblast r < a :

∑ Q = 0 ⇒ E=0 II oblast a < r < b : Q' 1 E (r ) = ⋅ 2πε 0 ε r r r=a:

E (r = a) =

Q' V = 599,18 m 2πε 0 ε r a

19


E ( r = b) =

r=b:

Q' V = 299,59 m 2πε 0 ε r b

III oblast r > b :

∑ Q = 0 ⇒ E=0 R →

→

Potencijal se računa na osnovu jednačine V = ∫ Ed r , gde je R referentna tačka koja se u P

slučaju koaksijalnog kabela nalazi na površini cilindra većeg poluprečnika, tj. R=b, a P je tačka čiji potencijal određujemo. r > b : VIII=0 a < r
b

→

VII = ∫ Ed r = ∫ r

r

Q' dr Q' b ⋅ = ln 2πε 0 ε r r 2πε 0 ε r r

VII (r = a ) =

Q' b ln = 8,306V 2πε 0 ε r a

VII (r = b) =

Q' b ln = 0 2πε 0 ε r b

r < a: b →

a →

b →

b

Q' dr Q' b VI = ∫ Ed r = ∫ Ed r + ∫ Ed r = ∫ ⋅ = ln = 8,306V 2πε 0 ε r r 2πε 0 ε r a r r a % $# a →

→

→

=0

Intenzitet vektora polarizacije je:

P = ε o χ e E = (ε − ε 0 ) E

14. U centru sfere poluprečnika a= 30mm nalazi se naelektrisanje Q= 1nC. Naelektrisanje sfere je Qs= -3nC. Odrediti izraz za vektor jačine električnog polja E i potencijal V u svim tačkama, 0
Rešenje: Primenjujemo Gausov zakon na zamišljenu sferu poluprečnika r:

∑Q ∫ E ⋅ dS = ε S 0

⇒

E=

∑Q

4πε 0 r 2

20


I oblast 0 < r < a : Kako se u centru sfere nalazi tačkasto naelektrisanje Q, ukupno naelektrisanje unutar prve oblasti jednako je ovom naelektrisanju.

∑Q = Q r = a:

⇒

E I (r ) =

E I (a ) =

Q 4πε 0 r 2

Q V V = 9986,38 ≅ 10k 2 4πε 0 a m m

II oblast a < r < ∞ : U ovoj oblasti ukupno naelektrisanje jednako je zbiru tačkastog naelektrisanja Q koje se nalazi u centru sfere, i naelektrisanja QS koje je ravnomerno raspoređeno po površini sfere.

∑ Q = Q + QS = −2nC E II (r ) =

Q + QS 4πε 0 r 2 R

Potencijal se određuje prema formuli: V = ∫ E ⋅dr , gde je P tačka čiji potencijal određujemo, P

a R referentna tačka koja se nalazi u beskonačnosti. II oblast a < r < ∞ : ∞

∞

∞

r

r

r

VII = ∫ E ⋅dr = ∫ E II ⋅ dr = ∫ r →∞:

QS + Q dr QS + Q 1 ⋅ = ⋅ 4πε 0 r 2 4πε 0 r

VII = 0

r = a : VII (a) =

QS + Q = −599,18V 4πε 0 a

I oblast 0 < r < a : ∞

a

∞

a

r

r

a

r

VI = ∫ E ⋅ dr = ∫ E I dr + ∫ E II dr = ∫ =

∞ Q + Q dr Q dr ⋅ 2 +∫ S ⋅ 2 = πε 4πε 0 r 4 r 0 a

Q 1 1 Q +Q Q a − r QS + Q ⋅ (− + ) + S = ⋅ + 4πε 0 a r 4πε 0 a 4πε 0 a ⋅ r 4πε 0 a

r = a:

VI =

QS + Q = −599,18V 4πε 0 a

21


15. Sferni kondenzator ima sfere poluprečnika R= 4cm i r= 1cm. Potencijalna razlika između njih je U= 3000V. Kolika je jačina električnog polja u tačkama koje su na rastojanju x= 3cm od središta sfere? Između sfera je vazduh. (03.04.2000.)

Rešenje: Na osnovu Gausovog zakona jačina električnog polja data je sledećim izrazima: 0< x
∑Q = 0

⇒ E=0

r < x< R:

∑Q = Q

⇒ E=

x > R:

∑ Q = Q + ( −Q ) = 0 R

R

r

r

U = ∫ E ⋅ dx = ∫

Q 4πε 0 x 2

⇒ E=0

 0, xR

Q dx Q 1 1 Q R−r ⋅ 2 = ⋅ (− + ) = ⋅ 4πε 0 x 4πε 0 R r 4πε 0 R ⋅ r Q=

4πε 0URr = 4,45nC R−r

U = 3000V

⇒

E ( x = 3cm) =

Q V = 44,44k 2 m 4πε 0 x

16. Dat je pločasti kondenzator. Rastojanje između obloga kondenzatora je d= 3cm, površina ploča kondenzatora S= 10cm2 a naelektrisanje Q= 2nC. Odrediti: a) Odnos napona između obloga kondenzatora kada je dielektrik liskun relativne dielektrične konstante εr=6, i kada je prostor između elektroda kondenzatora ispunjen vazduhom. b) Odrediti kapacitivnost kondenzatora u jednom i u drugom slučaju. c) Odrediti vrednost jačine električnog polja u oba slučaja. (05.05.2000.)

Rešenje: a) U0 =

Q = C0

Q S ε0 ⋅ d

= 6,776kV

napon između obloga kondenzatora kada je dielektrik vazduh

22


Ud =

Q = Cd

Q

ε 0ε r ⋅

S d

= 1,129kV

napon između obloga kondenzatora kada je prisutan dielektrik

U0 =6 Ud b) C0 = ε 0

S = 2,9515 pF d

C d = ε 0ε r

S = 1,7708 pF d

kapacitivnost kondenzatora bez dielektrika

kapacitivnost kondezatora sa dielektrikom

Cd =6 C0 c) U 0 = E 0 ⋅ d ⇒ E0 =

U0 V = 225,867 k d m

jačina električnog polja bez dielektrika

Ud V = 37,633k d m

jačina električnog polja sa dielektrikom

U d = Ed ⋅ d ⇒ Ed = E0 =6 Ed

Ubacivanjem dielektrika napon kondenzatora i jačina električnog polja smanjuju se za onoliko koliko je vrednost dielektrične konstante, a kapacitivnost kondenzatora povećava se εr puta.

17. Dve koncentriče metalne sfere, jedna poluprečnika a= 4cm, a druga poluprečnika b= 6cm naelektrisane su istim količinama naelektrisanja Q= 2nC, suprotnog znaka (sferični kondenzator). Između sfera je vazduh. Odrediti vrednost jačine električnog polja i potencijal u svim tačkama. (26.06.2000.)

Rešenje: Zavisnost vektora jačine električnog polja data je sledećim izrazom:

23


 0, 0b  0,

r = a : E (r = a) =

Q V = 11,234k 2 m 4πε 0 a

r = b : E ( r = b) =

Q V = 49,93k 2 m 4πε 0 b

Potencijal računat u odnosu na referentnu tačku koja se nalazi u beskonačnosti:   0, r >b   Q b−r V (r ) =  , a
V (r ) =

Q b−a ⋅ = 149,87V 4πε 0 b ⋅ a

V (a) =

Q b−a ⋅ = 149,87V 4πε 0 b ⋅ a

0
18. Poluprečnik sfernog kondenzatora je a= 1cm i b= 2cm, naelektrisanje unutrašnje sfere je Q1= 4⋅10-10C, a spoljne Q2= -Q1. Odrediti vrednost jačine električnog polja i potencijala u svakoj tački. Koliki je kapacitet i energija ovog kondenzatora? (04.09.2000.)

Rešenje: Na osnovu Gausovog zakona vektor jačine električnog polja dat je sledećim izrazom:  0,  Q E (r ) =  2  4πε 0 r  0

0b

24


r = a : E (a) =

Q1 V = 35,95k 2 m 4πε 0 a

r = b : E (b) =

Q1 V = 8,98k 2 m 4πε 0 b

Potencijal računat u odnosu na referentnu tačku u beskonačnosti dat je sledećim izrazom: 1 1  Q1  4πε ⋅ ( a − b ), 0 < r < a 0  1 1  Q1 V (r ) =  ⋅( − ) a < r < b  4πε 0 r b 0 r >b   r = a : V (a) =

Q1 1 1 ⋅ ( − ) = 179,75V 4πε 0 a b

Kapacitivnost sfernog kondenzatora određena je izrazom: C=

Q 4πε 0 ab = = 2,22 pF U b−a

Energija kondezatora određena je izrazom: W = W=

1 Q2 1 CU 2 = = QU 2 2C 2

1 QU = 3,6 ⋅ 10 −8 J = 36nJ 2

19. Poluprečnik sfernog kondenzatora je a= 1cm i b= 2cm, naelektrisanje unutrašnje sfere je Q1= 4⋅10-10C, a spoljne Q2= -Q1. Odrediti vrednost jačine električnog polja i potencijala u svakoj tački. Koliki je kapacitet i energija ovog kondenzatora? (25.09.2000.)

Rešenje: Pogledati rešenje zadatka sa ispita održanog 4.09.2000.godine.

20. Dve koncentrične metalne sfere, jedna poluprečnika a= 3cm, druga poluprečnika b= 5cm naelektrisane su istim količinama naelektrisanja, suprotnog znaka (sferični kondenzator). Između sfera je vazduh. Ako je električna čvrstina vazduha Emax= 30kV/cm, odrediti najveće moguće naelektrisanje, pri kome još ne dolazi do proboja. (09.10.2000.)

25


Rešenje: Na osnovu Gausovog zakona vektor jačine električnog polja dat je sledećim izrazom:  0,  Q E (r ) =  2  4πε 0 r  0

0b

Električno polje ima maksimalnu vrednost na površini unutrašnje sfere, tj. kada je r= a, a maksimalno električno polje koje može da postoji a da ne dođe do proboja je Emax=30kV/cm. E (r ) = E max za r = a E (a) =

Q = E max 4πε 0 a 2

⇒ Q = 4πε 0 a 2 E max = 0,3µC

21. Kolika je ekvivalentna kapacitivnost veze kondenzatora (C=10pF), prikazane na slici između tačaka A i B? (26.11.1999.) A

2C

C

2C

2C

2C

C C C C

Rešenje:

C4

C3 A

... C2

C1 C

2C

C C C C

2C

2C

2C B

B

26


C1 = C + C = 2C ; C 3 = C + C = 2C ; C 5 = C 4 + C = 2C ; C 7 = C 6 + C = 2C C2 =

C ⋅ 2C C ⋅ 2C C ⋅ 2C C1 ⋅ 2C = C ; C4 = 3 = C ; C6 = 5 = C ; C AB = 7 = C = 10 pF C1 + 2C C 3 + 2C C 5 + 2C C 7 + 2C

22. Dva otpornika, jedan od bakra a drugi od aluminijuma, vezani su redno. Izračunati ukupnu otpornost ove redne veze ako se otpornik od bakra nalazi na temperaturi od 35°C a otpornik od aluminijuma na temperaturi od 50°C. Podaci za bakar: ρ0= 1,588⋅10-8Ωm, α= 4,27⋅10-31/°C Podaci za aluminijum: ρ0= 2,62⋅10-8Ωm, α= 4,46⋅10-31/°C, β= 1,8⋅10-61/°C2 Dužina žice od koje su načinjeni otpornici je l= 100m, a površina poprečnog preseka S= 1cm2. (06.12.1999.)

Rešenje: Specifična otpornost ρt na nekoj temperaturi t[°C] može se izraziti preko specifične otpornosti ρ0 istog provodnika na 0°C prema sledećoj formuli koja važi za manji opseg temperatura:

ρ t = ρ 0 (1 + αt ) Otpornost pravog homogenog provodnika dužine l i površine poprečnog preseka S data je l formulom: R = ρ ⋅ S Specifična otpornost bakra na temperaturi od 35°C je: 1   ρ 35 = ρ 0 (1 + αt ) = 1,588 ⋅ 10 −8 Ωm1 + 4,271 ⋅ 10 −3 " ⋅ 35 " C  = 1,825 ⋅ 10 −8 Ωm C   Otpornost otpornika od bakra je:

R35 = ρ 35 ⋅

l = 0,018Ω S

Specifična otpornost aluminijuma na temperaturi od 50°C je: 1 1   ρ 50 = 2,62 ⋅ 10 −8 Ωm1 + 4,46 ⋅ 10 −3 " ⋅ 50 " C + 1,8 ⋅ 10 − 6 ⋅ " 2 ⋅ 50 2 " C 2  = 3,216 ⋅ 10 −8 Ωm C C   Otpornost otpornika od aluminijuma je:

R50 = ρ 50 ⋅

Ukupna otpornost je: Ruk=R35+R50= 0,05Ω.

l = 0,032Ω S

27


23. Odrediti ekvivalentnu otpornost između tačaka A i B, ako je R= 1kΩ. (17.01.2000.) A

R

R

R

R

R

B

2R 2R 2R 2R

Rešenje:

R4 R3

... R2

R1 A

R

R

R

R

R

B

2R 2R 2R 2R

R ⋅ 2R 2 = R; R + 2R 3 5R ⋅ 2R 10 3 R3 = R2 || 2 R = = R; 5R 11 + 2R 3 21R ⋅ 2R 42 11 R5 = R4 || 2 R = = R; 21R 43 + 2R 11 R1 = R || 2 R =

R2 = R1 + R =

2 5 R + R = R; 3 3

R4 = R3 + R =

10 21 R+R= R; 11 11

R6 = R5 + R =

42 85 R+R = R 43 43

85 R ⋅ 2R 170 341 43 R7 = R6 || 2 R = = R ; R8 = R AB = R7 + R = R = 1,994kΩ 85R 171 171 + 2R 43

28


24. Odrediti ukupnu otpornost između tačaka A i B veze otpornika prikazane na slici na temperaturi od 25°C. Otpornik R1 načinjen je od bakra, njegova otpornost na 0°C je R10= 100Ω, a temperaturni koeficijent α1= 4,27⋅10-3 1/°C. Otpornik R2 načinjen je od aluminijuma, otpornosti R20= 220Ω na 0°C, α2= 4,46⋅10-3 1/°C, β2= 1,8⋅10-6 1/°C2. Otpornik R3 je od volframa otpornosti R30= 120Ω na 0°C, α3= 5,238⋅10-3 1/°C, β3= 0,7⋅10-6 1/°C2, γ3= 0,062⋅10-9 1/°C3. (07.02.2000.)

A

R1

R2

B

R3 Rešenje: Otpornost svakog otpornika načinjenog od homogenog otpornog materijala menja se sa temperaturom na sledeći način: Rt = R0 (1 + αt )

za manji opseg temperatura

Rt = R0 (1 + αt + βt 2 + γt 3 )

važi za veći opseg temperatura

odnosno,

U ovim formulama Rt označava otpornost otpornika na temperaturi t[°C], R0 njegovu otpornost na 0°C, a α, β i γ su temperaturni koeficijenti otpornosti. Ako otpornik nije načinjen od homogenog materijala ove formule ne važe. R1 = R10 (1 + α 1t ) = 100Ω ⋅ (1 + 4,27 ⋅ 10 −3

1 ⋅ 25 " C ) = 110,675Ω C

"

R2 = R20 (1 + α 2 t + β 2 t 2 ) = 220Ω(1 + 4,46 ⋅ 10 −3

1 1 25" C + 1.8 ⋅ 10 −6 " 2 25 2 " C 2 ) C C

"

R2 = 244,7775Ω R3 = R30 (1 + α 3 t + β 3t 2 + γ 3t 3 ) R3 = 120Ω ⋅ (1 + 5,238 ⋅ 10 −3 R3 = 135,766Ω

1 1 1 25 " C + 0,7 ⋅ 10 −6 " 2 25 2 " C 2 + 0,062 ⋅ 10 −9 " 3 25 3 " C 3 ) C C C

"

Ekvivalentna otpornost između tačaka A i B je: R AB = R1 + ( R2 || R3 ) = R1 +

R2 ⋅ R3 = 198Ω R 2 + R3

25. Kolika je ekvivalentna kapacitivnost veze kondenzatora (C=10pF), prikazane na slici, između tačaka A i B? (03.04.2000.)

29


A

C

C/2

C

C/2 B

C/2

Rešenje: C1 =

C ⋅C C = C +C 2

C2 =

C C + =C 2 2

C 3 = C1 + C AB =

A C1 C2

C C C = + =C 2 2 2

C3

B

C3 ⋅ C 2 C ⋅C C = = = 5 pF C3 + C 2 C + C 2

26. Odrediti ekvivalentnu kapacitivnost između tačaka A i B, ako je: C1=C2=C3= 1nF, C4=C5= 2nF, C6= 1,5nF. (05.06.2000.)

C3

A

C4

C2

C5

C6

Rešenje:

C1

B

30


1 1 1 1 3 = + + = C123 C1 C 2 C 3 C1 C123 =

C123

C1 = 0,33nF 3

C 45 =

B

A

1 1 1 2 = + = C 45 C 4 C 5 C 4

C45

C4 = 1nF 2

C6

C AB = C123 + C 45 + C 6 = 2,83nF

27. Izračunati relativnu grešku pri računanju napona na temperaturi od 250°C, ako se koristi linearna zavisnost otpornosti od temperature i ako se otpornost računa koristeći vrednosti sva tri temperaturna koeficijenta. Otpornost otpornika na 0°C je R0= 120Ω, α= 5,238⋅10-3 1/°C, β= 0,7⋅10-6 1/°C2, γ=0,062⋅10-9 1/°C3. Jačina struje je I=20A. (26.06.2000.)

Rešenje: R1 = R0 (1 + αt ) = 277,14Ω

vrednost otpornosti na temperaturi od 250°C kada je zavisnost otpornosti od temperature linearna

R2 = R0 (1 + αt + βt 2 + γt 3 ) = 282,51Ω Napon na otporniku određen je Omovim zakonom: U 1 = R1 ⋅ I = 5542,8V U 2 = R2 ⋅ I = 5650,2V Apsolutna greška predstavlja razliku merene vrednosti i tačne vrednosti. Relativna greška jednaka je odnosu apsolutne greške i tačne vrednosti. Smatraćemo da je tačna vrednost vrednost napona računata sa otpornošću R2 koja je tačnije određena, a merena vrednost vrednost napona izračunata sa otpornikom R1.

εr =

U 2 − U 1 R1 I − R2 I R1 − R2 = = = −0,0177 = −1,77% U2 R2 I R2

28. Izračunati ekvivalentnu otpornost između tačaka A i B, ako je R= 200Ω. (04.09.2000.)

31


2R

R

3R/2

A

B

R/2 R/2

R

Rešenje: 2R A

R

1

R/2

3R/2

R/2

1

R1 =

3R/2

A

B R/2

1

R/2

R

R

2

1

B

R

2

R R R || = ; 2 2 4

R AB =

R2 = R1 + R =

5 R; 4

R3 =

5 5 R || R = R 4 9

3R 5R 37 + = R = 411,11Ω 2 9 18

29. Izračunati ekvivalentnu kapacitivnost između tačaka A i B, ako je C= 33µF. (25.09.2000.)

3C/4

2C A

2C

C

Rešenje:

B

3C 3C/2

32


3C 9C + 3C = 2 2

C2 =

9C 9C || C = 2 11

C3 =

9C 31 + 2C = C 11 11

3C/4

2C A

C1 =

2C

B

3C 3C/2

C

C AB =

31 62 C || 2C = C = 38,60 µF 11 53

30. Odrediti ekvivalentnu otpornost između tačaka A i B za kolo prikazano na slici za slučaj kada je prekidač P otvoren i za slučaj kada je zatvoren. R= 1kΩ. (09.10.2000.)

R

A R

R P

R B

R R

Rešenje: Kada je prekidač P otvoren: A R

R B

R1 = R + R + R = 3R

R R

R

R

Kada je prekidač P zatvoren:

R2 = R || R =

R 2

R3 = 3R || R =

3 R 4

R AB = R2 + R3 =

5 R 4

33


R

A R

B

R 2

R2 = R || R =

R 2

R P

R

R1 = R || R =

R

R

R AB = R1 + R2 = R

31. Vazdušni kondenzator ima ploče čije su površine S= 100cm2 na uzajamnom rastojanju d= 5mm. Kondenzator se naelektriše vezivanjem njegovih ploča na električni izvor napona U=300V. Posle razdvajanja ploča kondenzatora od izvora, između njih se unese izolator čija relativna permitivnost iznosi εr= 3. a) Kolika je kapacitivnost kondezatora pre odvajanja od izvora električnog napona? b) Kolika je kapacitivnost kondezatora nakon unošenja izolatora? c) Koliki je napon između ploča kondenzatora posle unošenja izolatora? d) Kolika je promena električnog polja između ploča kondenzatora? (26.11.1999.)

Rešenje: a) kapacitivnost pločastog kondenzatora pre odvajanja od izvora: C0 = ε 0 ⋅

S = 17,708 ⋅ 10 −12 F = 17,708 pF d

b) kapacitivnost nakon unošenja izolatora: C d = ε 0ε r ⋅

S = ε r ⋅ C 0 = 3C 0 = 53,124 pF d

c) napon nakon unošenja izolatora: Kada se kondenzator odvoji od izvora količina naelektrisanja se ne menja, tako da je: Q = C 0 ⋅ U = 5,3124nC

Ud =

Q C0 U = ⋅ U = = 100V Cd Cd 3

d) promena električnog polja : U = E0 ⋅ d ⇒ E0 =

U V = 60k ; d m

∆E = E d − E 0 = −40k

V m

U d = Ed ⋅ d

⇒ Ed =

Ud V = 20k d m

34


32. Odrediti struju I i naći sumu snaga generatora koji rade kao potrošači. Brojni podaci: R1= 100Ω, R2= 250Ω, R3=R4= 50Ω, E1= 45V, E2= 18V, E3= 5V, E4= 10V. (06.12.1999.) R1

E2

R2

+

+

+

I

E1

E3

+ E4

R4

R3

Rešenje:

∑ E − ∑ RI = 0

Drugi Kirhofov zakon piše se u obliku:

i važi za svaku zatvorenu konturu koju obrazuju grane električne mreže. Ispred E i RI podrazumeva se pozitivan predznak ako je smer ems, odnosno referentni smer struje isti kao smer obilaženja konture, a negativan predznak u suprotnom slučaju. R1

E2

R2

+

+

+

I

E1

E3

+ E4

R4

R3

Na osnovu II Kirhofovog zakona, jačina struje I u naznačenom referentnom smeru je (za smer obilaska konture u pravcu kazaljke na satu): I=

E1 − E 2 − E3 − E 4 = 26,67 mA R1 + R2 + R3 + R4

Snaga generatora jednaka je proizvodu njegove ems i jačine struje kroz generator: Pg = E ⋅ I Ova snaga predstavlja, u suštini, snagu energetske transformacije neke druge vrste energije kojom raspolaže generator u električnu energiju (energiju električnog polja). Ova relacija važi pod pretpostavkom da je referentni smer struje takav da struja “izlazi” iz pozitivne elektrode generatora. Ako je snaga generatora negativna, tada generator ne radi u kolu kao generator, već kao prijemnik, pošto se u njemu opterećenja pomeraju nasuprot delovanja stranih sila. Generatori E2, E3 i E4 rade kao potrošači i suma njihovih snaga je:

∑P = P

E2

+ PE 3 + PE 4 = − E 2 I − E3 I − E 4 I = −0.88011W

35


33. U kolu sa slike odrediti jačinu struje I, ako je E1=5V, E2=12V, E3=42V, E4=9V, R1=100Ω, R2=220Ω, R3=820Ω, R4=470Ω, R5=520Ω. Odrediti u kom režimu rade naponski generatori. (17.01.2000.)

+

+ R1

E3

E2 R2

+ E1

E4

R3 R4 R5

+

Rešenje: R6 = ( R2 + R4 ) || R3 = 374,7Ω

+

E1 − E3 + E 2 − E 4 − I ( R1 + R5 + R6 ) = 0

+ R1

E3

E − E3 + E 2 − E 4 I= 1 = −34,18mA R1 + R5 + R6

E2 R2

+ E1

PE1 = E1 I < 0 prijemnik PE 2 = E 2 I < 0 prijemnik

I

PE 3 = − E3 I > 0 generator

E4

PE 4 = − E 4 I > 0 generator

R3 R4 R5

+

R6

34. Odrediti vrednost elektromotorne sile E1, ako je poznato: I=2mA, R1=100Ω, R2=520Ω, R3=820Ω, R4=220Ω, R5=1kΩ, E2=12V, E3=24V, E4=9V. Odrediti u kom režimu rade naponski generatori. (07.02.2000.)

R1

R4

E2 +

E1

I

R3 E4

+ R2

+

+

E3 R5

36


Rešenje: Jednačina napisana po II Kirhofovom zakonu za smer obilaska konture u pravcu kazaljke na satu: − E1 + E 2 + E3 − E 4 − I ⋅ ( R1 + R2 + R3 + R4 + R5 ) = 0

E1 = E 2 + E3 − E 4 − I ⋅ ( R1 + R2 + R3 + R4 + R5 ) E1 = 21,68V Snaga generatora: PE1 = − E1 ⋅ I < 0

prijemnik

PE 2 = E 2 ⋅ I > 0

generator

PE 3 = E3 ⋅ I > 0

generator

PE 4 = − E 4 ⋅ I < 0

prijemnik

35. U kolu sa slike poznato je: R1=10Ω, R2=82Ω, R3=100Ω, R4=220Ω, E1=10V, E2=6V, E3=9V, E4=15V. Izračunati vrednost struje I za naznačeni referentni smer. U kom režimu rade generatori? (03.04.2000.) R1

E2

+

I

+

R2

E1 E3

+

R4

+

R3

E4

Rešenje: R23 = R 2 || R3 = 45,054Ω

I=

∑± E = E − E − E + E R +R +R ∑R 1

2

1

PE1 = E1 ⋅ I > 0

3

23

4

generator

PE2 = − E 2 ⋅ I < 0 prijemnik PE3 = − E 3 ⋅ I < 0 prijemnik

4

R1

E2

+ = 36,35mA

I

+

R2

E1

R23 E3

+

R4

+

E4

R3

37


PE4 = E 4 ⋅ I > 0

generator

36. Odrediti struju I, ako je E1=25V, E2=15V, E3=5V, R1=10Ω, R2=220Ω, R3=560Ω, R4=82Ω. Odrediti u kom režimu rade naponski generatori. (05.06.2000.)

R1

R2

+

+

I

E1

E2 +

E3 R3

R4

Rešenje: I

R1

I=

R2 +

+ E1

PE1 = E1 ⋅ I > 0 generator

E2 E3

PE 2 = − E 2 ⋅ I < 0 prijemnik

+

R3

E1 − E 2 − E3 = 5,734mA ∑R

PE 3 = − E3 ⋅ I < 0 prijemnik

R4

37. Za kolo sa slike napisati jednačinu II Kirhofovog zakona i odrediti jačinu struje I, ako je R1=400Ω, R2=500Ω, R3=1500Ω, R4=1000Ω, E1=100V, E2=70V, E3=45V, E4= 24V. (26.06.2000.)

R1

E1

+

R4 +

+ E4

I

E3 + R2

E2 R3

38


Rešenje: Jednačina napisana po II Kirhofovom zakonu glasi: E 4 − E1 − E3 + E 2 − I ⋅ R1 − I ⋅ R2 − I ⋅ R3 − I ⋅ R4 = 0 I=

E4 − E1 − E3 + E2 4

∑R i =1

= −15mA

i

38. Odrediti vrednost jačine struje I u naznačenom referentnom smeru, ako je E1=25V, E2=15V, E3=2V, E4=9V, R1= 1kΩ, R2= 500Ω, R3= 800Ω, R4=1500 Ω. Proveriti teoremu o održanju snage. U kom režimu rade naponski generatori? (04.09.2000.)

R1

+

E4

R4

+ E3

I

E1 R2

E2

+

R3

+

Rešenje: R1

E4

+

Jednačina napisana po II Kirhofovom zakonu glasi:

R4

+

E3

E1 − E 4 + E3 − E 2 − I ( R1 + R2 + R3 + R4 ) = 0

+

I=

I

E1 R2

E2

+

R3

Pg1 = E1 I = 0,019725W

generator

Pg 2 = − E 2 I = −0,011835W

prijemnik

Pg 3 = E3 I = 1,578mW

generator

Pg 4 = − E 4 I = −7,101mW

prijemnik

4

Pg = ∑ Pgi = 2,367 mW i =1

E1 − E 4 + E3 − E 2 = 0,789mA R1 + R2 + R3 + R4

39


4

Snaga Džulovih gubitaka: PR = ∑ I 2 ⋅ Ri = 2,3655mW i =1

Pg = PR zadovoljena je teorema o održanju snage

39. Odrediti vrednost jačine struje I u naznačenom referentnom smeru, ako je E1=24V, E2=9V, E3=10V, E4=15V, R1=100Ω, R2=500Ω, R3=800Ω, R4=600Ω. Proveriti teoremu o održanju snage. U kom režimu rade naponski generatori? (25.09.2000.)

E4

R1

R4 +

+

I

E1

E3 E2

R2

+

+

R3

Rešenje: I = −29mA

PE1 = − E1 I = 0,696W E4

R1 + E1

+

PE 2 = − E 2 I = 0,261W

R4

I

PE 3 = − E3 I = 0,29W PE 4 = − E 4 I = 0,435W

E3 R2

+

E2

R3

+

4

Pg = ∑ Pgi = 1,682W i =1 4

PR = ∑ I 2 Ri = 1,682W i =1

40. Odrediti jačinu struje I, ako je E1=10V, E2=6V, E3=12V, E4=2V, R1=50Ω, R2=100Ω, R3=1kΩ, R4=250Ω, R5=220Ω. (09.10.2000.)

40


R1

E2

+

R4 +

I

E1

E3

+

E4

+ R2

R3

R5

Rešenje: R1

E2

+

E1 − E 4 + E3 + E 2 + I ⋅ ( R1 + R2 + R3 + R4 + R5 ) = 0

R4 +

E1

I

+

E3 +

R2

E4

I=

− E1 − E 2 − E 3 + E 4 5

∑R i =1

R3

R5

I = −16,05mA

i

= −0,001605 A

II deo

Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike

41

1. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je:R1=100Ω, R2=220Ω, R3=560Ω, R4=82Ω, E1=100V, E2=50V, E3=25V. (06.12.1999.) R1

R3

+ E1

+ R2

E3

+

E2

R4

Rešenje:

+

R1

I1 E1

R3

I3 +

Za dato kolo pišemo jednačine po I i II Kirhofovom zakonu. I2

E3

+

E2

R4

R2

− I1 + I 2 + I 3 = 0

(1)

E1 − R1 I 1 + E3 − R2 I 1 = 0

(2)

− R3 I 2 + E 2 − R4 I 2 − E3 = 0

(3)

Iz jednačine (2) određujemo struju I1: I1 =

E1 + E3 = 0.391A R1 + R2

Iz jednačine (3) određujemo struju I2: I2 =

E 2 − E3 = 0.0389 A R3 + R4

I 3 = I 1 − I 2 = 0.3521A Snaga Džulovih gubitaka: PR1 = R1 ⋅ I 12 = 15.28811W PR2 = R2 ⋅ I 12 = 33.63382W PR3 = R3 ⋅ I 22 = 0.8473976W PR 4 = R4 ⋅ I 22 = 0.12408322W Snaga naponskih generatora: PE1 = E1 ⋅ I 1 = 39.1W

4

∑P i =1

Ri

≅ 49.89W


42

∑ P ≅ 49.85W

PE2 = E 2 ⋅ I 2 = 1.945W

i

i

PE3 = E3 ⋅ I 3 = 8.8025W Teorema o održanju snage je zadovoljena.

2. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je E1=50V, E2=20V, IS1=10mA, R1=100Ω, R2=800Ω, R3=400Ω, R4=220Ω. (17.01.2000.) +

E1

R4

IS1

R3

R1

R2 E2

+

Rešenje: U jednoj grani kola na slici postoji strujni izvor IS1, tako da je struja te grane poznata. Pišemo jednačinu po II Kirhofovom pravilu za konturu koja ne sadrži strujni generator i jednačinu po I Kirhofovom pravilu za jedan od čvorova, što daje dovoljan broj jednačina za određivanje svih struja u kolu.. + E1

R4 R3

R1 I1 +

I2 E2

− I 1 − I S1 + I 2 = 0

(1)

E 2 + E1 − R1 I 1 − R3 I 2 = 0

(2)

Rešenje ovog sistema jednačina je: I2 =

E 2 + E1 + R1 I S 1 = 0.142 A R1 + R3

I 1 = 0.132 A

+ IS1 R2

U


43

Prema teoremi o održanju snage, suma snaga svih naponskih i strujnih generatora u kolu mora biti jednaka Džulovim gubicima na otpornicima. Snaga Džulovih gubitaka: PR1 = R1 ⋅ I 12 = 1.7424W 4

∑P

PR2 = R2 ⋅ I S21 = 0.08W

Ri

i =1

= 9.91W

PR3 = R3 ⋅ I 22 = 8.0656W 2

PR4 = R4 ⋅ I S 1 = 0.022W Snaga naponskih i strujnih generatora: U = R4 I S 1 + R3 I 2 + R2 I S 1 = 67V

napon na strujnom generatoru

PE1 = E1 ⋅ I 1 = 6.6W

∑ P = 9.91W

PE2 = E 2 ⋅ I 1 = 2.64W

i

i

PI S 1 = I S 1 ⋅ U = 0.67W Teorema o održanju snage je zadovoljena.

3. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je poznato: I=5mA, R1=100Ω, R2=220Ω, R3=520Ω, R4=820Ω, E1=12V, E2=9V. (07.02.2000.) I

R1

+

R2 E2

E1 R3

+

R4

Rešenje: Pišemo sledeće jednačine po I i II Kirhofovom zakonu za kolo na slici:


+

U12

I3

I1

I2 I

44 E1 − R1 ⋅ I 1 − R3 ⋅ I 3 = 0

(1)

− I 3 + I1 + I = 0

(2)

Kombinovanjem ovih jednačina dobija se:

II

I1 =

E1 − R3 I = 15.16mA ; I 3 = I + I 1 = 20.16mA R1 + R3

R 2 ⋅ I 2 + E 2 − R4 ⋅ I 4 = 0

(3)

− I + I2 + I4 = 0

(4)

Kombinovanjem ovih jednačina dobija se: I2 =

R4 ⋅ I − E 2 = −4.71mA R2 + R4

I 4 = I − I 2 = 9.71mA Napon na strujnom generatoru: U 12 = R2 I 2 − R1 I 1 = −2.5522V Snaga Džulovih gubitaka: PR1 = R1 I 12 = 22.98256mW PR2 = R2 I 22 = 4.880502mW PR3 = R3 I 32 = 211.341312mW

∑ P = 0.316517336W i

PR4 = R4 I 42 = 77.312962mW Snaga naponskih i strujnih generatora: PE1 = E1 I 3 = 0.24192W PE2 = E 2 I 4 = 0.08739W

∑ P = 0.316549W

PI = I ⋅ U 12 = −0.012761W Teorema o održanju snage je zadovoljena.

4. Izračunati struje u svim granama mreže kada je prekidač P otvoren i kada je zatvoren. Proveriti teoremu o održanju snage, ako je: E1=10V, E2=15V, Is=10mA, R1=100Ω, R2=300Ω, R3=200Ω, R4=500Ω. (06.03.2000.)


45

R1

R3

R2

+ E1

E2

P

+

IS R4

Rešenje: a) Kada je prekidač P otvoren u kolu postoji samo jedna kontura, i struja koja protiče kroz kolo je: I=

R1

I

R3

Snaga Džulovih gubitaka je: PR1 = R1 I 2 = 0.09765625W

+ E2

E1

E1 + E 2 = 31.25mA R1 + R3 + R4

+

R4

PR3 = R3 I 2 = 0.1953125W PR4 = R4 I 2 = 0.48828125W

∑P

Ri

= 0.78125W

Snaga naponskih generatora:

∑P

PE1 = E1 I = 0.3125W

Ei

= 0.78125W

PE2 = E 2 I = 0.46875W

Teorema o održanju snage je zadovoljena. b) Kada je prekidač P zatvoren: − I1 − I S + I 2 = 0 R1

R3 I 2

E1 +

R2 I1

IS

E1 − R1 I 1 − R3 I 2 + E 2 − I 2 R4 = 0 I1 = −I S + I 2 E1 − R1 ( I 2 − I S ) − R3 I 2 + E 2 − I 2 R4 = 0

E2 +

( R1 + R3 + R4 ) I 2 = E1 + E 2 + R1 I s

R4

I2 =

E1 + E 2 + R1 I S = 32.5mA R1 + R3 + R4

I 1 = 22.5mA


46

Snaga Džulovih gubitaka je: PR1 = R1 I 12 = 0.050625W

∑P

PR3 = R3 I 22 = 0.21125W

Ri

= 0.82W

PR4 = R4 I 22 = 0.528125W PR2 = R2 I S2 = 0.03W Snaga naponskih generatora: PE1 = E1 I 1 = 0.225W

∑P

PE2 = E 2 I 2 = 0.4875W

Ri

= 0.82W

U S = R2 I S + ( R3 + R4 ) I 2 − E 2 = 10.75V PI S = I S U S = 0.1075W Teorema o održanju snage je zadovoljena.

5. Za kolo sa slike odrediti vrednost svih struja i proveriti teoremu o održanju snage. Poznato je: E1=6V, E2=12V, R1=100Ω, R2=220Ω, R3=520Ω, R4=820Ω. (03.04.2000.)

R1

E2

+

R3

R4

+

E1 R2

Rešenje: Za kolo sa slike pišemo jednačine po I i II Kirhofovom zakonu:

I1

R1

E2

+

I

R3 II

R4

+

E1

R2

I2

I3

E1 − R1 I 1 − R3 I 2 − R2 I 1 = 0

(1)

R4 I 3 − E 2 − R3 I 2 = 0

(2)

− I1 + I 2 + I 3 = 0

(3)

Iz jednačine (3) izrazimo struju I1 i uvrstimo u jednačinu (1) pri čemu dobijamo sledeći sistem jednačina:


47

( R1 + R2 + R3 ) I 2 + ( R1 + R2 ) I 3 = E1 − R3 I 2 + R4 I 3 = E 2 Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina: 840 ⋅ I 2 + 320 ⋅ I 3 = 6 − 520 ⋅ I 2 + 820 ⋅ I 3 = 12 Rešavanjem ovog sistema dobijaju se sledeći vrednosti jačina struja: I 2 = 1.26mA I 3 = 15.44mA I 1 = 16.7mA Snaga Džulovih gubitaka na otpornicima je: PR1 = R1 I 12 = 0.027889W PR 2 = R2 I 12 = 0.0613558W PR 3 = R3 I 22 = 0.825552 ⋅ 10 −3 W PR 4 = R4 I 32 = 0.195482752W Ukupna snaga Džulovih gubitaka je:

∑P

= 0.285553104W

Ri

Snaga naponskih generatora je: PE1 = E1 I 1 = 0.1002W PE 2 = E 2 I 3 = 0.18528W Ukupna snaga naponskih generatora je:

∑P

= 0.28548W

Ei

Teorema o održanju snage je zadovoljena.

6. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: R1=100Ω, R2=120Ω, R3=82Ω, R4=50Ω, E1=10V, E2=15V, E3=12V. (05.06.2000.)

R3

R1 +

R4 E1

+ R2

E3 +

E2


48

Rešenje: Postavljamo jednačine po I i II Kirhofovom zakonu:

− I1 + I 2 + I 3 = 0

(1)

E1 − R1 I 1 − R4 I 2 − E 2 − R2 I 1 = 0

(2)

− E3 − E 2 + R3 I 3 − R4 I 2 = 0

(3)

I3

I1

II

I I2

Ako se iz jednačine (1) izrazi struja I1 i uvrsti u jednačinu (2) dobija se sledeći sistem jednačina: ( R1 + R2 + R4 ) I 2 + ( R1 + R2 ) I 3 = E1 − E 2 − R4 I 2 + R3 I 3 = E 2 + E3 270 ⋅ I 2 + 220 ⋅ I 3 = −5 − 50 ⋅ I 2 + 82 ⋅ I 3 = 27 Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja: I 2 = −0.1916 A I 3 = 0.2124 A I 1 = I 2 + I 3 = 0.0208 A Snaga Džulovih gubitaka na otpornicima: PR1 = R1 ⋅ I 12 = 0.043264W PR2 = R2 ⋅ I 12 = 0.0519168W PR3 = R3 ⋅ I 32 = 3.69932832W PR4 = R4 ⋅ I 22 = 1.835528W Ukupna snaga Džulovih gubitaka je:

∑P

Ri

= 5.63003712W

Snaga naponskih generatora: PE1 = E1 ⋅ I 1 = 0.208W PE2 = − E 2 ⋅ I 2 = 2.874W PE3 = E3 ⋅ I 3 = 2.5488W Ukupna snaga naponskih generatora je:

∑P


E

i

= 5.6308W


49

7. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage. Brojni podaci: E1=50V, E2=20V, E3=10V, R1=100Ω, R2=80Ω, R3=40Ω, R4=10Ω. (26.06.2000.)

+ +

E2 E1

R1

R3

+ E3

R4

R2

Rešenje: Prema naznačenim referentnim smerovima struja, pisanjem jednačina po I i II Kirhofovom zakonu dobijaju se sledeće jednačine: (1) I 1 = I 2 + I 3 I1

(2) E1 − R1 ⋅ I 2 − ( R2 + R4 ) ⋅ I 1 = 0 (3) − E 2 − R3 ⋅ I 3 + E3 + R1 ⋅ I 2 = 0

I2 II

I3

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja:

I

I 1 = 0.362 A I 2 = 0.175 A I 3 = 0.187 A Snaga Džulovih gubitaka: PR1 = R1 I 12 = 3.0625W PR2 = R2 I 12 = 10.48352W PR3 = R3 I 32 = 1.39876W PR4 = R4 I 12 = 1.31044W Ukupna snaga Džulovih gubitaka je: Snaga naponskih generatora: PE1 = E1 I 1 = 18.1W PE1 = − E 2 I 3 = −3.74W

∑P

Ri

= 16.25522W


50

PE3 = E3 I 3 = 1.87W Ukupna snaga naponskih generatora je:

∑E

= 16.23W

i


8. Odrediti jačinu struje u svim granama kola na slici i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: E1=25V, E2=15V, E3=2V, E4=9V, R1=1kΩ, R2=500Ω, R3=800Ω, R4=1500Ω.. (04.09.2000.)

+

R1

E2

R2 E1

E3

+

+

E4 R3

+ R4

Rešenje: − I1 + I 2 + I 3 = 0

(1)

− E1 − R1 I 1 − R3 I 1 − E 4 − R2 I 2 = 0

(2)

E 3 − E 2 + E 4 + R2 I 2 − R 4 I 3 = 0

(3)

I3

I1

Kombinovanjem ovih jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja:

I

I 1 = −0.016 A I 2 = −0.01A I 3 = −6.022mA Snaga Džulovih gubitaka je: PRi = R1 I 12 = 0.256W PR2 = R2 I 22 = 0.05W

∑P

Ri

i

PR3 = R3 I 12 = 0.2048W PR4 = R4 I 32 = 0.05439W

= 0.56519W

I2

II


51

Snaga naponskih genetarora: P1 = − E1 I 1 = 0.4W

∑ P = 0.568286W

P2 = − E 2 I 3 = 0.09033W

i

i

P3 = E3 I 3 = −0.012044W P4 = − E 4 I 2 = 0.09W Teorema o održanju snage je zadovoljena.

9. Odrediti jačinu struje u svim granama kola na slici i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: E1=25V, E2=15V, E3=2V, R1=1kΩ, R2=500Ω, R3=800Ω, R4=250Ω, R5=150Ω. (25.09.2000.)

+

R1

E2

R2 E1 +

+

R5

E3

R3

R4

Rešenje: − I1 + I 2 + I 3 = 0

(1)

− E1 − R1 I 1 − R3 I 1 − E3 − R2 I 2 = 0

(2)

E3 − E 2 − R5 I 3 + R2 I 2 − R4 I 3 = 0

(3)

Kombinovanjem ovih jednačina dobijaju se sledeće jednačine:

I3

I1

II

I I2

− ( R1 + R2 + R3 ) I 2 − ( R1 + R3 ) I 3 = E1 + E3 R2 I 2 − ( R5 + R4 ) I 3 = E 2 − E3 Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja: I 2 = 0.0069 A I 3 = −0.0238 A


52

I 1 = I 2 + I 3 = −0.0169 A Snaga Džulovih gubitaka je: PRi = R1 I 12 = 0.28561W

∑P

PR2 = R2 I 22 = 0.023805W

Ri

= 0.764469W

i

PR3 = R3 I 12 = 0.228488W PR4 = R4 I 32 = 0.14161W PR5 = R5 I 32 = 0.084966W Snaga naponskih genetarora: P1 = − E1 I 1 = 0.4225W

∑ P = 0.7319W

P2 = − E 2 I 3 = 0.357W

i

i

P3 = E3 I 3 = −0.0476W Teorema o održanju snage je zadovoljena.

10. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: R1=100Ω, R2=120Ω, R3=82Ω, R4=50Ω, E1=10V, E2=15V, E3=12V. (09.10.2000.)

R3

R1 +

R4

E1

+ R2

E3

+

E2

Rešenje: Pogledati rešenje zadatka broj 6 od 05.06.2000.

11. Odrediti intenzitet i smer vektora magnetske indukcije u tački A, ako je: I=2A, a=3cm, µ0=4π⋅10-7H/m. (17.01.2000.)


53

I a A

Rešenje: Da bi odredili magnetsku indukciju datu konturu izdelićemo na 5 segmenata, od kojih su četiri pravolinijska a jedan predstavlja četvrtinu kruga.

I

(2)

(3) a

(1)

A (4)

(5)

Za određivanje magnetske indukcije segmenta pravog provodnika koristimo izraz: µ I B = 0 ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) , gde je r normalno rastojanje pravolinijskog provodnika od tačke u kojoj 4πr se određuje magnetska indukcija. Ugao θ meri se prema normali iz tačke A na pravac provodnika, a referentni smer ugla θ odgovara referentnom smeru struje u provodniku. Vektor magnetske indukcije koju stvara kružna strujna kontura poluprečnika a u svom centru dat je izrazom: µ I B = 0 . Ukupna magnetska indukcija jednaka je zbiru magnetskih indukcija pojedinih segmenata. 2a ! ! ! ! ! " Buk = B1 + B2 + B3 + B4 + B5 Za određivanje magnetske indukcije koja potiče od segmenata (1) i (5) koristimo Bio! ! µ 0 Idl × r!0 Savarov zakon, prema kome je: dB = ⋅ 4π r2


54

! ! ! ! Kako je vektorski proizvod dl × r0 = 0 , jer vektori dl i r0 imaju isti pravac i smer, to je

! ! B1 = B5 = 0 .

Konstanta koja se javlja u ovim izrazima µ0, naziva se permeabilnost vakuuma i ima H vrednost µ 0 = 4π ⋅ 10 −7 . m Magnetska indukcija drugog segmenta: B2 =

µ0 I ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) 4π

Ugao θ1 je ugao između normale i prave koja povezuje tačku u kojoj se određuje magnetska indukcija sa početnom tačkom pravolinijskog segmenta broj 2. Smer ugla je od normale ka drugom kraku ugla. U odnosu na smer struje ugao θ1 je negativan i iznosi −45°. Ugao θ2 je ugao između normale i prave koja povezuje tačku u kojoj se određuje magnetska indukcija sa krajnjom tačkom posmatranog pravolinijskog segmenta. Ugao θ2 je pozitivan i iznosi 45°. Smer magnetske indukcije određuje se po pravilu desne zavojnice, upravan je na ravan crteža i usmeren nadole, što je na crtežu obeleženo simbolom ⊗. Normalno rastojanje pravolinijskog segmenta od tačke A možemo odrediti na sledeći način:

cos 45 # = a I

B2

.

B2 =

r

a 2 2

45 # 45 #

A

r a 2 2

r=

a 2 2 a ⋅ = 2 2 2

µ0 I µ I 2 2 ⋅( + ) = 0 2 = 1.8856 ⋅ 10 −5 T a 2 2 2πa 4π ⋅ 2

Iz razloga simetrije B3=B2. Četvrti segment predstavlja četvrtinu kruga. Magnetska indukcija koja potiče od ovog segmenta istog je smera kao i magnetske indukcije B3 i B2, a određuje se iz jednačine:

µ0 I 2r

B4 =

1 BKRUGA 4

B4 =

µ I 1 µ0 I ⋅ = 0 = 1.48 ⋅ 10 −5 T 4 2r 4a 2

BKRUGA =

Ukupna magnetska indukcija u tački A je:

Buk = 2 B2 + B4 = 52.5µT

12. Odrediti magnetsku indukciju u tački A, ako je a=3cm, I=3,14A, µ0=4π⋅10-7H/m. (07.02.2000.)


55

75 a A

I

Rešenje: Za određivanje magnetske indukcije koja potiče od segmenata (1) i (3) koristimo Bio! ! µ 0 Idl × r!0 Savarov zakon, prema kome je: dB = ⋅ 4π r2 ! ! ! Kako je vektorski proizvod dl × r0 = 0 , jer vektori dl ! ! ! i r0 imaju isti pravac i smer, to je B1 = B3 = 0 . 75 a A

I (1)

(2)

Magnetska indukcija segmenta broj (2) je ¾ magnetske indukcije kruga, a to je ujedno i ukupna magnetska indukcija u tački A:

(3)

µ0 I 2a

B2 =

3 BKRUGA 4

B2 =

3 µ 0 I 3µ 0 I ⋅ = = 4.9298 ⋅ 10 −5 T 4 2a 8a

BKRUGA =

13. Odrediti magnetnu indukciju u tački M, ako je: a=5cm, I = 2 A , µ0=4π⋅10-7H/m. (06.03.2000.) I

a

a M

Rešenje:

a


56

Konturu na slici podelimo na pet pravolinijskih segmenata. Ukupna magnetska indukcija u tački M je vektorski zbir magnetskih indukcija pojedinih segmenta:

a I

a (2)

(1)

(3)

M (4)

a (5)

B uk = B 1 + B 2 + B 3 + B 4 + B 5 Za određivanje magnetske indukcije koja potiče od segmenta (1) koristimo Bio-Savarov ! ! ! ! ! ! µ 0 Idl × r!0 zakon, dB = ⋅ . Kako je vektorski proizvod d l × r = 0 , jer vektori d l i r0 imaju isti 0 4π r2 ! pravac i smer, to je B1 = 0 . Magnetske indukcije koje potiču od segmenata (2), (3) i (4) iz razloga simetrije su jednake, a određuju se na sledeći način: B2 = 2 a 2

a r=

I X

a 2

B2

θ 1 < 0 , θ 1 = −45 # θ 2 > 0 , θ 2 = 45 #

45 #

− 45#

B2 = M

2 a 2

M

µ0 I ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) a 4π ⋅ 2

B2 = B3 = B4

B5 =

θ2

µ0 I ⋅ 2 2πa

µ0 I 2 4π ⋅ a 2

⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 )

θ 1 = 0 # , θ 2 = 90 #

B5

B5 =

I

Buk = 3 ⋅ B2 − B5 = Buk = 20 µT

5 2µ 0 I 4πa

µ0 I 2π ⋅ 2a


57

14. Kružno kolo poluprečnika r opisani je krug oko kvadratnog kola. U kvadratnom kolu postoji struja I=3,14A u naznačenom smeru. Kolika struja I1 i u kom smeru treba da bude u kružnom kolu da bi magnetska indukcija u središtu kruga O bila jednaka nuli. (03.04.2000.)

a I1

r

I

Rešenje:

µ0 I 2 . Ukupna magnetska 2πa indukcija u centru kvadrata je Bkvadrata = 4 ⋅ B . Smer magnetske indukcije određuje se po pravilu desne zavojnice, upravan je na ravan crteža i usmeren nadole, što je na crtežu obeleženo simbolom ⊗. Magnetska indukcija koju stvara jedna strana kvadrata je B =

a r

B kvadrata

B kruga

I1

I

µ 0 I1 . Da bi ukupna magnetska 2r = − B kruga . Iz tog uslova sledi:

Magnetska indukcija koju stvara kružna kontura je Bkruga = indukcija bila jednaka nuli mora biti ispunjen uslov B kvadrata 4⋅

µ 0 I 2 µ o I1 d a 2 = , gde je r poluprečnik kruga opisanog oko kvadrata, tj. r = = . 2πa 2r 2 2 I1 =

4I = 4A π

Smer struje I1 treba da je suprotan smeru struje I.


58

15. Odrediti vrednost magnetske indukcije u tački A koja se nalazi u težištu jednakostraničnog trugla, ako je: I=6,28A, µ0=4π⋅10-7H/m, a=2cm. (05.06.2000.)

I

a

Rešenje:

B A

θ1 θ 2 x

. I

Tačka A nalazi se u težištu jednakostraničnog trougla, tako da je normalno rastojanje tačke 1 1 3 3 od štapa x = h = ⋅ a= a . Uglovi θ1 i θ2 su -60° i +60°, respektivno. Magnetska indukcija 3 3 2 6 jednog štapa data je izrazom: B1 =

µ0 I 3 µ I ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) = ⋅ 0 4πx 2 πa

Iz razloga simetrije ukupna magnetska indukcija je 3B1, tako da je: Buk = 3 ⋅ B1 =

9µ 0 I = 5.652 ⋅ 10 − 4 T 2πa

Smer magnetske indukcije određen po pravilu desne zavojnice naznačen je na crtežu.

16. Odrediti vrednost magnetske indukcije u tački A, ako je r=2cm, µ0= 4⋅π⋅10-7 H/m, I1=2A, I2=1A. (26.06.2000.)


59

I1 I2

r r

A

r

Rešenje: Datu konturu podelimo na dve, kao na slici: r (2)

r

r

(1)

A

I1

A

(3)

BI

(4)

I2

(8)

BII

(5)

(7)

(6)

Kod konture na prvoj slici magnetsku indukciju stvara samo segment (2), dok je magnetska indukcija koja potiče od štapova (1) i (3) jednaka nuli. Smer magnetske indukcije segmenta (2) naznačen je na slici, a izračunava se kao polovina vrednosti magnetske indukcije kruga poluprečnika r: B2 =

1 µ o I1 ⋅ = 31.4 µT 2 2r

B I = B2 Magnetska indukcija konture na drugoj slici jednaka je zbiru magnetskih indukcija 5 pravolinijskih segmenata. Zbog simetrije magnetske indukcije B4 i B8 su jednake, kao i magnetske indukcije B5 i B7. Smer magnetske indukcije ovih segmenata naznačen je na slici. Magnetska indukcija segmenta (4): B4 =

µ0 I 2 ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) 4πr

Normalno rastojanje segmenata (4) od tačke A u kojoj se određuje magnetska indukcija je r=2cm. Početni ugao θ1 je -90°, a ugao θ2 je 45° (posmatramo ugao koji zaklapa normala sa duži povučenom iz tačke A do krajnje tačke segmenta (4). Kako je θ2 ugao u pravouglom jednakokrakom trouglu mora biti 45°). Zamenom vrednosti dobija se sledeća jednačina: B4 =

µ0 I 2 µ I 2 ⋅ (sin 45 # − sin( −90 # )) = 0 2 ⋅ (1 − ) = 1.646 µT 4πr 4πr 2

Magnetska indukcija segmenta (5):


60

µ0 I 2 ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) 4πr

B5 = r

θ2

θ1

Ugao θ1 je 45°, a ugao θ2 se određuje iz pravouglog trougla čije su katete r i 2r. Oba ugla su pozitivna.

A

sin θ 2 =

r

I2

B5 = r

2r ( 2r ) + r 2

2

=

2r 5r

2

=

2 5

µ0 I 2 2 2 ⋅( − ) = 0.936 µT 4πr 2 5


B6 =

θ1 θ 2

µ0 I 2 ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) 4π (2r )

sin θ 1 =

2r

r ( 2r ) 2 + r 2

=

r 5r 2

=

1 5

= sin θ 2

Ugao θ1 je negativan, a θ2 pozitivan.

2r

B6 =

I2

µ0 I 2 µ I 1 1 1 )= 0 2 ⋅ ⋅( + = 2.236 µT 4π (2r ) 4πr 5 5 5

Ukupna magnetska indukcija konture sa slike 2 je: BII = 2 ⋅ B4 + 2 ⋅ B5 + B6 = 7.036 µT Ukupna magnetska indukcija u tački A biće Buk = BI − BII = 24.364 µT .

17. Odrediti vrednost magnetske indukcije u tački A za konturu na slici ako je a=2cm, I=2A, µ0= 4⋅π⋅10-7 H/m. (04.09.2000.) a

I

A


61

Rešenje:

B1 = a

I

θ2 θ1

µ0 I (sin θ 2 − sin θ 1 ) 4πr

r=

a 2

θ 1 = −45 # θ 2 = 45 #

A

B1 =

µ0 I  2 2  µ0 I  = + 2 = 28.284 µT a  2 2  2πa 4π 2

Buk = 4 ⋅ B1 = 113.136 µT

18. Odrediti vrednost magnetske indukcije u tački A za konturu na slici ako je a=2cm, I=2A, µ0= 4⋅π⋅10-7 H/m. Naznačiti smer vektora magnetske indukcije. (25.09.2000.) a

I A

Rešenje: Konturu sa slike podelimo na četiri pravolinijska segmenta: (3)

a

I

(4)

(2)

A (1) Segment broj (1):


62

sin θ 1 = A sin θ 2 =

θ1 θ 2 a/2

B1

a/4

a/2

I

r=

a 2 2

a a   +  2 4

2

a 2 2

a a   +  2 4

2

=

5

=

2

2 5

;

θ1<0

;

θ2>0

a 4

B1 =

µ0 I  2 2  µ0 I 4  +  = ⋅ a 5 πa 5 5  4π 4

Segment broj (2): sin θ 1 =

3a/4 B2 A

θ2

I

sin θ 2 =

a/2

θ1 a/4

r=

2

a a   +  2 4 3a 4 2

 a   3a    +  2  4 

1

=

2

2

5

=

θ1<0

;

3 13

;

θ2>0

a 2

B2 =

Segment broj (3):

a 4

µ0 I  3 1  µ0 I  3 1   +  = ⋅  +  a  13 2πa  13 5 5   4π 2


63

sin θ 1 = I a/2

a 2 2

 a   3a    +  2  4 

a/2

B3

sin θ 2 =

3a/4

θ 2 θ1

r=

A

2

a 2 2

 a   3a    +  2  4 

2

2

=

13

2

=

13

;

θ1<0

;

θ2>0

3a 4

B1 =

µ0 I  2 2  µ0 I 4  +  = ⋅ 3a  13 3πa 13 13  4π 4

Segment broj (4):

sin θ 1 =

3a/4

B4 a/2

I a/4

sin θ 2 =

θ1 θ2

A r=

2

 a   3a    +  2  4  a 4 2

a a   +  2 4

2

2

3

=

=

13

1 5

;

;

θ1<0

θ2>0

a 2

B4 =

Buk = B1 + B2 + B3 + B4 =

3a 4

µ0 I  1 3  µ0 I  1 3   +  = ⋅  +  a 5 2πa  5 13 13   4π 2

µ 0 I  13 5   +  = 137.52 µT πa  3 13 5

19. Odrediti magnetsku indukciju u tački M, ako je a=3cm, I=2A, µ0=4π⋅10-7H/m. (09.10.2000.)


64

a

a M a/2

I

Rešenje: Konturu podelimo na četiri pravolinijska segmenta i magnetsku indukciju određujemo prema formuli: B=

µ0 I ⋅ (sin θ 2 − sin θ 1 ) 4πr

Kako su segmenti (1) i (4), i (2) i (3) simetrični, dovoljno je odrediti magnetsku indukciju samo dva segmenta, npr. (1) i (2), a ukupna magnetska indukcija u tački M biće: B uk = 2 B 1 + 2 B 2 (2)

(3)

a

a M a/2

I (1)

(4)


a/2

θ1 I

X B 1

M

θ1 < 0 r= B1 =

, θ 1 = −90 # , θ 2 = 0

a 2

µ0 I µ I ⋅ (sin(−90 # )) = 0 a 2π ⋅ a 4π ⋅ 2


65


sin 60 # =

I

30 #

r 2r = a a 2

⇒ r=

a 3 sin 60 # = a 2 4

θ 1 < 0 , θ 1 = −30 # r=

60

3 a 4

θ 2 > 0 , θ 1 = 60 #

θ2

θ1

#

a/2

X B2

B2 =

µ0 I 4π ⋅

M

3a 4

⋅ (sin 60 # − sin( −30 # )) =

µ0 I  3 1   +  3π ⋅ a  2 2 

Ukupna magnetska indukcija u tački M je: Buk = 2 B1 + 2 B2 = 2 ⋅ 1.33 ⋅ 10 −5 T + 2 ⋅ 2.103 ⋅ 10 −5 T = 6.866 ⋅ 10 −5 T Buk = 68.66 µT

20. Odrediti ekvivalentnu impedansu za kolo prikazano na slici, ako je: R1=400Ω, R2=500Ω, C1=10µF, C2=5µF, L1=100mH, ω=2⋅π⋅50 rad/s. (06.12.1999.) C1 R2

A L1

Rešenje: Z L = jωL = j 31.4Ω Z C1 = −

j = − j 318.47Ω ωC1

Z C2 = −

j = − j 636.94Ω ωC 2

Z1 =

C2

Z L ⋅ Z C1 = j 34.834Ω Z L + Z C1

B R1


Z2 =

R1 ⋅ Z C2 R1 + Z C2

66

= (286.86 − j180.15)Ω

Z AB = Z 1 + Z 2 + R2 = (786.86 − j145.316)Ω

21. Odrediti ekvivalentnu impedansu, ako je: R1=400Ω, R2=500Ω, C1=10µF, C2=5µF, L1=100mH, L2=200mH, ω=2⋅π⋅50rad/s. (17.01.2000.) L1

R1

A

L2

C1

R2 B

C2

Rešenje: Kalem induktivnosti L1 i kondenzator kapacitivnosti C1 vezani su paralelno. Impedansa ove paralelne veze je: 1 jωC1 jωL1 Z1 = = = j 34.856Ω 2 1 ω 1 − L C 1 1 j ωL + jωC1 jωL1 ⋅

Kalem induktivnosti L2 vezan je redno sa otpronikom R2, a zatim je ova veza paralelno vezana sa kondenzatorom kapacitivnosti C2, tako da je: Z 2 = jωL2 + R2 = (500 + j 62.832)Ω 1 jωC 2 Z2 Z3 = = = (349.87 − j 235.248)Ω 1 1 + j ωC 2 Z 2 Z2 + j ωC 2 Z2 ⋅

Sada je ukupna impedansa između tačaka A i B redna veza impedanse Z1, Z3 i otpornika R1: Z AB = Z 1 + R1 + Z 3 = (749.87 − j 200.39)Ω

22. Izračunati ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je poznato: Z1=Z2=100Ω, ZL1=ZL2=j3,18Ω, ZC1=ZC2= -j31,85Ω. (07.02.2000.)


67

ZC1

Z1

ZL1 ZL2

Z2

ZC2 B

A

Rešenje: Z 1 = Z C 2 + Z L 2 + Z 2 = (100 − j 28.67)Ω Z2 =

Z C1 ⋅ Z L1 = j 3.53Ω Z C1 + Z L1

Z 3 = Z 1 + Z 2 = (100 + j 3.53)Ω Z AB = Z 1 || Z 3 = (51.275 − j 6.214)Ω

23. Naći ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je L=10mH, C=2,2mF, R=10Ω, XL=10Ω, XC=5Ω, ω=314rad/s. (06.03.2000.) XC A C

L

B XL R

Rešenje: Impedanse pojedinih elemenata su: Z L = jωL = j 3.14Ω ZC = −

j = − j1.45Ω ωC

Z L1 = jX L = j10Ω Z C1 = − jX C = − j 5Ω


68 Z L1 ⋅ Z C 1 = j10Ω Z L1 + Z C 1

Impedanse ZL1 i ZC1 vezane su paralelno:

Z1 =

Impedanse Z1, ZC i ZL vezane su redno:

Z 2 = Z L + Z C + Z 1 = j11.69Ω

Ukupna impedansa između tačaka A i B je: Z AB =

R⋅Z2 = (5.77 + j 4.94)Ω R+Z2

24. Odrediti ukupnu impedansu između tačaka A i B, ako je: L1=10mH, C=5µF, R=100Ω, L2=15mH, f=100Hz. (03.04.2000.)

A

L1 L2

C

B

R

Rešenje: su:

Kalemi L1 i L2 vezani su paralelno, pa redno sa kondenzatorom C. Vrednosti ovih impedansi Z 1 = jωL1 = j 6.28Ω ; j ZC = − = − j 318.47Ω ωC Z 12 =

Z 2 = jωL2 = j 9.42Ω ;

Z1 ⋅ Z 2 = j 3.768Ω Z1 + Z 2

Z LC = Z 12 + Z C = − j 314.703Ω Z AB =

R ⋅ Z LC = (90.82 − j 28.86)Ω R + Z LC

25. Izračunati ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je: L1=10mH, L2=20mH, C=470µF, R1=10Ω, R2=2Ω, ω=314 rad/s. (05.06.2000.)


69

L1

A

L2

C

B

R2

R1

Rešenje: Impedanse kalema L1, L2 i kondenzatora C su: Z L1 = jωL1 = j 3.14Ω Z L2 = jωL2 = j 6.28Ω ZC = −

j = − j 6.76Ω ωC

Kalem L1 i kondenzator C vezani su redno: Z 1 = Z L1 + Z C = − j 3.62Ω Impedansa Z1 i otpornik R1 vezani su paralelno: Z 2 = Kalem L2 i otpornik R2 vezani su paralelno: Z 3 =

Z 1 ⋅ R1 = (1.158 − j 3.2)Ω Z 1 + R1

Z L2 ⋅ R2 Z L2 + R2

= (1.815 + j 0.578)Ω

Ukupna impedansa između tačaka A i B je: Z AB = Z 2 + Z 3 = (2.973 − j 2.622)Ω

26. Izračunati ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je: R=56Ω, L=1mH, C1=22µF, C2=4,7µF, ω=314 rad/s. (26.06.2000.)

A

R

B L C1

Rešenje:

C2


A

A

70 R

B B

A

B

L C1

C2

Svi elementi vezani su paralelno. Impedanse su: Z C1 = −

j = − j144.76Ω ωC1

Z L = jωL = j 0.314Ω ZC2 = −

j = − j 677.6Ω ωC 2

Z 1 = R || Z C 1 =

R ⋅ Z C1 = (48.71 − j18.843)Ω R + Z C1

Z 2 = Z L || Z C 2 =

Z L ⋅ Z C1 = j 0.314Ω Z L + Z C1

Ukupna impedansa između tačaka A i B je: Z AB =

Z1 ⋅ Z 2 = (1.768 ⋅ 10 −3 + j 0.314)Ω Z1 + Z 2

27. Izračunati ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je: L1=31,8mH, L2=63,6mH, C=160µF, R=500Ω. (04.09.2000.) R

C A

3R

B L2 2C L1

Rešenje: Impedanse pojedinih elemenata su: ZC = −

j = − j 9.95Ω ω 2C

Z L2 = jωL2 = j19.9704Ω


71

Z L1 = jωL1 = j 9.9852Ω Kondenzator C je u kratkom spoju, tako da ne utiče na ukupnu impedansu između tačaka A i B. Kondenzator kapacitivnosti 2C i kalem L2 vezani su paralelno, a zatim redno sa kalemom L1: Z1 =

Z C ⋅ Z L2 Z C + Z L2

= − j19.83Ω

Z 2 = Z 1 + Z L1 = − j 9.8448Ω Z3 =

Impedansa Z2 i otpornik R vezani su paralelno:

R⋅Z2 = (0.1937 − j 9.84)Ω R⋅+ Z2

Ukupna impedansa između tačaka A i B je: Z AB = 3R + Z 3 = (1500.1937 − j 9.84)Ω

28. Izračunati ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je: L1=31,8mH, L2=63,6mH, C=160µF, R=500Ω, f=50Hz. (25.09.2000.) C A

R

2R

B L1 L2

C

Rešenje: Obeležimo tačke kao na slici: B A

C

R

2R 2

B

B

L1 L2

C 1

B

Kondenzator C kratko je vezan pa ne utiče na ukupnu impedansu. Ekvivalentna šema može se predstaviti na sledeći način:


72

2R

A

2

C

1

B

L2 L1 R

Z L 1 = jωL1 = j 9.9852Ω Z L2 = jωL2 = j19.9704Ω ZC = − Z1 =

j = − j19.904Ω ωC

Z L 1 ⋅ Z L2 Z L1 + Z L 2

= j 6.6568Ω

Z 2 = Z 1 + Z C = − j13.2472Ω Z3 =

R⋅Z2 = (0.35 − j13.237)Ω R+Z2

Z AB = 2 R + Z 3 = (1000.35 − j13.237)Ω

29. Izračunati ekvivalentnu impedansu između tačaka A i B, ako je: R=56Ω, L=1mH, C1=22µF, C2=4,7µF, ω=314 rad/s. (09.10.2000.)

A

R

B L C1

C2

Rešenje: Pogledati rešenje zadatka od 26.06.2000.

30. Odrediti jačinu struje I u kolu na slici, i proveriti teoremu o održanju snage. R1=100Ω, R2=150Ω, L=1mH, C=100µF, ω=314 rad/s, E1=(2-j5)V, E2=5V. (06.12.1999.)


73 E2

+

R1

I

C

E1

L R2

+

Rešenje: Jednačina napisana po II Kirhofovom zakonu daje struju: I=

E1 + E 2 R1 + R2 + jωL −

j ωC

I = (0.03 − j 0.016) A Snaga Džulovih gubitaka: S R1 = R1 ⋅ I S R2 = R2 ⋅ I

2

= 0.1156VA

2

S L = j ωL ⋅ I

= 0.1734VA 2

= j 3.62984 ⋅ 10 −4 VA

∑S

Zi

= (0.289 − j 0.0364)VA

i

SC = −

j ⋅I ωC

2

= − j 0.036815132VA

Snaga naponskih generatora: ∗

S E 1 = E 1 ⋅ I = (0.14 − j 0.118)VA ∗

S E 2 = E 2 ⋅ I = (0.15 + j 0.08)VA

∑S

Ei

= (0.29 − j 0.038)VA

i


31. Odrediti sve struje u kolu na slici, i proveriti teoremu o održanju snage. R1=100Ω, R2=150Ω, R3=80Ω, L=1mH, C=100µF, ω=314 rad/s, E1=(2-j5)V, E2=5V (17.01.2000.)


E2

74 R1

+

C R3

L +

R2

E1

Rešenje: Postavimo dve jednačine po II Kirhofovom zakonu i jednu jednačinu po I Kirhovofom zakonu, što nam daje dovoljan broj jednačina da odredimo sve struje u kolu. E 2 − I 1 Z 1 − I 2 Z c + E1 = 0 − I 3 R3 + I 2 Z c + E1 = 0 − I1 + I 2 + I 3 = 0 gde je: Z 1 = R1 + R2 + jωL = (250 + j 0.314)Ω Zc =

1 = − j 31.85Ω j ωC

Zamenom u prvoj jednačini struje I1 sa I2+I3 i zamenom brojnih vrednosti dobijamo sledeći sistem jednačina: (−250 + j 31.536) ⋅ I 2 − (250 + j 0.314) ⋅ I 3 = −7 + j 5 − j 31.85 ⋅ I 2 − 80 ⋅ I 3 = −2 + j 5 Rešenje ovog sistema daje sledeće vrednosti struja: I 1 = (0.03345 − j 0.0103625) A I 2 = (0.0755 − j 0.0428) A I 3 = (−0.04205 + j 0.0324) A Kompleksna snaga prijemnika obeležava se sa S i računa se na sledeći način: S = Z ⋅ I 2 = RI 2 + jXI 2 ,

gde je I = I = Re 2 ( I ) + Im 2 ( I )

S 1 = Z 1 ⋅ I 12 = (0.3065 + j 3.85153 ⋅ 10 −4 )VA S c = Z c ⋅ I 22 = − j 0.239897066VA S R = R3 ⋅ I 32 = 0.225631512VA Ukupna kompleksna snaga prijemnika je:

∑S = S

1

+ S R + S c = (0.5322 − j 0.239)VA


75

Kompleksna snaga generatora definiše se na sledeći način: S = U ⋅ I

∗

∗

S E1 = E 1 ⋅ I 2 = (0.365 − j 0.2919)VA ∗

S E2 = E 2 ⋅ I 1 = (0.16725 + j 0.0518125)VA Ukupna kompleksna snaga generatora je:

∑ S = (0.53225 − j 0.24)VA

Kako je ukupna kompleksna snaga generatora jednaka ukupnoj kompleksnoj snazi prijemnika, teorema o održanju snage je zadovoljena.

32. U kolu sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je poznato: R1=100Ω, R2=150Ω, L=10mH, C=10µF, E1=(2+j5)V, E2=j10V, ω=314 rad/s. (07.02.2000.)

L

+

R2 C

E1

E2 +

R1

Rešenje:

I1

+ E1

L

I

Jednačine po I i II Kirhofovom zakonu su:

I3

I1 = I 2 + I 3 R2

I2 C

II

R1

E 1 − Z L ⋅ I 1 − Z C ⋅ I 2 − R1 ⋅ I 1 = 0 E2 +

E 2 + Z C ⋅ I 2 − R2 I 3 = 0

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja: I 1 = (0.0455 + j 0.1547) A I 2 = (0.0821 + j 0.2390) A I 3 = (−0.0366 − j 0.0843) A


76

Snaga Džulovih gubitaka: S R 1 = R1 ⋅ | I 1 | 2 = 1.300117VA

∑S

S R 2 = R2 ⋅ | I 3 | 2 = 0.6500585VA

i

= (2.6258595 − j1.27422123)VA

i

S L = jωL⋅ | I 1 | 2 = j 0.08164734VA SC = −

j ⋅ | I 2 | 2 = − j1.355868577VA ωC


S E 1 = E 1 ⋅ I 1 = (1.8518 − j1.5015)VA ∗

S E 2 = E 2 ⋅ I 3 = (0.7735 + j 0.2275)VA

∑S

Ei

= (2.6253 − j1.274)VA

i


33. Odrediti elektromotornu silu E, ako je poznato: U12=(3+j2)V, R=10Ω, L=10mH, C=470µF, ω=314rad/s. (06.03.2000.)

C +

E

1

L

2

Rešenje:

R


C

77

U 12 = R ⋅ I R ⇒ I R =

1

IL

I

IR

U 12 = Z L ⋅ I L ⇒ I L =

+ L

E

U 12 = (0.3 + j 0.2) A R U 12 = (0.64 − j 0.96) A ZL

I = I R + I L = (0.94 − j 0.76) A

R

U 12 = E − Z C ⋅ I ⇒ E = U 12 + Z C ⋅ I E = (−2.15 − j 4.37)V

2

34. Za kolo sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage. E1=(1+j2)V, E2=j5V, R1=100Ω, R2=20Ω, L1=20mH, L2=10mH, C=4,7µF, f=50Hz. (03.04.2000.) R1

R2

+ L1

E1

C

L2 E2

+

Rešenje: Impedanse kalema i kondenzatora su: I1

+ E1

Z L1 = jωL1 = j 6.28Ω

R2

R1

L1

I I3

Z L 2 = jωL2 = j 3.14Ω

II

I2

C +

L2

E2

ZC = −

j = − j 677.59Ω ωC

Jednačine napisane po I i II Kirhofovom zakonu: − I1 + I 2 + I 3 = 0

(1)

E 1 − R1 I 1 − I 3 ( Z L1 + Z c ) = 0

(2)

− E 2 + Z L 2 I 2 + R2 I 2 − I 3 ( Z L1 + Z C ) = 0 (3) Zamenom brojnih vrednosti i struje I1 sa I2+I3 dobija se sledeći sistem jednačina:


78

100 I 2 + (100 − j 671.31) I 3 = 1 + j 2 (20 + j 3.14) I 2 + j 671.31I 3 = j 5 Rešenje ovog sistema daje sledeće vrednosti struja: I 2 = (5.12 + j 58.3)mA I 3 = (5.68 − j 0.12)mA I 1 = (10.8 + j 58.18)mA Kompleksna snaga prijemnika: S R 1 = R1 I 12 = 0.35015VA S Z L1 = Z L1 I 32 = j 2.02698 ⋅ 10 −4 VA S Z C = Z C I 32 = − j 0.02187VA S R 2 = R2 I 22 = 0.06850VA S Z L 2 = Z L 2 I 22 = j 0.01075VA Ukupna kompleksna snaga prijemnika je:

∑ S = (0.41865 − j 0.01091)VA

Kompleksna snaga generatora: ∗

S E1 = E 1 I 1 = (0.12716 − j 0.03658)VA ∗

S E2 = E 2 I 2 = (0.2915 + j 0.0256)VA Ukupna kompleksna snaga generatora je:

∑S

E

= (0.41866 − j 0.01098)VA

Teorma o održanju kompleksne snage je zadovoljena.

35. Izračunati sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: Z1=(2+j3)Ω, Z2=(4-j5)Ω, L=15mH, C=220µF, f=50Hz, E1=j5V, E2=(-2+j6)V. (05.06.2000.) Z1

L

+ E1

Z2

E2 C

+


79

Rešenje:

I1

Pisanjem jednačina po I i II Kirhofovom zakonu dobija se sledeći sistem jednačina:

I3

− I1 + I 2 + I 3 = 0 E1 − Z 1 ⋅ I 1 − Z 2 ⋅ I 2 = 0 Z 2 ⋅ I 2 − I 3 (Z L + Z C ) + E 2 = 0

II

I

Zamenom brojnih vrednosti dobija se:

I2

(6 − j 2) ⋅ I 2 + (2 + j 3) ⋅ I 3 = j 5 − (4 − j 5) ⋅ I 2 − j 9.758 ⋅ I 3 = (−2 + j 6)

Rešenje ovog sistema jednačina daje sledeće vrednosti struja: I 2 = (0.1825 + j1.2406) A I 3 = (−1.0299 + j 0.5056) A I 1 = I 2 + I 3 = (−0.8474 + j1.7462) A Kompleksna snaga na impedansama: S Z1 = Z 1 ⋅ I 12 = (7.53460 + j11.30190)VA S Z 2 = Z 2 ⋅ I 22 = (6.28958 − j 7.86197)VA S Z 3 = ( Z L + Z C ) I 32 = − j12.844703VA Ukupna kompleksna snaga je:

∑ S = (13.82418 − j9.404773)VA

Kompleksna snaga generatora: ∗

S E1 = E 1 ⋅ I 1 = (8.731 − j 4.237)VA ∗

S E2 = E 2 ⋅ I 3 = (5.0934 − j 5.1683)VA Ukupna kompleksna snaga generatora je:

∑S

E

= (13.8244 − j 9.4052)VA


36. Odrediti sve struje u kolu na slici, i proveriti teoremu o održanju snage. Brojni podaci: R1=50Ω, R2=25Ω, R3=80Ω, L=10mH, C=150µF, ω=314 rad/s, E1=(8+j5)V, E2=j5V. (26.06.2000.)


80

+

E2

R1

C R3

L

E1 +

R2

Rešenje: Jednačine po I i II Kirhofovom zakonu su (konture se obilaze u smeru kazaljke na satu):

+

E2

I1

R1

C R3

I2

L

I3

E1

I1 = I 2 + I 3 E 2 + E 1 − ( R1 + R2 + jωL) I 1 −

+

R2

− E1 +

1 I2 =0 jωC

1 I 2 + R3 I 3 = 0 j ωC

Rešavanjem sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja: I 1 = (0.0455 + j 0.1547) A I 2 = (0.0821 + j 0.2390) A I 3 = (−0.0366 − j 0.0843) A Snaga Džulovih gubitaka: S R 1 = R1 ⋅ | I 1 | 2 = 1.300117VA S R 2 = R2 ⋅ | I 1 | 2 = 0.6500585VA S R 3 = R3 ⋅ | I 3 | 2 = 0.675684VA

∑S i

S L = jωL⋅ | I 1 | 2 = j 0.08164734VA SC = −

j ⋅ | I 2 | 2 = − j1.355868577VA ωC


S E 1 = E 1 ⋅ I 2 = (1.8518 − j1.5015)VA

i

= (2.6258595 − j1.27422123)VA


81

∗

S E 2 = E 2 ⋅ I 1 = (0.7735 + j 0.2275)VA

∑S

Ei

= (2.6253 − j1.274)VA

i


37. U kolu sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: R1=50Ω, R2=80Ω, R3=30Ω, Rg=15Ω, L1=20mH, C1=33,333µF, f=50Hz, E=j10V. (04.09.2000.)

+

R1 E

Rg

L1

R2

R3 C1

Rešenje: Z C1 = −

j = − j 95.54Ω ωC1

Z L1 = jωL1 = j 6.28Ω

Z 1 = R3 || Z C1 = (27.307 − j8.575)Ω Z 2 = Z L1 + Z 1 = (27.307 − j 2.295)Ω Z 3 = R2 || Z 2 = (20.385 − j1.275)Ω Z ekv = R1 + Rg + Z 3 = (85.385 − j1.275)Ω I=

E j10V = = (−1.748 ⋅ 10 − 3 + j 0.117) A Z ekv (85.385 − j1.275)Ω

U AB = Z 3 ⋅ I = (0.114 + j 2.387)V I2 =

U AB = (1.425 ⋅ 10− 3 + j 0.0298) A R2

I L1 =

U AB = (−3.149 ⋅ 10 − 3 + 0.0871) A Z


82

38. U kolu sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: R1=50Ω, R2=80Ω, Rg=20Ω, L1=20mH, C1=33,333µF, f=50Hz, E=j20V. (25.09.2000.)

R1

+ E

L1

R2

Rg C1

Rešenje: Z L 1 = jωL1 = j 6.28Ω R1

+

Z C1 = −

I2

I

I1

E

L1

R2

Rg

j = − j 95.54Ω ωC1

Z 1 = R2 + Z C1 = (80 − j 95.54)Ω Z2 =

C1

I=

Z L1 ⋅ Z1 Z L1 + Z1

= (0.2196 + j 6.525)Ω

E = (0.026 + j 0.282)Ω R1 + R g + Z 2

U AB = I ⋅ Z 2 = (−1.836 + j 0.233)V I1 =

U AB = (0.037 + j 0.292) A Z L1

I2 =

U AB = (−0.0108 − j 0.01009) A Z1

I = I 1 + I 2 = (0.026 + j 0.282) A Snaga naponskog generatora: ∗

S E 1 = E ⋅ I = j 20 ⋅ (0.026 − j 0.282)VA = (5.64 + j 0.52)VA Snaga Džulovih gubitaka: S R 1 = R1 ⋅ I S R g = Rg ⋅ I

2

= 4.01VA 2

= 1.604VA

∑S

i

= (5.63 + j 0.523)VA


83

2

S L 1 = Z L1 ⋅ I 1 = j 0.54405524VA S Z1 = Z 1 ⋅ I 2

2

= j (0.0174 − j 0.0208)VA


39. Odrediti jačinu struje I u kolu na slici, i proveriti teoremu o održanju snage. R1=100Ω, R2=150Ω, L=1mH, C=100µF, ω=314 rad/s, E1=(2-j5)V, E2=5V. (09.10.2000.) +

I

E2

R1

C E1

L R2

Rešenje: Prema I Kirhofovom zakonu jačina struje je: I=

E1 + E 2 j R1 + R2 + jωL − ωC

= (0.03 − j 0.016) A

Snaga naponskig generatora: ∗

S E 1 = E 1 ⋅ I = (0.14 − j 0.118)VA ∗

S E 2 = E 2 ⋅ I = (0.15 + j 0.08)VA Ukupna snaga naponskig generatora je:

∑S

Ei

= (0.29 − j 0.038)VA

i

Snaga Džulovih gubitaka u kolu je: S Z = Z ⋅ | I | 2 = (0.289 − j 0.036)VA Z = R1 + R2 + jωL −

j = (250 − j 31.526)Ω ωC


+

Sanja Maravić

Recommend Documents