Zbirka Resenih Zadataka Iz Elektrotehnike

Zbirka rešenih zadataka iz elektrotehnike sa elektronikom

1. KULONOV ZAKON, JAČINA ELEKTRIČNOG POLJA, POTENCIJAL I NAPON Kulonov zakon: sila kojom se privlače ili odbijaju dva tačkasta naelektrisanja upravo je proporcionalna njihovim količinama elektriciteta, a obrnuto proporcionalna kvadaratu međusobnog rastojanja: Q ⋅Q 1 Q1 ⋅ Q2 F =k 1 2 2 = ⋅ 4πε 0 r2 r gde je k = 9 ⋅ 10 9 Nm 2 C 2 ili dielektrična konstanta vakuuma ε 0 = 8 ,85 ⋅ 10 −12 C 2 Nm 2 = 8 ,85 ⋅ 10 −12 F m Potencijal električnog polja u nekoj tački brojno je jednak potencijalnoj energiji koju bi imalo telo jedinične količine elektriciteta dovedeno u tu tačku. Jedinica za potencijal je VOLT. Potencijal električnog polja na rastojanju r od « izvora » polja iznosi: Q 1 Q ϕ=k = ⋅ r 4πε 0 r Ako električno polje potiče od više tačkastih naelektrisanja, rezultujući potencijal jednak je algebarskom zbiru potencijala koji su izazvani svakim naelektrisanjem pojedinačno: ϕ = ϕ1 + ϕ 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + ϕ n Napon između tačke A (koja je na rastojanju rA od izvora radijalnog električnog polja) i tačke B (koja je na rastojanju rB od izvora radijalnog električnog polja) jednak je razlici potencijala: ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ 1 U AB = ϕ A − ϕ B = kQ⎜⎜ − ⎟⎟ = Q⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ rA rB ⎠ 4πε 0 ⎝ rA rB ⎠ Jedinica za napon je VOLT. Pri pomeranju «naelektrisanja» q iz tačke A u tačku B sile električnog polja obave rad koji se može izračunati: ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ 1 ⋅ qQ⎜⎜ − ⎟⎟ AAB = qU AB = q(ϕ a − ϕ b ) = kqQ⎜⎜ − ⎟⎟ = ⎝ rA rB ⎠ ⎝ rA rB ⎠ 4πε 0 Jačina električnog polja u nekoj tački brojno je jednaka sili kojom bi polje delovalo na jediničnu količinu elektriciteta dovedeno u tu tačku:

r r F E= Q 1


r gde je F sila kojom bi polje delovalo na telo količine elektriciteta Q dovedeno u posmatranu tačku. Jedinica za jačinu električnog polja je jedan NJUTN po KULONU ili jedan VOLT po METRU (1N/C ili 1V/m). Jačina električnog polja koje stvara tačkasto naelektrisanje Q u tački koja je od njega udaljena za r može se izračunati po obrascu: Q 1 Q E=k 2 = ⋅ 2 4πε 0 r r Ako polje potiče od pozitivnog tačkastog naelektrisanja vektor jačine polja usmeren je od tog naelektrisanja, a ako je izvor polja negativan vektor jačine polja je usmeren ka njemu.

Kapacitet provodnika brojno je jednak količini elektriciteta koju treba dovesti tom provodniku da bude na jediničnom potencijalu. Jedinica za kapacitet je FARAD: 1C 1F = 1V Kapacitet kondenzatora brojno je jednak količini elektriciteta koju treba dovesti tom kondenzatoru da mu se napon poveća za 1V. Q C= U Kapacitet ravnog kondenzatora nalazi se po obrascu: S C = ε 0ε r d gde je S-površina ploča, d-rastojanje između ploča, ε 0 -dielektrična konstanta vakuuma i ε r -relativna dielektrična konstanta Ekvivalentni kapacitet paralelno vezanih kondenzatora jednak je zbiru kapaciteta tih kondenzatora: n

C e = C 1 + C 2 + C 3 + ... + C n = ∑ C i i =1

Recipročna vrednost ekvivalentnog kapaciteta redno vezanih kondenzatora jednaka je zbiru recipročnih vrednosti kapaciteta tih kondenzatora: n 1 1 1 1 1 = + + ... + =∑ C e C1 C 2 C n i =1 Ci Energija kondenzatora kapacitivnosti C može se odrediti na osnovu izraza 2


1 1 1 Q2 QU = CU 2 = ⋅ 2 2 2 C gde je Q – količina elektriciteta na elektrodama kondenzatora, a U – napon između njih. W =

1.1 Tri jednaka pozitivna opterećenja q su u temenima jednakostraničnog trougla. Kakvo i koliko naelektrisanje Q treba postaviti u težište trougla da bi rezultujuća sila na svako opterećenje bila jednaka nuli?

REŠENJE: r Sila F na jedno naelektrisanje potiče od Kulonove sile druga dva naelektrisanja i jednaka je vektorskom zbiru tih sila. r r r F = F1 + F2 Smer sila je kao na slici, a intenzitet je: q2 F1 = F2 = k 2 a 3 q2 o o F = 2 F1 cos 30 = 2 F2 cos 30 = 2 ⋅ k 2 ⋅ 2 a 2 q F =k 3 2 a Da bi rezultujuća sila na naelektrisanju Q bila jednaka nuli intenziteti sila FQq i F moraju biti jednaki, a suprotnog smera i zato naelektrisanje Q mora biti negativno da bi se ove dve sile poništile. Količinu naelektrisanja nalazimo iz uslova: FQq = F h=

a 3 2

FQq = k

Q⋅q ⎛2 a 3⎞ ⎜ ⋅ ⎟ ⎜3 2 ⎟ ⎝ ⎠

2

=k

Q⋅q ⎛a 3⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎝ ⎠

2

=k

Qq 9 ⋅Q ⋅q = 3k 2 2 a 3a

q2 3 q2 3 Qq F =k ⇒k = 3k 2 2 2 a a a 3Q = q 3 3


3 q 3 Rešenje pokazuje da količina elektriciteta Q zavisi samo od količine pozitivnog naelektrisanja q u temenima i da je nezavisno od rastojanja a. Q=

1.2 Tačkasta naelektrisanja q1=4nC i q2=1nC nalaze se na rastojanju a=60cm. Odrediti položaj C tačkastog naelektrisanja q3 tako da posle postavljanja naelektrisanja q3 sva tri naelektrisanja budu nepokretna i odrediti količinu elektriciteta q3

REŠENJE: Ako sa x označimo rastojanje tačkastog naelektrisanja q1 od tačke C gde treba da se postavi naelektrisanje q3 tada je rastojanje tačke C do naelektrisanja q2 iznosi a − x .Da bi posle postavljanja naelektrisanja sistem bio nepokretan treba da intenziteti sila zadovolje sledeći uslov: F13 = F23

a smerovi su označeni na slici. q ⋅q 1 q1 ⋅ q3 1 ⋅ 2 = ⋅ 2 32 4πε 0 4πε 0 (a − x ) x

q2 2 x = a 2 − 2ax + x 2 q1 x 2 = 4a 2 − 8ax + 4 x 2 3x 2 − 8ax + 4a 2 = 0 8 ⋅ 60 60 ⋅ 60 =0 x2 − x+4 3 3 x 2 − 160 x + 4800 = 0 4


Ovo je kvadratna jednačina čija su rešenja x1 i x 2 . 160 ± 160 ⋅ 160 − 4 ⋅ 4800 2 2 160 ± 10 16 ⋅ 16 − 4 ⋅ 4 ⋅ 12 x1 = 2 2 160 ± 40 16 − 12 160 ± 80 x1 = = 2 2 2 160 + 80 x1 = = 120cm → ovo resenje treba odbaciti jer je x f a 2 160 − 80 x2 = = 40cm 2 F12 = F32 x1 =

q ⋅q q1 ⋅ q 2 = 3 22 2 a (a − x ) 2

2

1 ⎛a− x⎞ ⎛ 60 − 40 ⎞ q3 = ⎜ ⎟ = 4⋅⎜ ⎟ = 4⋅ 9 ⎝ a ⎠ ⎝ 60 ⎠ q3 = 0.444nC F21 = F31 q1 ⋅ q 2 q3 ⋅ q1 = a2 x2 2

2

4 ⎛ x⎞ ⎛ 40 ⎞ q3 = q 2 ⎜ ⎟ = 1 ⋅ ⎜ ⎟ = 9 ⎝a⎠ ⎝ 60 ⎠ q3 = 0.444nC 1.3 Dve veoma male kuglice, istih masa m1=m2=m, vise o končićima jednake dužine l=10cm koji su učvršćeni u tački A. Kada se kuglicama dovedu količine elektriciteta Q1=Q2=Q=10pC one se odbijaju tako da svaki končić gradi sa vertikalom ugao α=30o. Odrediti masu kuglica. Napomena: Kuglice smatrati tačkastim naelektrisanjima. Masu končića zanemariti. Sistem se nalazi u vakuumu.

5


REŠENJE: F = tg 30 0 G kQ Q Q2 F = 12 2 = k 2 l l G = mg m=

kQ 2 = 1,589 ⋅ 10 −11 kg 2 0 gl tg 30

(

)

1.4 Dva tela naelektrisana količinama elektriciteta Q1 i Q2 nalaze se u vakuumu na rastojanju r=1m. Odrediti tačku u kojoj je sila koja deluje na jedinicu pozitivnog naelektrisanja jednaka nuli i to kada je: a) Q1=10µC Q2=15µC b) Q1=10µC Q2=-15µC c) Q1=-10µC Q2=-15µC Dimenzije tela su male u odnosu na rastojanje.

REŠENJE: a) Oba tela su pozitivno naelektrisana. Rezultantno polje je: r r r E = E1 + E 2 r r a biće jednako nuli ako je E1 = − E 2 E1 = E 2

1

⋅

Q1

4πε 0 r1

2

=

1

⋅

Q2

4πε 0 r2 2

r1 = x r2 = r − x Q1 Q2 = 2 x (r − x )2

Q1 +

r

x 2 = −4,45m 6

+ r2

r1=x

10 ⋅ 10 −6 15 ⋅ 10 −6 = x2 (1 − x )2 x1 = 0,45m

Q2

E1

E2


Pošto x treba da bude na duži koja spaja naelektrisanja Q1 i Q2 ( 0
Q1 r1

2

=

Q2 r2

2

Q2 Q1 = x 2 (r + x )2 1 ⋅ 10 −6 15 ⋅ 10 −6 = x2 (1 + x )2 x1 = −0,45m x 2 = 4,45m Pošto x treba da bude van duži koja spaja Q1 i Q2 rešenje je x=4.45m. c) Oba naelektrisanja su negativna. Rezultat je isti kao i u slučaju pod a). 1.5 Tri tačkasta naelektrisanja QB=-2pC, QD=5pC i QC=16pC, raspoređena su u temenima B, D i C pravougaonika stranica a = 10 3cm i b = 10cm . Odrediti r električno polje E u temenu A, ako se sistem nalazi u vakuumu. REŠENJE: Prema oznakama sa slike je:

7


d 2 = a2 + b2

(

)

2

d 2 = 10 3 + 10 2 = 400cm 2 d = 400 = 20cm 1 sin α = sin 30 0 = 2 cos α = cos 30 0 =

3 2

E x = 0 − E D − EC cos α = 4.57 N

C

E y = E B + 0 − EC sin α = 0 QB N = 1.79 2 C b Q N E C = k C2 = 3.59 C d Q N E D = k D2 = 1.49 C a

EB = k

N 2 2 E = E x + E y = 4.57 2 + 0 = 4.57 C r (Vektor E leži na x osi)

1.6 Odredi ekvivalentni kapacitet baterije prikazane na slici.

REŠENJE:

8


C 23 = C 2 + C 3 1 1 1 1 = + + C e C1 C 2 + C 3 C 4 C1C 4 (C 2 + C3 ) C1 + C 4 C1C 4 (C 2 + C 3 ) C14 C 23 = Ce = = C1C 4 C1C 4 + (C1 + C 4 )(C 2 + C 3 ) C14 + C 23 + (C 2 + C 3 ) C1 + C 4

1.7 Na slici su naznačeni kapaciteti kondenzatora u µF. Bez pisanja formula odredi ekvivalentni kapacitet i količinu elektriciteta na ekvivalentnom kondenzatoru. C1 = C 2 = 10 µF , C 3 = 1µF , C 4 = 6 µF i C 5 = 3µF ,U = 12V

REŠENJE: U jednoj grani imamo dva jednaka kondenzatora od po 10 µF redno vezana. Njih možemo zameniti jednim kondenzatorom čiji je kapacitet upola manji od kapaciteta jednog kondenzatora tj. 5 µF . Ovaj kondenzator je paralelno vezan sa kondenzatorom kapaciteta 1µF . Njihov ekvivalentni kapacitet jednak je zbiru kapaciteta tako da se dobije 6 µF . Ovaj kondenzator je redno vezan sa kondenzatorom kapaciteta 3 µF , pa je njihov ekvivalentni kapacitet jednak količniku njihovog proizvoda i njihovog zbira. Na taj način se dobija da je njihov ekvivalentni kapacitet jednak 2 µF . Ovaj kondenzator je paralelno vezan sa kondenzatorom kapaciteta 6 µF . Ukupni ekvivalentni kapacitet jednak je zbiru ova dva tj. 8 µF . Količina elektriciteta na tom kondenzatoru bila bi jednaka proizvodu ekvivalentnog kapaciteta i napona tj. 96 µC . 1.8 Dva kondenzatora čiji su kapaciteti C1 = 6µF i C 2 = 3µF vezani su a) redno b) paralelno Kolike količine elektriciteta će da budu na pozitivnim pločama tih kondenzatora, ako takvu vezu kondenzatora priključimo na izvor napona U = 10V ?

9


REŠENJE: a) Na redno vezanim kondenzatorima moraju biti jednake količine elektriciteta. Ta količina elektriciteta jednaka je količini elektriciteta na njihovom ekvivalentnom kondenzatoru. Ekvivalentni kapacitet jednak je rednoj vezi kondenzatora C1 i C2 pa je: C1C 2 Ce = C1 + C 2 Prema tome CC Q1 = Q2 = Qe = C eU = 1 2 U = 20 µC C1 + C 2 b) Kod paralelno vezanih kondenzatora naponi su isti na oba kondenzatora pa je: Q1 = C1U = 60 µC

Q2 = C 2U = 30 µC 1.9 Kapaciteti kondenzatora prikazanih na slici su C1 = 4 nF , C 2 = 2nF i C 3 = 3nF , dok je napon U = 18V . a) Odredi količinu elektriciteta na kondenzatoru C2 b) Kako se menja napon na kondenzatoru C3 ako dođe do proboja kondenzatora

C2 ?

10


REŠENJE: a) C12 = C1 + C 2 = 4nF + 2nF = 6nF

(C + C 2 )C3 (4 + 2) ⋅ 3 18 C C 1 1 1 = = + ⇒ C e = 12 3 = 1 = C e C12 C 3 C12 + C 3 C1 + C 2 + C 3 4 + 2 + 3 9

C e = 2nF Na redno vezanim kondenzatorima moraju biti jednake količine elektriciteta pa C3 i paralelna veza C1 i C2 tj. C12 imaju iste količine elektriciteta (C + C 2 )C3 Qe = C eU = 1 U = Q12 = Q3 ⇒ C1 + C 2 + C 3 C 3U C 2 C 3U Q12 = ⇒ Q2 = C 2U AB = = 12nC C12 C1 + C 2 + C 3 C1 + C 2 + C 3 b) Pre probijanja navedenog kondenzatora napon na kondenzatoru C3 je U AB =

Q3 (C1 + C 2 ) U = C 3 C1 + C 2 + C 3 Kada dođe do proboja kondenzatora C2 ploče kondenzatora C1 postanu «kratko» vezane: njihovi potencijali se izjednače pa je napon na C3 jednak U . Prema tome napon se poveća C + C 2 + C3 U n= = 1 = 1,5 puta U3 C1 + C 2 U3 =

1.10 Na slici je prikazana baterija kondenzatora čiji kapaciteti iznose C1 = 60 nF , C 2 = 30 nF i C 3 = 10 nF . Ako je količina elektriciteta na kondenzatoru C3 jednaka Q3 = 30 nC koliki je napon U AB ? REŠENJE: Na redno vezanim kondenzatorima moraju biti jednake količine elektriciteta pa C1 i C2 tj. C12 imaju iste količine elektriciteta CC Q12 = Q1 = Q2 = C12U = 1 2 U C1 + C 2 U=

Q3 Q CC ⇒ Q12 = Q1 = Q2 = 1 2 ⋅ 3 C3 C1 + C 2 C 3

U AB =

C 2 Q3 Q1 = = 1V C1 (C1 + C 2 )C 3

11


1.11 Kondenzatori kapaciteta C1 ,C 2 ,C 3 i C 4 povezani su kao što je prikazano na slici. Koliki treba da bude napon U da bi napon na kondenzatoru C1 iznosio U 1 ? Smatrati da je C1 = C 3 = C 4 = C i C 2 = C 2 .

REŠENJE: Potrebno je najpre izračunati ekvivalentnu kapacitivnost kola C C⋅ 2 =C C12 = - jer su C1 = C i C 2 = C vezani redno 2 C 3 C+ 2 4 C123 = C12 + C 3 = C - C12 i C 3 su vezani paralelno 3 4 Ce = C 7 Qe = Q4 = Q123

Količine elektriciteta na C e i C4 su jednake jer su vezani redno U4 =

Q4 4 3 = U ⇒ U AD = U − U 4 = U C4 7 7

Q12 =

C1C 2 1 U AD = CU = Q1 = C1U 1 ⇒ U = 7U 1 7 C1 + C 2

1.12 Ravan vazdušni kondenzator, kapacitivnosti C0=100pF, priključen je na izvor stalnog napona U=100V. Kada se kondenzator napunio izvor je isključen, a između elektroda je, do polovine ubačena ploča od dielektrika relativne dielektrične konstante ε r = 4 . a) Odrediti potencijalnu razliku između elektroda kondenzatora posle ubacivanja dielektrika b) Izračunati energiju kondenzatora pre i posle ubacivanja dielektrika 12


REŠENJE: a) C 0 = 100 pF Kapacitet ravnog pločastog kondenzatora se izračunava po obrascu: S C0 = ε 0 d Q0 = C 0 ⋅ U Posle isključivanja izvora i uvlačenja dielektrika (prema slici) dobija se paralelna veza dva kondenzatora C1 i C2 pa je ekvivalentna kapacitivnost jednaka zbiru pojedinačnih kapacitivnosti. S ε C1 = ε 0 ε r 2 = r C 0 d 2 S C C2 = ε 0 2 = 0 d 2 1⎞ ⎛ε C e = C1 + C 2 = C 0 ⎜ r + ⎟ = 2.5 ⋅ C 0 = 250 pF ⎝ 2 2⎠ Ukupna količina naelektrisanja kondenzatora je ista pre i posle uvlačenja dielektrika pa je: Q = const

Q0 = C0 ⋅ U = 2.5 ⋅ C0 ⋅ U / U/ =

U = 40V 2 .5

b) 1 C 0 ⋅ U 2 = 5 ⋅ 10 −7 J 2 2 1 W / = ⋅ 2.5C0 ⋅ U / = 2 ⋅ 10 −7 J 2

W0 =

( )

- energija pre ubacivanja dielektrika - energija posle ubacivanja dielektrika

1.13 Ravan vazdušni kondenzator, površine elektroda S = 40 × 60 cm 2 i rastojanja između njih d = 5mm priključen je na izvor napona U = 2kV . Po izvršenom opterećivanju kondenzator se isključi od izvora i poveća mu se rastojanje između elektroda na d 1 = 10mm . Odrediti energiju i jačinu polja u oba slučaja, kao i promenu napona između elektroda kondenzatora do koje dolazi pri povećanju rastojanja.

13


REŠENJE:

ε 0 = 8,85 ⋅ 10 −12 C

2

N ⋅ m2 Kapacitet ravnog vazdušnog kondenzatora se izračunava po obrascu: S C1 = ε 0 = 4,248 ⋅ 10 −7 F d Energija kondenzatora je: 1 W1 = C1 ⋅ U 2 = 8,496 ⋅ 10 − 4 J 2 Jačina električnog polja je: U E1 = = 400 kV m d Količina naelektrisanja kondenzatora je: Q1 = C1 ⋅ U = 8,496 ⋅ 10 −7 C Kada se razmaknu ploče dolazi do promene kapacitivnosti kondenzatora, a količina naelektrisanja ostaje nepromenjena jer je izvor isključen. U ovom slučaju dolazi do promene napona između ploča kondenzatora. S C2 = ε 0 = 2,12 ⋅ 10 −10 F d1 Q1 = Q2 = C 2 ⋅ U 2 ⇒ U 2 =

Q2 C2

2

2

W2 =

Q 1 1 1 Q 2 C 2U 2 = C 2 ⋅ 2 2 = ⋅ 2 2 2 2 C2 C2

W2 =

1 Q2 ⋅ = 1,7 ⋅ 10 −3 J 2 C2

U2 =

Q2 = 4000V = 4kV C2

E2 =

U2 = 400 kV m d1

2

∆U = U 2 − U 1 = 4kV − 2kV = 2kV

1.14 Ravan vazušni kondenzator, površine elektroda S = 70 × 70 cm 2 i rastojanja između njih d = 0.5cm , priključen je na izvor napona U = 5kV . Posle opterećivanja kondenzatora rastojanje između njegovih elektroda se poveća na d / = 1cm , ne isključujući pri tome izvor. Izračunati opterećenje kondenzatora i intenzitet električnog polja, kao i energiju pre i posle razmicanja elektroda.

14


REŠENJE: U ovom slučaju se menja količina elektriciteta Q jer napon baterije ostaje isti pa je: S C1 = ε 0 = 8 ,673 ⋅ 10 −10 F d 1 W1 = C1U 2 = 10 ,84 mJ 2 Q1 = C1 ⋅ U = 4 ,33 ⋅ 10 −6 C U = 1 MV m d U = const S C 2 = ε 0 / = 4 ,3364 ⋅ 10 −10 F d 1 W2 = C 2U 2 = 5,42 ⋅ 10 −3 J 2 Q2 = C 2U = 2.1652 ⋅ 10 −6 C E1 =

E2 =

U = 500 kV m d/

1.15 Pločasti kondenzator, čije su elektrode dimenzija a = 30cm i b = 40cm , a rastojanje između njih c = 1cm , priključen je na napon U = 1.5kV . Između elektroda se nalazi staklena ploča dielektrične konstante ε r = 5 , debljine 1cm. Ako se posle odvajanja kondenzatora od izvora izvuče izolaciona ploča od stakla, odrediti promenu energije kondenzatora i privlačnu silu, između elektroda kondenzatora bez dielektrika. REŠENJE: Cr = ε 0ε r

ab = 5 ,31 ⋅ 10 −10 F c

1 C rU 2 = 5 ,97 ⋅ 10 −4 J 2 Kondenzator se odvoji od izvora i izvuče se dielektrik Wr =

C0 = ε 0

ab = 1,062 ⋅ 10 −10 F c

15


Q = const Q = C rU = 7 ,965 ⋅ 10 −7 C Q = C 0U ⇒ U = W0 =

Q C0

1 1 Q2 ⋅ C 0U 2 = ⋅ = 2,987 ⋅ 10 −3 J 2 2 C0

∆W = Wr − W0 = 2,983 ⋅ 10 −3 J Privlačna sila između elektroda kondenzatora je: W W = F⋅d ⇒ F = d 2 2 Q2 1 CU 1 (CU ) 1 Q2 = ⋅ = ⋅ = F= ⋅ S 2 d 2 Cd 2 ε 0 d 2ε 0 S d 2 Q ≈ 0.299 N F= 2ε 0 S 1.16 Naelektrisana čestica mase m = 0.01 g nalazi se u ravnoteži u homogenom električnom polju horizontalnog ravnog kondenzatora. Kondenzator je priključen na napon U = 20kV , dok je rastojanje između elektroda d = 5cm . Odrediti naelektrisanje čestice. REŠENJE: Uslov za ravnotežu čestice je:

F =G pri čemu su smerovi sila označeni na slici. qE = mg U = mg d mgd q= U 0,01 ⋅ 10 −3 ⋅ 9,81 ⋅ 5 ⋅ 10 − 2 q= 20 ⋅ 10 3 q = 2,45 ⋅ 10 −10 C = 0,245 ⋅ 10 −9 C = 0,245nC q

1.17 Ravan vazdušni kondenzator, rastojanja između elektroda d = 9 mm , smešten je u posudu od izolacionog materijala tako da jedna elektroda leži na dnu posude. Debljina elektroda je zanemarljiva. Kondenzator je priključen na

16


stalni napon U tako da polje u njemu ima vrednost E / 0 = 500 kV

. Do koje m visine h treba naliti ulje u posudu da bi polje u vazdušnom delu kondenzatora dostiglo vrednost E0 = 1.5 MV . Relativna dielektrična konstanta ulja je m εr = 4 .

REŠENJE: / U = E0 ⋅ d = 4500V Sa slike je vidljivo da se radi o rednoj vezi dva kondenzatora gde je: S C1 = ε 0 d −h S C 2 = ε 0ε r h Ekvivalentna kapacitivnost je: ε 0ε r S C ⋅C Ce = 1 2 = C1 + C 2 h + ε r (d − h ) Količina naelektrisanja je ista za oba kondenzatora i iznosi: Q = Ce ⋅ U Napon na kondenzatoru C1 , koji za dielektrik ima vazduh, je: ε 0ε r S ⋅U ε (d − h ) ⋅ U Q h + ε r (d − h ) U1 = = = r ε0S C1 h + ε r (d − h ) d −h Jačina električnog polja koju treba realizovati je data relacijom: U1 ε r ⋅U = = 1,5 MV ⇒ h = 8mm E0 = m d − h h + ε r (d − h )

17


1.18 Ravan vazdušni kondenzator, površine elektroda a × b i razmaka između njih d, priključen je na stalni napon U. Odrediti potrebnu silu da bi se izvršilo pomeranje jedne od elektroda u pravcu i smeru kao na slici. Zanemariti efekat krajeva. U = 500V , a = 1m , b = 0.5m , d = 2.5mm . REŠENJE:

ab 1 1 C1U 2 = U 2 ε 0 c 2 2 a(b − ∆x ) 1 1 W2 = C 2U 2 = U 2 ε 0 d 2 2 a 1 ∆W = W1 − W2 = U 2 ε 0 [b − b + ∆x ] d 2 ∆W 1 2 a = U ε 0 = 4,425 ⋅ 10 −4 N F= 2 ∆x d

W1 =

1.19 Jedna elektroda ravnog vazdušnog kondenzatora površine S = 100 cm 2 je učvršćena, dok je druga okačena o oprugu konstante c = 11.275 N . Kada je m kondenzator neopterećen, rastojanje između njegovih elektroda je d = 2mm . Kada se kondenzator priključi na izvor napona U, opruga će se istegnuti za x = 0 ,3mm . Odrediti napon izvora U. Efekat krajeva zanemariti. REŠENJE: Sila opruge je F1 , a privlačna sila između obloga kondenzatora je F2 . Ove sile moraju biti u ravnoteži pa je: F1 = cx F2 =

Q2 2ε 0 S

F1 = F2 Q = CU C = ε0

S d−x 2

⎛ ε0S ⎞ ⎜ ⎟ 2 2 ε0S C U 2 ⎝d − x⎠ =U =U2 cx = 2 2ε 0 S 2ε 0 S 2(d − x )

18


U2 =

2(d − x ) ⋅ cx ε0S

U=

2cx(d − x ) = 470V ε0S

2

2

1.20 Ravan kondenzator sa čvrstim dielektrikom relativne dielektrične konstante ε r , priključen je na stalni napon U. Dimenzije elektroda su a × b , a rastojanje između njih d . Odrediti silu potrebnu za izvlačenje dielektrika u pravcu i smeru kao na slici.

U = 100V , a = b = 20cm, d = 2mm, ε r = 5 REŠENJE: . S ab C r = ε 0ε r = ε 0ε r d d Energija kondenzatora pre izvlačenja dielektrika je : 1 Wr = C r U 2 2 Kada se dielektrik izvuče za ∆x dobija se paralelna veza dva kondenzatora C1 i C2 pa je ekvivalnetna kapacitivnost data relacijom: b∆x C1 = ε 0 d b(a − ∆x ) C 2 = ε 0ε r d b C e = C1 + C 2 = ε 0 [∆x + ε r (a − ∆x )] d Energija ekvivalentnog kondenzatora je: 1 We = C eU 2 2 Razlika energija je: 19


ε ⋅b 1 1 ∆W = U 2 [C r − C e ] = U 2 0 [ε r a − ε r a − ∆x + ε r ∆x ] 2 2 d 2 1 ε bU ∆W = ⋅ 0 ∆x(ε r − 1) 2 d Sila potrebna za izvlačenje dielektrika se izračunava: (ε − 1) = 0,5 ⋅ 8,85 ⋅ 10 −12 ⋅ 20 ⋅ 10 −2 ⋅ 100 2 ⋅ 4 = 1,77 ⋅ 10 −5 N ∆W 1 = ε 0 bU 2 r F= 2 ∆x d 2 ⋅ 10 −3 1.21 Ravan vazdušni kondenzator ima rastojanje između elektroda d i priključen je na stalni napon U. Ako se u međuelektrodni prostor kondenzatora ubaci pločica od izolacionog materijala, relativne dielektrične konstante ε r i debljine d , jačina polja u vazdušnom delu kondenzatora će se povećati za 2 50% u odnosu na prvobitnu. Odrediti ε r . REŠENJE: S C0 = ε 0 d U E= d S C 1 = ε 0 = 2C 0 d 2 S C 2 = ε r ε 0 = 2ε r C0 d 2 C1C 2 2ε r Ce = C0 = C1 + C 2 1 + ε r Q = Ce ⋅ U

U = U1 + U 2 U1 =

2ε r C 0 ε Q C eU = = ⋅U = r U (1 + ε r ) ⋅ 2C0 1+ εr C1 C1

E1 = 1,5E 2ε r U1 U = 1,5 ⇒ = 1,5 d 1+ εr d 2 2ε r = 1,5(1 + ε r ) = 1,5 + 1,5ε r 0,5ε r = 1,5 ⇒ ε r = 3 20


1.22 Ravan vazdušni kondenzator, rastojanja između elektroda d = 9 mm , priključen je na stalni napon U. Polje u kondenzatoru ima vrednost E = 0.5 MV . U prostor između elektroda kondenzatora ubaci se pločica m debljine d 1 = 8 mm od materijala relativne dielektrične konstante ε r = 4 . Odrediti električno polje u obe sredine. REŠENJE: U = E ⋅ d = 0.5 ⋅ 10 6 ⋅ 9 ⋅ 10 −3 = 4500V S C0 = ε 0 - vazdušni kondenzator d ε ⋅S S = 9 ⋅ C0 C1 = ε 0 = 9 0 d d 9 9 S = ε r ⋅ C0 C2 = ε 0ε r 8 8 d 9 C ⋅C 9ε r ⋅ C0 C ekv = 1 2 = C1 + C 2 8 + ε r Q = C ekv ⋅ U = C1 ⋅ U 1 = C 2 ⋅ U 2 U1 =

Q = 1500V C1

U2 =

Q = 3000V C2

U1 = 1.5 MV m 1mm Q = 375 kV E2 = m C2

E1 =

21


2. JAČINA I GUSTINA ELEKTRIČNE STRUJE. ELEKTRIČNI OTPOR PROVODNIKA Električna struja predstavlja usmereno kretanje naelektrisanih čestica Trenutna jačina električne struje definisana je izrazom: dq i= dt „ gde je dq količina elektriciteta koja protekne„ kroz poprečni presek provodnika u beskonačno kratkom vremenskom intervalu dt . Srednja vrednost jačine električne struje u dužem vremenskom intervalu ∆t je: ∆q I = ∆t Jedinica za jačinu električne struje je amper: C 1C 1A = =1 s 1s Gustina električne struje brojno je jednaka količniku jačine električne struje i poprečnog preseka jedinične površine provodnika: r I j = = nev S gde je I jačina struje koja protiče kroz poprečni presek provodnika površine S, n koncentracija slobodnih elektrona (broj slobodnih elektrona u jedinici r zapremine ), e apsolutna vrednost količine elektriciteta elektrona, a v srednja brzina usmerenog kretanja elektrona. Otpor homogenog provodnika dužine l i površine poprečnog preseka S je. 1 l l R=ρ = ⋅ S σ S gde je ρ specifičan otpor provodnika, a σ specifična provodnost provodnika. Jedinice za otpor i specifični otpor su om i ommetar respektivno: [R] = 1Ω, [ρ ] = 1Ω ⋅ m Provodnost provodnika jednaka je recipročnoj vrednosti otpora tog provodnika. Jedinica za provodnost je simens, a za specifičnu provodnost simens po metru. Dakle: 1 1 1 S G = , [G ] = = 1S , [σ ] = =1 Ω Ω⋅m R m Otpor provodnika menja se sa temperaturom po formuli: R = R0 (1 + αt ) 22


gde je R otpor na 00C, a α temperaturni koeficijent otpora. Ekvivalentna otpornost redne veze otpornika n

Re = ∑ Ri = R1 + R2 + ... + Rn i =1

Ekvivalenta otpornost paralelne veze otpornika n 1 1 1 1 1 =∑ = + + ... + Re i =1 Ri R1 R2 Rn Omov zakon – Jačina struje kroz provodnik upravo je proporcionalna naponu na krajevima provodnika, a obrnuto proporcionalna njegovoj otpornosti. Omov zakon se može napisati u jednom od sledećih oblika: U U I= U = IR R = R I Prvi Kirhofov zakon – algebarski zbir jačina struja u provodnicima koji se sustiču u jednom čvoru električne mreže jednak je nuli: n

∑I k −1

k

=0

Drugi Kirhofov zakon – U bilo kojoj zatvorenoj konturi električnog kola (zatvorena putanja formirana od grana kola) koja sadrži proizvoljan broj elektromotornih sila i otpornika, kora biti zadovoljen drugi Kirhofov zakon koji se iskazuje sledćom relacijom: ∑ E − ∑ RI = 0 ili ∑ E = ∑ RI pri čemu elektromotorne sile treba uzimati sa pozitivnim predznakom ako je njihov smer saglasan sa proizvoljno odabranim smerom obilaska po konturi i obrnuto. Naponi na otpornicima se uzimaju sa pozitivnim predznakom ako je referentni smer struje kroz otpornik saglasan sa smerom obilaska po konturi i obrnuto. Električni rad – Prilikom pomeranja naelektrisanja Q u elektrostatičkom polju od tačke A, koja se nalazi na potencijalu ϕ A , do tačke B, koja se nalazi na potencijalu ϕ B sile polja izvrše rad koji je jednak: A = Q(ϕ A − ϕ B ) = QU AB Ako se na osnovu ovog izraza dobije pozitivna vrednost to znači da su sile polja izvršile rad. Kada se rad vrši protivu sila polja za A se dobija negativna vrednost. Snaga P kojom se rad sila stacionarnog električnog polja transformiše u toplotnu energiju na nekom otporniku, proporcionalna je otpornosti otpornika R i kvadratu struje I kroz otpornik (Džulov zakon): U2 P = RI 2 = UI = R Teorija superpozicije – Jačina struje u bilo kojoj grani složenog linearnog električnog kola, nastala kao posledica jednovremenog dejstva svih generatora

23


u kolu, jednaka je algebarskom zbiru jačina struja koje bi u toj grani tekla pod dejstvom pojedinih generatora kada su svi ostali generatori zamenjeni svojim unutrašnjim otpornostima. Tevenenova teorema – Svako linearni aktivni dvopol sa nepromenljivim otpornicima i generatorima može se zameniti realnim naponskim generatorom čija je elektromotorna sila jednaka naponu praznog hoda dvopola, a unutrašnja otpornost ekvivalentna otpornosti dvopola.

2.1 Električna struja teče između «ploča» kondenzatora (površine Zemlje i sloja na visini 50-ak kilometara) «prenoseći» svakog dana količinu elektriciteta od približno 0.15GC. Izračunaj srednju jačinu električne struje. REŠENJE: Srednja jačina električne struje je protekla količina elektriciteta za dato vreme, pa je: q 0.15 ⋅ 10 9 C = 1,7kA I= = t 24 ⋅ 60 ⋅ 60s 2.2 Kolika količina elektriciteta će da protekne kroz poprečni presek provodnika u toku jednog minuta, ako kroz provodnik protiče električna struja jačine 10mA? REŠENJE: q = It = 10 ⋅ 10 −3 A ⋅ 60 s = 0 ,6 C

2.3 Ako pri „udaru“ groma kroz vazduh protekne količina elektriciteta 20C, pri srednjoj jačini električne struje od 20kA, koliko vremena traje protok elektriciteta? REŠENJE: q 20C = 10 −3 s = 1ms t= = 3 I 20 ⋅ 10 A 2.4 Kroz vlakno sijalice prečnika 19µm protiče struja jačine 125mA. Kolika je gustina struje u vlaknu? REŠENJE:

j=

I 4I 4 ⋅ 125 ⋅ 10 −3 A A A = 2 = = 4 ,41 ⋅ 10 8 2 = 441 2 S d π m mm 2 19 ⋅ 10 −6 m π

(

)

2.5 Iz kosmosa prema Zemlji kreću se protoni čija je prosečna brzina oko v = 470 km s . Njihova koncentracija je n = 8.7cm −3 . Kada ih Zemljino magnetno polje, iznad atmosfere, ne bi skretalo i rasejavalo, kolika bi bila 24


gustina električne struje tih protona koja bi uvirala u atmosferu? Kolika bi bila ukupna jačina te struje? Poluprečnik Zemlje je R = 6370km . REŠENJE: j = neυ = 8.7 ⋅ 10 6 ⋅ m −3 ⋅ 1.6 ⋅ 10 −19 C ⋅ 470 ⋅ 10 3

A m = 6.5 ⋅ 10 −7 2 s m

I = neυ ⋅ 4 R 2π = 4πjR 2 = 33.3GA

2.6 Metalni provodnici mogu da izdrže protok električne struje čija je gustina oko j max = 10 A mm 2 . Ako je koncentracija slobodnih elektrona n = 10 29 m −3 proceni srednju brzinu usmerenog kretanja elektrona. REŠENJE: A j mm m2 = 0 .6 j max = neυ ⇒ υ = max = 29 −3 −19 ne s 10 ⋅ m ⋅ 1.6 ⋅ 10 C 2.7 Snop elektrona „daje“ električnu struju gustine j = 10 A mm 2 . Ako je 10 ⋅ 10 6

brzina elektrona v = 10 6 m s . Kolika je zapreminska gustina elektriciteta? REŠENJE: Zapreminska gustina ρ je jednaka ρ = ne pa je: j C j = neυ = ρυ ⇒ ρ = = 10 3 υ m 2.8 Ako nervno vlakno zamislimo kao cilindar poluprečnika r = 5µm i dužine l = 1cm koliki je električni otpor tog vlakna? Specifični otpor supstance vlakna (aksoplazme) je ρ = 2Ωm . REŠENJE:

l l 10 −2 m R = ρ = ρ 2 = 2Ωm = 255MΩ 2 S r π 5 ⋅ 10 −6 m π

(

)

2.9 Od nikelinske trake širine a = 1cm i debljine d = 0 ,4mm treba napraviti otpornik čiji je otpor R = 1Ω . Kolika je potrebna dužina trake? Specifični otpor nikelina je ρ = 4 ⋅ 10 −7 Ωm . REŠENJE: R=ρ

adR l l =ρ ⇒l = = 10m ρ S ad

25


2.10 Volframsko vlakno sijalice ima prečnik d = 0,02mm . Ako je specifični otpor zagrejanog vlakna ρ = 7 ,4 ⋅ 10 −7 Ωm , a ukupni otpor zagrejanog vlakna R = 330Ω , kolika je dužina vlakna? REŠENJE: Rd 2π l= = 14cm 4ρ 2.11 Pretpostavimo da je radna temperatura sijalice t = 2000 0 C . Ako je otpor vlakna sijalice na 0 0 C jednak R0 = 24Ω , proceni otpor na radnoj temperaturi. Termički koeficijenti otpora za volfram iznose približno

α = 5,24 ⋅ 10 −3 ( 0 C ) , β = 0,7 ⋅ 10 −6 ( 0 C ) , γ = 0.062 ⋅ 10 −9 ( 0 C ) . Koliko puta je −1

−1

−1

otpor na radnoj temperaturi veći od otpora na 0 0 C ? REŠENJE: Ako za zavisnost otpora od temperature koristimo približnu formulu dobija se. R = R0 (1 + α∆t ) = 275,5Ω Prethodna formula važi samo za male temperaturne promene. Za veće temperaturne promene koristi se relacija: R = R0 (1 + α∆t + β ∆t 2 + γ∆t 3 ) Kada se zamene zadate vrednosti dobija se R = 355Ω . Ovaj otpor je približno 15 puta veći od otpora na 0 0 C . 2.12 Specifični otpor aluminijuma na 0 0 C iznosi ρ 0 = 2 ,4 ⋅ 10 −8 Ωm , dok na temperaturi t = 20 0 C koeficijent otpora?

iznosi

ρ = 2,6 ⋅ 10 −8 Ωm . Koliki je temperaturni

REŠENJE:

ρ − ρ0 −1 = 0,004( 0 C ) ρ 0t 2.13 Na kojoj temperaturi otpor žice od nihroma iznosi R = 48Ω , ako je njen ρ = ρ 0 (1 + αt ) ⇒ α =

otpor na temperaturi 0 0 C R0 = 36Ω ? Temperaturni koeficijent otpora nihroma je α = 4 ⋅ 10 −4 ( 0 C ) . −1

REŠENJE:

R = R0 (1 + αt ) ⇒ t = 26

R − R0 = 8330 C α R0


2.14 Poprečni presek provodnika je krug čiji je prečnik d = 0,8mm . Za koje vreme će kroz provodnik da protekne količina elektriciteta q = 1C ako kroz A ? provodnik protiče struja konstantne gustine j = 0 ,1 mm 2 REŠENJE: I 4I 4q 4q = 19 ,9 s j= = 2 = 2 ⇒t = S d π d πt jd 2π 2.15 Kroz provodnik protiče električna struja jačine I = 10 A . Kolika je u eV kinetička energija usmerenog kretanja? Površina poprečnog preseka provodnika je S = 1mm 2 , a koncentracija slobodnih elektrona n = 2,5 ⋅ 10 22 cm −3 . REŠENJE: 2

1 1 ⎛ I ⎞ −17 E k = mυ 2 = m⎜ ⎟ = 1,8 ⋅ 10 eV 2 2 ⎝ neS ⎠

2.16 Provodnik kroz koji protiče struja sastoji se iz dva dela valjkastog oblika kao na slici. Prečnik preseka debljeg valjka iznosi d1 = 4mm , a užeg d 2 = 2mm . A , kolika je gustina Ako u širem delu protiče električna struja gustine j1 = 2 mm 2 u užem delu?

REŠENJE: Jačina struje u oba poprečna preseka je ista, ali se gustine struja menjaju pa je: 2

⎛d ⎞ S A MA I = j1 S1 = j 2 S 2 ⇒ j 2 = j1 1 = j1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 8 =8 2 2 S2 mm m ⎝ d2 ⎠

2.17 U rentgenskoj cevi širi snop elektrona obrazuje struju gustine A . Elektroni padaju na površinu štapa koja je „zasečena „ u obliku j = 0 ,2 mm 2 klina pod uglom α = 30 0 (vidi sliku).Štap je postavljen u pravcu ose snopa. Ako je površina S = 100 mm 2 kolika je jačina električne struje? 27


S

α

REŠENJE: Površina poprečnog preseka štapa iznosi: S n = S sin α I = jS n = jS sin α = 10 A

pa je jačina struje:

2.18 Specifični otpor provodnika na temperaturi t1 = 15 0 C iznosi ρ1 = 1,4 ⋅ 10 −8 Ωm . Koliki je specifični otpor tog provodnika na t 2 = 30 0 C ako

je toplotni koeficijent otpora α = 4 ⋅ 10 −3 ( 0 C ) ? −1

REŠENJE:

ρ 2 = ρ1 (1 + α∆t ) = ρ1 [1 + α (t 2 − t1 )]

ρ 2 = 1,4 ⋅ 10 −8 [1 + 4 ⋅ 10 −3 (30 − 15)] = 1,48 ⋅ 10 −8 Ωm 2.19 Jačina električne struje se menja u toku vremena po zakonu I = at 2 gde je A a = 3 2 . Kolika količina elektriciteta prođe kroz poprečni presek provodnika u s toku vremena t1 = 3s ? REŠENJE: t1

3

0

0

q = ∫ Idt = a ∫ t 2 dt = a

3

t1 A 33 − 0 = 3 2 ⋅ = 27C 3 s 3

2.20 Otpornost jednog metalnog provodnika na temperaturi t 1 = 10 0 C ima vrednost R1 = 20 ,8Ω , a na temperaturi t 2 = 80 0 C je R2 = 26 ,4Ω . Izračunati temperaturni koeficijent otpora α provodnika. Kolika je otpornost R0 tog provodnika na 0 0 C ? REŠENJE: R1 = R0 (1 + αt 1 )

R2 = R0 (1 + αt 2 )

⇒

R1 R0 (1 + αt 1 ) R2 − R1 = ⇒α = = 0 ,004 0 C −1 R2 R0 (1 + αt 2 ) R1t 2 − R2 t 1 28


R0 =

R1 ⇒ R0 = 20Ω 1 + αt 1

2.21 Čajnik ima dva grejača. Pri uključivanju jednog grejača čaj provri za t 1 = 4 min ,a pri uključivanju samo drugog grejača za t 2 = 12 min . Za koje će vreme ista količina čaja da provri kada su uključena oba grejača i to: a) redno b) paralelno Smatrati da u oba slučaja ukupna količina toplote ide samo na zagrevanje čaja. REŠENJE: U2 U2 t1 t1 = R2 R1 R1t 2 = R2 t 1 12 R1 = 4 R2 R2 = 3 R1 U2 U2 t3 t1 = a) R1 R1 + R2

b)

t 3 = 16 min

U 2 (R1 + R2 ) U2 t4 t1 = R1 R2 R1 t 4 = 3 min

2.22 Metalna spirala otpornosti R = 40Ω napravljena je od žice prečnika 2r = 0 ,6 mm . Spirala je priljučena na izvor napona U tako da gustina struje A iznosi j = 320 2 . Odrediti vrednost napona U i snage spirale P . cm REŠENJE:

(

)

2 I A ⇒ I = jS = j ⋅ r 2π = 320 2 ⋅ 0 ,3 ⋅ 10 −1 cm π S cm U = RI = RjS = 40 ⋅ 320 ⋅ 0 ,2827433 ⋅ 10 − 2 = 36 ,19V

j=

U2 = 32 ,74W P= R

2.23 Rešo je priključen na izvor napona U = 110V . Za vreme t = 15 min na rešou se zagreje 0 ,6 l vode od t 1 = 20 0 C do t 2 = 100 0 C . Kolika je otpornost

29


rešoa ako je koeficijent korisnog dejstva η = 40 %?. Specifična toplota vode je J c = 4186 0 . kg C REŠENJE:

Q = mc∆t = mc(t 2 − t 1 ) - količina toplotne energije koja je potrebna za zagrevanje vode m = ρ ⋅V kg ρ = 1000 3 m mc∆t = η

⇒ m = 1000

kg ⋅ 0 ,6 ⋅ 10 −3 m 3 = 0 ,6 kg m3

ηU 2 t U 2t ⇒ R= = 21,68Ω R mc∆t

2.24 Kolika količina elektriciteta q treba da prođe kroz električni grejač čija je otpornost R = 20Ω da bi se grejačem zagrejalo 100l vode za ∆t = 50 0 C u toku t = 30 min . REŠENJE: mc∆t = 24 ,11 A Rt Q = It = 24 ,11 ⋅ 30 ⋅ 60 = 4 ,34 ⋅ 10 4 C Q = mc∆t = I 2 Rt ⇒ I =

2.25 Zlatna žica duga l1 = 5m , a srebrna l 2 = 8m . Koliki će da bude ekvivalentni otpor, ako ove provodnike vežemo: a) redno b) paralelno? MS MS i σ 2 = 67 respektivno. Specifične provodnosti zlata i srebra su σ 1 = 50 m m Oba provodnika imaju jednake površine poprečnog preseka S = 0,4mm 2 . REŠENJE: a)

Re = R1 + R2 =

1 l1 1 l2 1 5 1 8 ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = 0,55Ω 6 −6 6 σ 1 S σ 2 S 50 ⋅ 10 0,4 ⋅ 10 67 ⋅ 10 0,4 ⋅ 10 −6 30


b)

Re =

R1 R2 l1l 2 = = 0,14Ω R1 + R2 S (l1σ 2 + l 2σ 1 )

2.26 Šta biva sa jačinom struje u provodniku, ako se napon na njegovim krajevima : a) poveća dva puta b) smanji dva puta REŠENJE: a) Na osnovu Omovog zakona može se zaključiti da se jačina struje kroz provodnik poveć dva puta b) Na osnovu Omovog zakona može se zaključiti da se jačina struje kroz provodnik smanjuje dva puta 2.27 Ako kroz provodnik priključen na konstantni napon U = 12V u toku 1h protekne količine elektriciteta q = 80kC odrediti otpor tog provodnika. REŠENJE: R=

U Ut 12 ⋅ 3600 = = = 0,54Ω I q 80 ⋅ 10 3

2.28 Na zemlji ispod 400 kilovoltnog dalekovoda, jačina električnog polja kV . Proceni kolika je jačina struje koja može da dostiže vrednost i do E = 5 m protekne kroz telo čoveka visine h = 2m , ako je otpor tela (sa otporom kontakta sa zemljom) jednak R = 1MΩ ? REŠENJE: Između glave i stopala čoveka vlada napon :

U = Eh = 10kV pa je jačina struje koja protiče kroz telo: I=

U Eh = = 10mA R R

31


2.29 Izvor ima elektromotornu silu E = 6V i unutrašnji otpor r = 1Ω . Kolika će da bude jačina struje koja će proticati kroz kolo, ako na taj izvor priključimo potrošač otpora R = 5Ω ? REŠENJE:

I=

E = 1A R+r

2.30 Baterija za tranzistorski radioprijemnik ima elektromotornu silu E = 9V . Ako polove te baterije spojimo kratkom bakarnom žicom čiji otpor možemo zanemariti (tzv. kratki spoj) onda kroz tu žicu teče struja jačine I 0 = 4 A . Koliki je unutrašnji otpor te baterije? REŠENJE: E = (R + r )I ⇒ I =

E E E ⇒ I0 = ⇒ r = = 2 ,25Ω R+r r I0

2.31 Provodnik dužine l , čiji je poluprečnik poprečnog preseka r , priključen je na napon U . Kako se menja jačina struje u tom provodniku kada povećamo n puta: a) napon b) dužinu provodnika c) poluprečnik poprečnog preseka? REŠENJE: Na osnovu Omovog zakona.

U US Ur 2π = I= = R ρl ρl sledi: a) kada se napon poveća n puta toliko puta se poveća i jačina struje b) kada se dužina provodnika poveća n puta jačina struje se smanji n puta c) ako se poluprečnik poprečnog preseka poveća n puta jačina struje se poveća n 2 2.32 Bakarni provodnik dužine l = 1m priključen je na izvor napona U = 6V . Koliko vremena je potrebno da slobodni elektron pređe put od jednog do drugog kraja provodnika? Koncentracija slobodnih elektrona u bakru je n = 8,4 ⋅ 10 22 cm −3 , a specifični otpor ρ = 17 nΩ ⋅ m . 32


REŠENJE:

I = neSυ U US I= = R ρl t=

l

υ

=

ρl 2 ne U

= 38s

2.33 Napon na krajevima provodnika menja se linearno od vrednosti U 1 = 10V do vrednosti U 2 = 20V . Kolika količina elektriciteta protekne kroz provodnik za vreme ∆t = 1 min , ako je otpor provodnika R = 10Ω ? REŠENJE:

∆q =

I1 + I 2 U +U2 ∆t = 1 ∆t = 90C 2 2R

2.34 Otpori R1 = 2Ω , R2 = 6Ω i R3 = 3Ω vezani su kako je to prikazano na slici. Nađi ekvivalentne otpore u ovim slučajevima.

a)

b)

REŠENJE: a) Kada paralelno vezane otpore R2 i R3 zamenimo njihovim ekvivalentnim otporom R23 dobićemo vezu prikazanu na crtežu. Prema tome je: R R Re = R1 + R23 = R1 + 2 3 = 4Ω R2 + R3 b) (R + R2 )R3 R R = 218Ω Re = 12 3 = 1 R12 + R3 R1 + R2 + R3

33

c)


c)

R R + R1 R3 + R2 R3 1 1 1 1 ⇒ = + + = 1 2 Re R1 R2 R3 R1 R2 R3 ⇒ Re =

R1 R2 R3 = 1Ω R1 R2 + R1 R3 + R2 R3

2.35 Kolika je jačina struje koja protiče kroz otpornik R1 kada je prekidač K: a) otvoren b) zatvoren Vrednosti veličina prikaznih na crtežu su R1 = 60Ω , R2 = 40Ω , r = 0, E = 10V . Smatraj da je otpor provodnika a jednak nuli.

REŠENJE: E = 0 .1 A R1 + R2 b) Kada je prekidač K zatvoren napon na krajevima provodnika a je jednak nuli ( U AB = 0 ), pa je i jačina struje kroz otpornik jednaka nuli U ( I 1 = AB = 0 ) R1

a) I =

2.36 Odrediti vrednost otpornosti R x tako da se na njemu razvije maksimalna vrednost snage i naći tu snagu. Dato je U = 120V , R1 = 6Ω, R2 = 8Ω

34


REŠENJE: I x = I1

R2 R2 + R x

U (R2 + R x ) U = R R R1 (R2 + R x ) + R2 R x R1 + 2 x R2 + R x

I1 =

Ix =

U (R2 + R x ) R2 UR2 ⋅ = R2 + R x R2 R x + R1 (R2 + R x ) R2 R x + R1 (R2 + R x )

Px = R x I x

2

dPx 48 = 0 ⇒ 14 R x = 48 ⇒ R x = ≈ 3,428Ω dR x 14 I 1 = 14,28 A I x = 10 A 2

Px = R x I x = 343W 2.37 U kolu prikazanom na slici dato je U = 36V , R1 = 8Ω , R2 = 6 Ω . Odrediti vrednost otpora R x tako da se na njemu razvija maksimalna snaga kao i vrednost te snage. REŠENJE:

Re =

R1 R2 8 ⋅6 = = 3 ,43Ω R1 + R2 8 + 6

Px = R x I 2 I=

U Re + R x

R x = Re 2

⎛ U P = R x ⎜⎜ ⎝ Re + R x dP =0 dR x

⎞ ⎟⎟ ⎠

dP ⎛ U =⎜ dR x ⎜⎝ R x + Re

⎛ U ⎞ ⎟⎟ + R x ⋅ 2⎜⎜ ⎝ R x + Re ⎠

2

⎞⎛ −U ⎟⎟⎜ 2 ⎜ ⎠⎝ (R x + Re )

35

⎞ ⎟=0 ⎟ ⎠


2 R xU 2 U2 − =0 (Rx + Re )2 (Rx + Re )3 ⎛ 2 Rx 1 U 2 ⎜⎜ − 2 (Rx + Re )3 ⎝ (R x + Re ) R x + Re − 2 R x =0 (Rx + Re )3

⎞ ⎟=0 ⎟ ⎠

Re − R x = 0 R x = Re I=

U = 5 ,24 A R x + Re

Px = R x I 2 = 94 ,46W 2.38 Galvanometar unutrašnje otpornosti r = 8Ω vezan je na red sa otporom od R = 200Ω .Ako se otpor R zameni otporom R1 = 40Ω da bi kroz galvanometar tekla struja iste jačine galvanometar se mora šantirati otporom r1 . Kolika je otpornost šanta? REŠENJE:

(R + r )I = U rI + R1 (I + I 1 ) = U rI = r1 I 1 ⇒ I 1 =

rI r1

⎛ rI ⎞ rI + R1 ⎜⎜ I + ⎟⎟ = U r1 ⎠ ⎝ ⎛ r⎞ I ⎜⎜ r + R1 + R1 ⎟⎟ = U r1 ⎠ ⎝ U I= R+r U ⎛ r⎞ ⎜⎜ r + R1 + R1 ⎟⎟ = U R+r⎝ r1 ⎠

36


r + R1 + R1

r = R+r r1

⎛ r⎞ R1 ⎜⎜1 + ⎟⎟ = R ⎝ r1 ⎠ ⎛ r⎞ 40⎜⎜1 + ⎟⎟ = 200 ⎝ r1 ⎠ r1 = 2Ω Ovi otpornici služe za ograničenje struje kroz galvanometar.

2.39 Generator stalne elektromotorne sile E = 20V , unutrašnje otpornosti Ri = 0 ,5Ω i prijemnik otpornosti R = 50Ω vezani su kao na slici. Odrediti: a) intenzitet struje u kolu b) napon na krajevima prijemnika c) električnu snagu prijemnika REŠENJE: E 20 20 a) I = = = = 0,396 A Ri + R 50 + 0,5 50,5

b ) U = RI = 19,8V c ) P = I 2 R = 7 ,84W 2.40 Generator stalne elektromotorne sile E = 20V i zanemarljive unutrašnje otpornosti i otpornici otpornosti R1 = 200Ω , R2 = 300Ω i R3 = 500Ω . Obrazuju električno kolo kao na slici. Odrediti napone na krajevima otpornika i snage na njima usled Džulovog efekta. REŠENJE: E I= = 20mA R1 + R2 + R3

U 1 = R1 I = 4V U 2 = R2 I = 6V U 3 = R3 I = 10V P1 = R1 I 2 = 80mW P2 = R2 I 2 = 120mW P3 = R3 I 2 = 200mW EI = 400mW 37


2.41 Generator E1 = 20V i E 2 = 6V , unutrašnjih otpornosti Ri1 = 0,2Ω i Ri 2 = 0,05Ω i prijemnici R1 = 300Ω , R2 = 700Ω i R3 = 400Ω vezani su u kolo prikazano na slici. Odrediti struje u svim granama kola.

REŠENJE: I1 + I 3 = I 2 Na osnovu I Kirhofovog zakona može se napisati: nČ − 1 = 2 − 1 = 1

(Ri1 + R1 )I 1 − R3 I 3 = E1 I 2 ( R 2 + Ri 2 ) + R 3 I 3 = E 2 (I 1 + I 2 )(R2 + Ri 2 ) = R2 I 1 + R2 I 2 + Ri 2 I 1 + Ri 2 I 2 Na osnovu II Kirhofovog zakona može se napisati: n g − (nČ − 1) = 3 − 1 = 2 Ri1 I 1 − E1 + R1 I 1 − R3 I 3 = 0 R2 I 2 − E 2 + Ri 2 I 2 + R3 I 3 = 0 I 1 (Ri1 + R1 ) − R3 I 3 = E1

I 1 (R2 + Ri 2 ) + (R3 + R2 + Ri 2 )I 3 = E 2

300,2 I 1 − 400 I 3 = 20 700,05 I 1 + 1100,05 I 3 = 6 I 3 = −0,019 A ≈ −0,020 A = −20mA I 2 = 40 − 20 = 20mA I 1 = 0,039 A ≈ 0,040 A = 40mA

38


2.42 Tri generatora elektromotornih sila E1 = 25V , E 2 = 5V , E 3 = 30V i četri prijemnika otpornosti R1 = 100Ω , R2 = 50 Ω , R3 = 150Ω , R4 = 200 Ω , vezani su u kolo kao na slici. Odrediti jačinu struje u kolu i napon između tačaka A i B. REŠENJE:

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

50 = 0 ,1 A 500 U AB + E 3 = R3 I + R4 I I=

U AB = (R3 + R4 )I − E 3 = 350 ⋅ 0 ,1 − 30 = 5V

2.43 Električni toster namenjen za rad pri naponu od U = 120V ima unutrašnji otpor R = 10 ,6 Ω . Kolika je snaga tog tostera? REŠENJE: U 2 120 2 P= = = 1360W R 10 ,6 2.44 Sijalica snage P = 100W namenjena je za rad na naponu U = 220V . Koliki je otpor sijalice na radnoj temperaturi? Kolika je jačina struje koja protiče kroz vlakno? REŠENJE: U2 U 2 220 2 ⇒R= = = 484Ω R P 100 P 100 P = UI ⇒ I = = = 0 ,45 A U 220 P=

39


2.45 Uporedi količinu elektriciteta koja protekne u toku 1s kroz jedan poprečni presek vlakna sijalice za džepnu lampu snage P1 = 1W koja je priključena na izvor napona U 1 = 4 ,5V i sijalice snage P2 = 60W koja je priključena na izvor napona U 2 = 220V . REŠENJE: Količine elektriciteta su: P ⋅t Q1 = I 1t = 1 = 0,22C U1 Q2 = I 2 t =

P2 ⋅ t = 0,27C U2

U sijalicama se električna energija indirektno transformiše u svetlosnu, a ta energija ne zavisi samo od količine proteklog elektriciteta. Energija je: W = UIt = Pt Iako nema velike razlike između jačina struja (ili količina elektriciteta) druga sijalica «proizvodi» veću svetlosnu energiju jer se priključuje na viši napon. 2.46 Koliko vremena treba da protiče struja jačine 0 ,2kA kroz provodnik čiji je otpor 0 ,1kΩ da bi se u njemu oslobodila količina toplote 0 ,4 MJ ? REŠENJE: Q = RI 2 t ⇒ t =

0,4 ⋅ 10 6 Q = = 0,1s RI 2 0,1 ⋅ 10 3 ⋅ (0,2 ⋅ 10 3 ) 2

2.47 Na izvor čija je EMS jednaka E = 5V , a unutrašnji otpor r = 0 ,5Ω priključen je potrošač otpora R = 4 ,5Ω . a) Koliki rad izvrše strane sile u izvoru u toku t = 10 s ? b) Kolika se količina toplote oslobodi u izvoru za isto to vreme? c) Kolika se količina toplote oslobodi u potrošaču za vreme t = 10 s ? d) Kolika je, u toku tog istog vremena, oslobođena ukupna količina toplote u kolu? REŠENJE: a) E =

52 E2 E A ⇒ A = Eq = EIt = E 10 = 50 J t= t= 4 ,5 + 0 ,5 R+r R+r q 2

2

5 ⎛ ⎞ ⎛ E ⎞ b) Qr = rI t = r ⎜ ⎟ ⋅ 10 = 5 J ⎟ t = 0,5⎜ ⎝R+r⎠ ⎝ 4,5 + 0.5 ⎠ 2

40

Zbirka rešenih zadataka iz elektrotehnike sa elektronikom 2

2

5 ⎛ ⎞ ⎛ E ⎞ c) QR = R⎜ ⎟ ⋅ 10 = 45 J ⎟ ⋅ t = 4,5⎜ ⎝R+r⎠ ⎝ 4,5 + 0,5 ⎠ d) QR + r = Qr + QR = 5 + 45 = 50 J = A

41


3. ELEKTROMAGNETIZAM r Amperova sila kojom magnetno polje indukcije B deluje na provodnik dužine l , kroz koji protiče električne struja jačine I , jednaka je: r r F = Il xB r gde vektor Il ima smer kao električne struja. Intenzitet vektora F jednak je: F = BIl sin α gde je α ugao koji zaklapa provodnik sa magnetnim linijma sila datog polja. Jedinica za indukciju magnetnog polja je tesla (T): [B] = [F ] = 1 N = 1T [I ] ⋅ [l ] A ⋅ m Lorencova sila deluje na naelektrisanu česticu (količine elektriciteta q ) koja se r r indukcije B: kreće brzinom υ kroz magnetno polje r r r F = qυ x B F = qυBsinα gde je α ugao koji zaklapa vektor brzine sa magnetnim linijama sila. Bio-Savarov zakon: magnetno polje koje izaziva vrlo mali deo provodnika dužine ∆l , kroz koji protiče električna struja jačine I , u tački koja je za r udaljena od tog elementa može se izraačunati kao: µ I dl x r0 dB = 0 ⋅ 4π r2 µ I ⋅ dl sin θ dB = 0 ⋅ 4π r2 gde je r0 - jedinični vektor usmeren od posmatranog elementa ka tački u kojoj je r indukcija polja B , a θ ugao koji zaklapa jedinični vektor sa posmatranim elementom (sa vektorom I ∆l ).

Indukcija magnetnog polja na rastojanju r od dugog pravolinijskog provodnika kroz koji protiče električna struja jačine I možemo izračunati po Bio-Savarovom zakonu: µ I B= 0 ⋅ 2π r ⎛ Tm ⎞ gde je µ 0 = 4π ⋅ 10 −7 ⎜ ⎟ magnetna permeabilnost vakuuma. ⎝ A ⎠ 42


Indukcija magnetnog polja u centru kružnog provodnika poluprečnika r kroz koji protiče električna struja jačine I, možemo izračunati kao: µ I B= 0 ⋅ 2 r Indukcija magnetnog polja u centru solenoida jednaka je: B = µ 0 nI gde je n broj namotaja po jedinici dužine solenoida. Obrazac važi ako je dužina solenoida mnogo veća od njegovog prečnika. Fluks homogenog magnetnog polja indukcije B kroz površinu S jednak je: Φ = BS cos ϕ gde je ϕ ugao između normale ne površinu i magnetnih linija sila. Jedinica za fluks je veber (Wb): [Φ ] = [B] ⋅ [S ] = 1T ⋅ m 2 = 1Wb

3.1 Data je strujna kontura oblika kao na slici. Odrediti vektor indukcije B u tački O.

B1 x

O

θ2 1

R 2

α

θ1

B2 R/2

REŠENJE: R R 1 1 1 α α cos = 2 = ⋅ = ⇒ = arccos = 60 0 2 R 2 R 2 2 2 0 0 α = 2 ⋅ 60 = 120 α = 120 0 - 1/3 punog kruga 1 µ I B1 = ⋅ 0 3 2R µ I B2 = 0 (cos θ1 − cos θ 2 ) R 4π 2 3 cos θ1 = cos 30 0 = 2 3 cos θ 2 = cos 150 0 = − 2 43

I


B2 =

µ0 I 3 2πR

B = B2 − B1 =

µ0 I 3 1 µ0 I µ0 I ⎛⎜ 3 1 ⎞⎟ − ⋅ = − 2πR 3 2 R 2 R ⎜⎝ π 3 ⎟⎠

3.2 Odrediti fluks vektora magnetne indukcije koja potiče od beskonačno dugog provodnika kroz pravougaonu konturu dimenzija axb (u vakuumu). x

dx x

B b

I

dS x

c

a

REŠENJE: r Φ = ∫ B ⋅ dS

r Fluks je pozitivan zbog istog smera vektora B i dS . dS = bdx c+a

Φ=

∫ c

Φ=

µ0 I µ 0 Ib c + a dx µ 0 Ib c + a = ln bdx = c 2πx 2π ∫c x 2π

µ 0 Ib c + a ln 2π c

3.3 Odrediti proteklu količinu elektriciteta Q koja nastaje kada se pravougaona kontura otpornosti R , prikazana na slici, pomeri na rastojanje x od beskonačno dugog provodnika kroz koji protiče struja I . dx2

x2 dx1

I

1 x0

h

x1

a x

44

2


REŠENJE: ∆Φ = Φ 2 − Φ 1 e=− i=

dΦ dt

e R

i=

t

t

dQ dt Φ

2 1 e dΦ Q = ∫ idt = ∫ dt = ∫ − dt = − (Φ 2 − Φ 1 ) R Rdt R 0 0 Φ1

1 (Φ1 − Φ 2 ) R x0 + a x +a µ0 I µ 0 Ih 0 dx1 µ 0 Ih x0 + a Φ1 = ∫ = hdx1 = ln 2πx1 2π x∫0 x1 2π x0 x0

Q=

x+a

Φ2 =

∫ x

µ0 I µ Ih x + a hdx 2 = 0 ln x 2πx 2 2π

x0 + a µ Ih µ Ih x(x0 + a ) x0 Φ 1 − Φ 2 = 0 ln = 0 ln x+a 2π 2π x0 (x + a ) x µ 0 Ih x(x0 + a ) Q= ln 2πR x0 ( x + a ) 3.4 Dva veoma duga paralelna pravolinijska provodnika i pravougaona kontura dimenzija axb nalaze se u istoj ravni, u vakuumu. Smer struje kroz provodnik (1) označen je na slici. Odrediti struju u drugom provodniku tako da magnetni fluks kroz pravougaonu konturu bude jednak nuli.

45


REŠENJE: Iz uslova zadatka sledi da je: ∆Φ = Φ 1 − Φ 2 = 0 Φ1 = Φ 2 Kako je: Φ1 =

4a 3

µ 0 I1

∫ 2πx a 3

bdx1 =

1

4a 3

µ 0 I 1b dx1 2π ∫a x1 3

4a

µ Ib µ Ib Φ 1 = 0 1 ln 3 = 0 1 ln 4 a 2π 2π 3

i Φ2 =

3a 2

µ0 I 2

∫ 2πx a 2

bdx 2 =

2

µ 0 I 2b ln 3 2π

pa onda dobijamo:

µ 0 I 1b µ I b ln 4 = 0 2 ln 3 2π 2π I 2 = I1

ln 4 ln 2 = 2 I1 ln 3 ln 3

3.5 Provodnik savijen u obliku pravouglog trougla stranica a = 10cm ,b = 20cm nalazi se na rastojanju d = 3cm od beskonačno dugog tankog pravolinijskog provodnika kroz koji teče struja I = 50 A . Odrediti fluks kroz konturu.

46


REŠENJE: d +b r µ I µ I a µ Ia d +b d + b − x dx Φ = ∫ B ⋅ dS = ∫ 0 dS = ∫ 0 ⋅ ⋅ (d + b − x )dx = 0 ∫ x 2πx 2πx b 2πb d S S d

dS = y ⋅ dx a (d + b − x ) b Φ = 1,34 ⋅ 10 −6 Wb 3.6 U blizini magneta indukcija magnetnog polja iznosi B = 10mT . Kolikom silom to polje deluje na deo provodnika dužine ∆l = 1cm kroz koji protiče električna struja jačine I = 0 ,1kA ako provodnik zaklapa ugao ϕ = 90 0 sa magnetnim linijama sila? Uporedi tu silu sa težinom tela čija je masa 1g . y=

REŠENJE: N ⋅ 0 ,1 ⋅ 10 3 A ⋅ 10 − 2 m ⋅ sin 90 0 = 0 ,01N A⋅m Može se zapaziti da je sila malog intenziteta iako kroz provodnik protiče relativno „jaka“ struja. Ta sila je približno jednaka težini tela mase 1g. F = BIl sin ϕ = 10 ⋅ 10 −3

3.7 Između polova magneta je polje indukcije B = 1T . U to polje postavljen je provodnik dužine l = 0,3m kroz koji protiče električna struja. Kada je taj provodnik upravan na linije vektora indukcije onda magnetno polje na njega deluje silom F = 9 N . Kolika je jačina struje koja protiče koja protiče kroz provodnik? REŠENJE: F = BIl sin ϕ

ϕ = 90 0 ⇒ I =

F = 30 A Bl

3.8 Kroz provodnik tramvajske linije protiče struja jačine I = 400 A . Kolika je horizontalna komponenta sile kojom Zemljino magnetno polje deluje na dno provodnika dužine l = 10m na mestu gde je vertikalna komponenta zemljinog magnetnog polja B y = 5 ⋅ 10 −6 T ? REŠENJE: Fx = BIl sin ϕ = B y Il = 0 ,02 N

47


3.9 Pod kojim uglom u odnosu na magnetne linije sila magnetnog polja indukcije B = 10mT treba postaviti provodnik dužine l = 2m kroz koji protiče električna struja jačine I = 5 A , pa da polje na provodnik deluje silom F = 50mN ? REŠENJE: F = BIl sin α ⇒ sin α =

F 1 = ⇒ α = 30 0 BIl 2

3.10 Tipični laboratorijski kalem ima 1000 navoja po jednom metru dužine. Pretpostavimo da možemo smatrati da je njegova dužina mnogo veća od prečnika. Kolika će da bude indukcija magnetnog polja u centru kalema (solenoida) kada se kroz njega propusti električna struja jačine I = 10 A ? REŠENJE: B = µ 0 nI = 12,57mT 3.11 Elektron uleti u homogeno magnetno polje magnetne indukcije B=1T m brzinom υ = 2 ⋅ 10 7 . Koliki ugao sa magnetnim linijama sila treba da zaklapa s vektor brzine da bi magnetno polje delovalo na elektron silom F = 1,6 pN ? REŠENJE: F = eυB sin α ⇒ sin α =

1 F = ⇒ α = 30 0 eυB 2

3.12 Ram oblika kvadrata stranice a = 20cm nalazi se u homogenom magnetnom polju indukcije B = 1mT . Koliki je maksimalni fluks magnetnog polja kroz ovaj ram? REŠENJE: Fluks je maksimalan kada je ram upravan na magnetne linije sila polja. Tada je: Φ = BS = Ba 2 = 10 −3 (2 ⋅ 10 −1 ) = 10 −3 ⋅ 4 ⋅ 10 −2 = 4 ⋅ 10 −5 = 40µWb 2

3.13 Kružna kontura nalazi se u homogenom magnetnom polju indukcije B = 0 ,1T ali tako da normala na površinu konture zaklapa ugao ϕ = 60 0 sa magnetnim linijama sila. Ako je fluks magnetnog polja kroz konturu Φ = 10mWb koliki je onda poluprečnik konture? 48


REŠENJE: Φ = BS cos ϕ = Br 2π cos ϕ ⇒ r =

Φ = 25,2cm Bπ cos ϕ

3.14 Dat je elektromagnet l1 = 10cm ,l 2 = 20cm ,l 0 = 0,2mm .

čije su dužine Površine poprečnog

srednjih preseka

linija jezgra

elektromagneta su S1 = 4cm 2 , S 2 = 8cm 2 i kvadratnog su oblika. Jezgro je napravljeno od materijala čija se karakteristika magnećenja može predstaviti ⎛ A⎞ funkcijom H (B ) = 10 3 B 2 ⎜ ⎟ . Odrediti struju I kroz namotaj elektromagneta ⎝m⎠ ako je broj namotaja N = 400 , tako da sila na provodnik u vazdušnom procepu kroz koji teče struja I 1 = 1A bude F = 16 ⋅ 10 −3 N .

REŠENJE: Sila u vazdušnom procepu je: F = I 1 ⋅ l ⋅ B0 odakle se izračunava magnetna indukcija B0 .

l = 2cm - se izračunava iz odnosa S1 = l 2 i predstavlja dužinu provodnika u polju. F B0 = = 0 ,8T I1 ⋅ l Fluks je isti u celom kolu: B0 S 0 = B1 S1 = B2 S 2 ⇒ B0 = B1 = 0 ,8T B2 = 0 ,4T B A H 0 = 0 = 636619,77 µ0 m 49


A m A 2 H 2 = 103 B2 = 160 m NI = H 0l0 + H1l1 + H 2l2 ⇒ I = 0 ,558 A 2

H1 = 103 B1 = 640

3.15 Elektromagnetom preseka S1 = S 2 = 6cm 2 sa N = 400 zavojaka podiže teret mase Dimenzije naznačene na slici su m = 80kg . l1 = 30cm ,l 2 = 10cm ,l 0 = 0,3mm . Odredit minimalnu vrednost struje za podizanje tereta i energiju u vazdušnom zazoru. Za koliko treba povećati struju kroz namotaje ako se l 0 poveća na 0 ,5mm da bi sila ostala nepromenjena. Polje je homogeno, a rasipni fluks zanemarljiv. Karakterisitka magnećenja je data tablicom:

H ( A m) B(T )

0 0

100 0,35

200 0,65

300 0,80

400 1,00

500 1,10

600 1,25

REŠENJE: Na teret mase m deluje zemljina teža silom F = mg = 784 ,8 N

Ova sila se uravnotežava sa privlačnom silom elektromagneta pa je: 2

F/ =

B0 S - odakle se izračunava magnetna indukcija B0 . 2µ 0

50

700 1,30


F = 2 F / ⇒ B0 1,28T Fluks je isti u celom magnetnom polju: S 0 B0 = S1 B1 = S 2 B2 ⇒ B0 = B1 = B2 = 1,28T

H0 =

B0

µ0

= 1018591,6

A m

A m NI 1 = 2 H 0 l 0 + H 1l1 + H 2 l 2

H 1 = H 2 = 650 I 1 = 2,17 A /

NI 2 = 2 H 0 l 0 + H 1l1 + H 2 l 2 I 2 = 3,196 A W=

1 B0 H 0 ⋅ 2S 0 l 0 = 0,23J 2

3.16 Elektromagnetom prema slici podiže se teret m = 60kg . Dužine i preseci naznačeni na slici su: l 0 = 0 ,3mm , l1 = 40cm , l 2 = 12cm , S1 = S 0 = 6cm 2 , S 2 = 7cm 2 . Ako je rasipni fluks zanearljiv, a polje u zazoru homogeno i kalem ima N = 400 zavojaka, odrediti minimalnu vrednost struje za podizanje tereta. A Pri dozvoljenoj gustini struje j = 5 , odrediti prečnik provodnika. Kriva mm 2 magnećenja je data tablicom: 0 100 200 400 600 700 H ( A m) 0 0,15 0,5 1,0 1,25 1,3 B1 (T ) 0 0,1 0,25 0,75 1,0 B2 (T ) Ovo su tablice magnećenja za oblasti (1) i (2). Tačke na grafiku B=B(H) spajati pravim linijama (dužima).

51


REŠENJE: F = mg = 60 g = 588,6 N m = m1 + m2 = 60kg S = 2 S 0 = 12cm 2 2

B S F = 0 2µ 0 /

F = F / ⇒ B0 = 1,11T Φ = const. B0 S 0 = B1 S1 = B2 S 2 ⇒ B1 = B0 = 1,11T B2 =

B0 S 0 = 0,95T S2

NI = 2 H 0 l 0 + H 1l1 + H 2 l 2 ⇒ B A B0 = 1,11T H 0 = 0 = 883309,9 µ0 m

B1 = 1,11T B2 = 0,95T

A m A H 2 = 650 m

H 1 = 470

ekvivalentna šema magnetnog kola

I = 1,99 A I S = ⇒ d = 0 ,71mm j

3.17 Elektromagnet se sastoji od jezgra, na kome se nalazi namotaj sa N navojaka i kotve. Jezgro je kvadratnog poprečnog preseka S = a × a , dužine srednje linije l1 i načinjeno je od feromagnetnog materijala čija se karakteristika magnećenja može aproksimirati dužima koje B-H koordinatnom sistemu spajaju tačke B(T) H(A/m)

0 0

0.1 100

0.9 200

1.0 400

Kotva je takođe kvadratnog poprečnog preseka S2 = b × b ima dužinu srednje linije l2 i načinjena je od materijala čija se karakterisitika magnećenja može aproksimirati dužima koje u B-H koordinatnom sistemu spajaju tačke 52


B(T) H(A/m)

0 0

0.1 50

1.0 100

1.2 400

Dužina vazdušnog procepa između jezgra i kotve je l0. Zanemariti rasipni fluks. Odrediti struju kroz namotaj tako da noseća sila ovog elektromagneta ima vrednost F. Numerički podaci: a=6cm, b=4cm, l1=0.5m, l2=0.2m, l0=0.5mm, N=500, F=936N.

N

S1

l1 l0

S2

l2

REŠENJE: Najpre treba odrediti površinu vazdušnog procepa, odnosno površinu u vazdušnom procepu izmeću jezgra i kotve kroz koju se zatvaraju linije polja. Posmatrajmo presek elektromagneta načinjen kroz jezgro (sl.1a). Očigledno je da je zajednička površina, površina kroz koju se zatvaraju linije polja, ona tamnije osenčena i da iznosi S0 = axb = 24 cm 2 .

a

b Iz poznate noseće sile elektromagneta F=

a

B02 B2 2 S0 = 0 S 0 2 µ0 µ0

može se odrediti indukcija u vazdušnom procepu B0 =

µ0 F S0

= 0.7T

dok se iz uslova B0 S0 = B1 S1 = B 2 S 2 određuju magnetne indukcije u jezgru B1 = 0.467T i kotvi B2 = 1.05T , a sa karakterisitike magnećenja materijala (sl.1b) odgovarajuće jačine magnetnog polja: H1 ≈ 146 A / m i H 2 ≈ 175 A / m

53


Kako je jačina magnetnog polja u vazdušnom procepu H 0 = B0 µ 0 ≈ 5.57 ⋅ 10 5 A / m

potrebna magnetopobudna sila je (sl.1c)

NI = H1 l1 + H 2 l 2 + 2 H 0 l 0 ≈ 665 A

H 1l 1

H 0l 0

H 0l 0

NI H 2l 2

sl.1c odnosno struja kroz namotaj je I ≈ 1.33 A 3.18 Dva bakarna provodnika (ρ=1,75⋅10-8 Ωm ) dužine L=25 m, preseka S=50 mm2, na međusobnom rastojanju d=10 cm, pričvršćeni su za zid nosačima od izolatora. Nosači se nalaze na rastojanju od 1 m. Vodovi se koriste za priključivanje uređaja na napon U=120V. Odrediti srednju prosečnu silu koja deluje na jedan noseći izolator pri kratkom spoju na uređaju. L REŠENJE: Ukupna otpornost oba provodnika je Rv = 2 R ' = 2 ρ , a posle S zamene brojnih vrednosti je: Rv = 2 ⋅ 1,75 ⋅ 10 −8

25 -3 − 6 = 17,5⋅10 Ω 50 ⋅ 10

Pri kratkom spoju na uređaju kroz vodove teče struja: 54


Ik =

U 120 3 = − 3 = 6,86⋅ 10 A Rv 1,75 ⋅ 10

Ukupna sila koja deluje na provodnike je:

µo I 1 I 2 L µo I 2 L 4π ⋅ 10 −7 (6860) 2 25 F= = = = 2352,98 N=2353 N 2π ⋅ d 2π ⋅ d 2 ⋅ 10 ⋅ 10 − 2 Broj nosećih izolatorskih nosača je n = jedan nosač je F ' =

L 25 +1 = + 1 = 26 , a sila koja opterećuje d 1

F 2353 = = 90,5 N. n 26

3.19 Jačina električne struje I=1,2A kroz N zavojaka namotaja izaziva u vazdušnom zazoru (lo=1 mm) fluks Φ=1mWb. Dimenzije torusa naznačene su na slici (Ds=150 mm, Du=90 mm). Ako je pri toj struji jačina magnetnog polja u torusu 800 A/m, izračunati broj zavojaka namotaja.

REŠENJE: Srednja indukciona linija u torusu je: ⎛ D + Du ⎞ Ls = ⎜ s ⎟π − l o = (120π − 1) ⋅ 10 −3 m 2 ⎝ ⎠ a u zazoru lo=10-3m. S obzirom da je Φ=BoSo=B1S1 i S=So=S1=0,25⋅(0,03)2⋅3,14=7,065 cm2 vrednosti indukcije u zazoru je Bo=Φ/S=1,415T, a jačine polja Ho=Bo/µo=1,27⋅ 106A/m. Na osnovu zakona ukupne struje je: N ⋅ I = H o lo + H1l1 = 10 −3 ⋅ 1,27 ⋅ 10 6 + 10 −3 (120π − 1)800 = 1127 + 301 = 1427,7 odakle je N=1427,7/1,2=1190 . 3.20 Koliko procenata će se smanjiti privlačna sila elektromagneta ako temperatura namotaja poraste na 50°C. Provodnik namotaja je od bakra (α=0,004 1/°C). Radna tačka u magnetnom kolu nije u oblasti zasićenja. 55


REŠENJE: Otpornost namotaja na temperaturi od 50°C je R50 = Ro (1 + α (50 − 0)) = Ro (1 + 0,004 ⋅ 50) = 1,2 Ro . Ako je napon konstantan, struja kroz otpornik pri zagrevanju opadne na I50=U/R50=0,83Io , gde je Io− struja nezagrejanog provodnika. Za isti odnos se smanji magnetopobudna sila, fluks i indukcija. Iz Maxwell-ove formule zbog nezasićenosti magnetnog kola i fluks kao i indukcija Φ50=0,83⋅Φo i B50=0,83⋅Bo Kako je po Maxwell-ovoj formuli privlačna sila elektromagneta: B 2 S B502 S (0,83Bo ) S = = = 0,832 Fo = 0,69 Fo . F50 = 2 µo 2 µo 2 µo Sila privlačenja se zbog zagrevanja provodnika smanjila za 31%. 2

3.21 Za prenos rotacionog kretanja sa motora na radni deo mašine frikcione spojnice treba obezbediti silu F=1 kN, kojom se delovi spojnice privlače pri zazoru lo=0,3 mm između delova magnetnog kola. Dužine srednjih linija indukcije su l1=21 cm i l2=9 cm. Presek magnetnog kola S=80cm2 je isti po celoj dužini linija polja. Odrediti potrebnu jačinu struje ako spojnica ima N=300 zavojaka. Kriva magnetisanja je data.

a)

b) 2

B S dobija se vrednost indukcije 2 µo B=0,56T. Iz krive magnetisanja se nalazi da je pri ovoj indukciji jačina polja H=600 A/m. Pošto je u vazdušnom zazoru B=Bo=µ oHo , Ho=B/µo po zakonu ukupne struje je: REŠENJE: Iz Maxwell-ove formule F =

NI = 2 H o lo + H1l1 + H 2 l2 = 2

B

µo

lo + H (l1 + l2 ) = 267,5 + 180 = 447,5 AN

S obzirom da je broj zavojaka N=300, potrebna jačina struje za obezbeđenje sile privlačenja F=1 kN je I=447,5/300=1,49 A. 3.22 Privlačna sila elektromagneta čiji namotaj ima N=450 zavojaka je F=620N. Dimenzije magnetnog kola elektromagneta su naznačene na slici: S0=S1=S2=6cm2, l0=0.3mm, l1=30cm i l2=10cm. Zavisnost B=B(H) je data tabelarno: 56


B(T) H(A/m)

0 0

0.2 40

0.4 95

0.6 160

0.8 270

1.0 440

1.2 850

I N

l 1, S 1 l 0, s 0 l 2, S 2 Odrediti jačinu struje kroz namotaj i energiju polja u vazdušnom zazoru. Rasipni fluks u magnetnom kolu je zanemarljiv. REŠENJE: Vidi zadatak 3.17 3.23 Dat je elektromagnet sa dužinama srednjih linija l1=10cm, l2=20cm, l0=0.2mm. Površine poprečnog preseka su S1=4cm2, S2=8cm2 i kvadratnog su oblika. Jezgro je napravljeno od materijala čija se karakterisitika magnećenja može predstaviti

I N l 2, S 2

l 1, S 1

l0

f = H ( B ) = 10 3 B 2 ( A / m ) . Odrediti struju I kroz namotaj elektromagneta ako je

broj namotaja N=400, tako da sila na provodnik u vazdušnom procepu kroz koji teče struja I1=1A bude F = 16 ⋅10 −3 N . REŠENJE: Vidi zadatak 3.17 57


3.24 Elektromagnetom preseka S1=S2=6cm2 sa N=400 zavojaka podiže se teret mase m=80kg. Dimenzije naznačene na slici su l1=30cm, l2=10cm i l3=0.3mm. Odrediti minimalnu vrednost struje za podizanje tereta i energiju u vazdušnom zazoru. Za koliko treba povećati struju kroz namotaje ako se l0 poveća na l0=0.5mm da bi sila ostala nepromenjena. Polje je homogeno, a rasipni fluks zanemarljiv. H(A/m) B(T)

0 0

100 0.35

200 0.65

300 0.8

400 1.0

500 1.1

600 1.25

700 1.3

I N

l 1, S 1 l 0, s 0 l 2, S 2 REŠENJE: Vidi zadatak 3.17 3.25 Kriva magnetisanja materijala magnetnog kola data je tabelarno, a dimenzije magnetnog kola su: l0=1mm, l1=l2=25cm, l3=10cm, S0=S1=S2=25cm2, S3=100cm3. Namotaj (N=300 zavojaka) je priključen na napon U=24V. Odrediti jačinu struje I pri kojoj je indukcija u vazdućnom zazoru B0=1T, snagu toplih gubitaka u namotaju i privlačnu silu izmeću polova elektromagneta. Rasipni fluks zanemariti. B(T) H(A/m)

0.2 40

0.4 65

0.6 100

0.8 130

U 3 1

2 l 0, S 0 sl.9 REŠENJE: Vidi zadatak 3.17

58

1.0 200

1.2 400


3.26 Dužina jezgra elektromagneta iznosi 0.10m, a površina poprečnog preseka 0.01m2. Odrediti magnetni fluks elektromagneta ako se zna da mu se kalem sastoji iz 1000 navoja , a kroz njega protiče struja od 0.04A. Relativni magnetni permeabilitet je 1500. REŠENJE: Jačina magnetnog polja u unutrašnjosti solenoida sračunavamo po formuli IN ⎛ A ⎞ H= ⎜ ⎟ l ⎝m⎠ gde je: I – jačina struje (A) N – broj navoja l – dužina (m) Kada znamo jačinu magnetnog polja i relativni permeabilitet možemo naći jačinu magnetne indukcije B po formuli B = µaH = µ0 µr H

µ a - je apsolutni permeabilitet µ 0 - je permeabilitet vakuuma i sistemu SI iznosi 4π ⋅ 10 −7 H m µ r - relativna permeabilnost

Pošto nam je poznata jačina magnetne indukcije i poprečni presek solenoida možemo dobiti magnetni fluks IN S l 0.04 ⋅ 1000 ⋅ 1500 ⋅ ⋅ 0.01 0 .1

Φ = BS = µ 0 µ r HS = µ 0 µ r Φ = 0.4 ⋅ π ⋅ 10 −6 Φ = 0.075Wb

3.27 Naći jačinu struje koja treba da protiče kroz kalem sa 300 navoja, srednje dužine magnetnog jezgra 0.8m, poprečnog preseka 0.0016m2 i vazdušnog proreza lv=0.002m, da bi jačina magnetne indukcije B iznosila 0.8T. Koeficijent magnetnog rasipanja u vazdušnom prorezu jednak je nuli. REŠENJE: Magnetni fluks u vazdušnom prorezu i magnetnom jezgru iznosi: 59


Φ = BS = 0.8 ⋅ 0.0016 = 0.00128Wb

Prema krivoj magnećenja materijala nalazimo jačinu magnetnog polja u čeliku za jačinu magnetne indukcije B = 0.8T H C = 300 A

m H C lC = 300 ⋅ 0.8 = 240 AN Jačina magnetnog polja u vazdušnom prorezu iznosi Hv =

B

µ0

=

0.8 8 ⋅ 10 5 = = 6.7 ⋅ 10 5 A m −6 0.4 ⋅ π 0.4 ⋅ π ⋅ 10

H v = 67 ⋅ 10 4 A m H v ⋅ l v = 67 ⋅ 10 4 ⋅ 0.002 = 1340 AN Magnetopobudna sila M iznosi: M = H C l C + H v l v = 240 + 1340 = 1580 A = NI Jačinu struje koja protiče kroz namotaj kalema izračunavamo po formuli I=

M 1580 = = 5.26 A N 300

3.28 Po šinama čije je međusobno rastojanje l , kreće se provodnik brzinom υ . Šine leže normalno na magnetno polje indukcije B , a zatvorene su otpornikom R . Naći struju I kroz kolo kao i mehaničku silu, po intenzitetu i pravcu, da bi m se savladala sila reakcije. Zadati podaci: l = 1m ,υ = 20 , B = 1,2T , R = 0,1Ω s

60


REŠENJE: Prilikom kretanja provodnika kroz polje magnetne indukcije B indukuje se elektromotorna sila e : r r r e = l υ xB e = l ⋅υ ⋅ B e l ⋅υ ⋅ B = 240 A I= = R R r F = I ⋅l ⋅ B F = 240 ⋅ 1 ⋅ 1,2 = 288 N Da bi se provodnik kretao konstantnom brzinom mora da deluje mehanička sila Fm = F = 288 N r koja ima pravac i smer brzine υ .

( )

3.29 Pravougaoni ram stranica a = 10cm i b = 5cm ima n = 10 namotaja tanke žice. Ram se postavi u magnetno polje indukcije B = 0 ,1T tako da magnetne linije sila budu paralelne sa ravni rama. Koliki će da bude magnetni moment, a koliki obrtni moment magnetnih linija sila kada se kroz provodnik propusti struja jačine I = 1A ? REŠENJE:

p m = nIS = nabI = 5 ⋅ 10 −2 M = p m B = 5 ⋅ 10 −3 N ⋅ m

61


4. KOLA SA NAIZMENIČNOM STRUJOM. RLC ELEMENTI U KOLIMA. SNAGA, FAKTOR SNAGE. TROFAZNI SISTEM. OBRTNO MAGNETNO POLJE. MERNI MOSTOVI Za periodične funkcije važi relacija : f ( t ) = f ( t + kT ) , k= -n, -(n-1), ... , -2, -1, 1, 2, ... , gde je T−perioda odnosno vreme trajanja jednog ciklusa. U elektrotehnici su sledeće veličine opisane periodičnim funkcijama: f (t ) ∈ {e(t ), u (t ), i(t ), p(t )} Prostoperiodične funkcije vremena imaju oblik trigonometrijskih funkcija sinusa i kosinusa. Prostoperiodična elektromotorna sila se analitički izražava u obliku : e( t ) = e = E m cos(ωt + θ ) = E m cos( 2πf + θ ) , gde je: Em −amplituda, ω −kružna učestanost, f−učestanost, θ−početna faza, a ωt+θ−faza periodične funkcije. Efektivna vrednost periodične struje izračunava se prema relaciji: T 1 I eff = ∫ i 2 (t )dt T 0 a srednja vrednost u intervalu trajanja jedne periode T: T 1 I sr = ∫ i(t )dt T 0 U slučaju prostoperiodične vremenske promene struje važi : I 2I I eff = m i I sr = m = 0,637 I m π 2 Padovi napona na pasivnim komponentama kola sa naizmeničnom strujom su: T 1 di i uC = ∫ i( t )dt uR = R ⋅i , u L = L C0 dt Kada se kolo sa rednom vezom otpornosti R, induktivnosti L i kapaciteta C priključe na napon u=Um cos ωt u kolu će teći struja : U i = i( t ) = I m cos(ωt − ϕ ) , gde je I m= m amplituda struje . Z 62


Impedansa kola je: 1 ⎞ ⎛ Z = R 2 + ⎜ ωL − ⎟ ⎝ ωC ⎠

2

a XL=ω⋅ L reaktansa kalema i XC=1/ ω C reaktansa kondenzatora, a fazna razlika: 1 ωL − ωC ϕ = arctg R Prostoperiodične veličine se mogu predstaviti obrtnim vektorima ( fazorima), koji su određeni intenzitetom i uglom u odnosu na referentnu osu kao što je naizmenična veličina određena amplitudom i početnom fazom. Shodno tome sabiranje struja i napona u kolu vrši se kao i kod vektora. Ako se prostoperiodične veličine mogu predstaviti obrtnim vektorima, a vektori kompleksnim brojevima u kompleksnoj ravni onda se prostoperiodične veličine mogu predstaviti kompleksnim brojevima uvođenjem kompleksnih predstavnika. Kompleksni broj A se može predstaviti na jedan od načina: A = a1 + ja 2 = Am e jθ = Am ( cosθ + j sin θ ) pri čemu je : a Am = a12 + a 22 θ = arctg 2 a1 Napon i struja u kompleksnom obliku su : U = U m e jθ u I = I m e jθ i = I a + jI r a impedansa Z i admitansa Y su : Z = R + jX = Z ( cos ϕ + j sin ϕ ) = Z ⋅ e jϕ 1 1 R X = = 2 −j 2 = G + jB 2 Z R + jX R + X R + X2 gde je G−konduktansa, a B−susceptansa. Pri rešavanju kola naizmenične struje korišćenjem kompleksnog računa koriste se sve moguće metode koje se koriste za rešavanje kola jednosmerne struje. Pri tome je omogućeno i crtanje fazorskih dijagrama napona i struja. Prelaz sa kompleksne na trenutnu vrednost naizmenične struje vrši se na osnovu relacije : i( t ) = Re Ie jωt = I m cos(ωt + θ i ) . Y=

{

}

Snaga naizmenične struje u kompleksnom obliku je : S = P + jQ , 1 aktivna snaga: P = U m I m cosϕ = UI cosϕ (W) 2 1 reaktivna snaga: Q = U m I m sin ϕ = UI sin ϕ (VAr) 2 63


1 S = U m I m = UI (VA) 2 Uslov prilagođenja prijemnika na generator u kolu naizmenične struje je: Z p = Z g ( R p = Rg , X p = − X g )

prividna snaga :

Uslov za rezonansu u kolu sa rednom vezom otpornika R,induktivnosti L i kapaciteta C je : 1 1 U , pri čemu je I m = tj. ω 0 = . X L = X C , ωL = ωC R LC U kolu koje sadrži paralelnu vezu kalema (R, L) i kondenzatora (C) antirezonansa nastupa kada je : 1 ω0 = LC Popravka faktora snage cos ϕ u kolu potrošača impedanse Z = R + jωL vrši se paralelnim vezivanjem kondenzatora C. U trofaznom sistemu trenutne vrednosti napona su: 2 ⎞ 2 ⎞ ⎛ ⎛ u1 = U m cosωt , u2 = U m cos⎜ ωt − π ⎟ i u3 = U m cos⎜ ωt + π ⎟ . ⎝ ⎝ 3 ⎠ 3 ⎠ Kompleksni predstavnici trofaznih napona su: 2 −j π

2 j π

U1 = U m , U 2 = U me 3 i U 3 = U me 3 . U simetričnom trofaznom sistemu odnos linijskih napona Ul i struja I1 faznih napona Uf i struja If pri sprezi u trougao je Ul=Uf , Il= 3 If , a u zvezdu je Ul= 3 Uf , Il=If . Aktivna snaga simetričnog trofaznog sistema je : P = 3 ⋅ U l I l cosϕ a reaktivna snaga : Q = 3 ⋅ U l I l sin ϕ Kod obrtnog polja trofaznog sistema intenzitet vektora magnetne indukcije je : 3 B = Bm 2 a pravac vektora je u funkciji vremena određen sa α = ω ⋅ t Wheatston-ov most: se koristi za merenje otpornosti (otpornici, otporni pretvarači neelektričnih veličina u električne i sl.). Pomoću njega se mogu vršiti veoma precizna merenja iako je njegova konstrukcija veoma jednostavna (sl.1)

64

Zbirka rešenih zadataka iz elektrotehnike sa elektronikom B

B R 3, I 3

R 1, I 1 A

G

R 1, I 1

R 3 ,I 3

A

C

G

C Rx

R 2, I 2

R 2 ,I 2

R 4, I 4

D

D U

U

E,r

E,r

a)

b) sl.1 Uslov koji moraju zadovoljiti vrednosti otpornosti R1-R4 (odn. odnos njihovih vrednosti R1-R4 ) da bi most bio u ravnoteži: R1 R4 = R2 R3 ... (1)

R2 R3 ... (2) R1 - merenje se vrši kada je most u ravnoteži i kad kroz indikator ne protiče struja tako da on ne utiče na ishod merenja - u jednačini (2) ne figuriše napon za napajanje (U) kao i otpornosti priključnih vodova tako da male promene njihovih vrednosti ne utiču na ishod merenja - Vitstonov most je u ravnoteži kada su proizvodi otpornosti u suprotnim granama kola međusobno jednaki Mostovi za naizmeničnu struju se koriste za merenje induktivnosti., kapacitivnosti, impedanse i učestanosti. R1 R x = R2 R3 ⇒ R x =

B Z 3, I 3

Z 1, I 1 A

C

Z 2, I 2

Z 4, I 4 D

E

sl.2 Uslov ravnoteže impedansi je: Z1 Z 4 = Z 2 Z 3

...(3) 65


a kako je Z i = Z = Z i e tϕ to se uslov ravnoteže može napisati u obliku sistema jednačina: Z1 Z 4 = Z 2 Z 3

(4) ϕ1 + ϕ 4 = ϕ 2 + ϕ 3 S obzirom na vrstu impedanse razlikuju se Maxvell-ov, Desotijev, Vinov i sl. mostovi. 4.1 Potrošač impedanse Z = 12.5 + j12( Ω ) priključen je preko bakarnog dvožičnog voda prečnika d=4mm ρ = 1,75 ⋅ 10 −8 Ωm , a na rastojanju L=180m od izvora U=220V, f=50Hz. Odrediti za koliko će se promeniti snaga toplotnih gubitaka u napojnom vodu posle priključivanja kondenzatora kapaciteta C=150µF paralelno potrošaču zatvaranjem prekidača P. Induktivnost voda Rv zanemariti. REŠENJE: Otpornost voda za napajanje je: P

RV = ρ Z

C

2L

π 4

= 1.75 ⋅ 10 −8 ⋅

d2

2 ⋅ 180 ⋅ 4 = 3.14 ⋅ 4 2 ⋅ 10 −6

= 0.5Ω 2L – jer se vod sastoji od dva provodnika U ,f

Kada kondenzator nije priključen ukupna impedansa je: Z = RV + R + jX L = (13 + j12 )Ω , a moduo impedanse iznosi:

Z = 13 2 + 12 2 = 17.7 Ω

Faktor snage je: cos ϕ1 =

R + RV = 0.735 Z I1 =

Vrednost struje u vodu za napajanje je:

U 220 = = 12.43 A Z 17.7

Snaga gubitaka u vodu za napajanje je: P1 = RV I 2 = 0.5 ⋅ 12 ⋅ 43 2 = 77.24W j1 Impedansa kondenzatora je: Z C = − = − j 21.2 Ω ωC Ukupna impedansa potrošača posle priključenja kondenzatora je: Z e = RV +

Z ⋅ ZC Z + ZC

= 23.3 − j 4 Ω

66


Z = 23.3 2 + 4 2 = 23.65Ω 23.3 cos ϕ 2 = = 0.985 23.65 Struja u vodu za napajanje posle zatvaranja prekidača je: I2 =

U 220 = = 9.16 + j1.57 ( A ) Z e 23.3 − j 4

I 2 = 9 .3 ( A )

Snaga gubitaka na vodu posle zatvaranja prekidača je: P2 = RV I 22 = 0.5 ⋅ 86.4 = 43.2W P1 − P2 = 34W

4.2 U kolu prikazanom na slici poznato je: u = 120 cos 314 t , R = 10 Ω i L = 63.7mH . Odrediti kapacitet kondenzatora C tako da pokazivanje ampermetra A bude jednako pri otvorenom i pri zatvorenom prekidaču P. Pri kojoj će učestanosti kod otvorenog prekidača pokazivanje ampermetra biti najveće? REŠENJE: Efektivna vrednost struje kroz kolo pre uključivanja prekidača iznosi: A

I1 =

Rg

U ,f

L

U = Z1

U R2 + ( X L − X C )

a posle zatvaranja prekidača :

C

P

I2 =

U = Z2

U R 2 + X L2

iz uslova jednakosti struja pre i posle zatvaranja prekidača sledi : I1 = I 2 U R 2 + (X L − X C )

2

=

2

U R 2 + X L2

XL − XC = XC pa je XC=2XL Kako je X L = ωL X L = 314 ⋅ 6,37 ⋅ 10 −3 = 20Ω to je X C = 40Ω 1 1 Kapacitet kondenzatora je C = = = 79,6 µF ωX C 314 ⋅ 40 67


Ako se učestanost f izvora menja pokazivanje ampermetra će biti najveće pri naponskoj rezonansi kada je XL=XC jer je tada Z najmanje. Na osnovu toga je 1 = ωL ωC 1 ω2 = LC 1 ω= LC f =

ω 1 = = 70,7 Hz 2π 2π LC

4.3 Odrediti pokazivanje mernih instrumenata uključenih u kolo prikazano na slici. Dato je u (t ) = 100 2 cos 1000 ⋅ t (V ) R1 = 60 Ω , R 2 = 100 Ω , L = 0.1H i C = 20 µF . Pretpostaviti da su L R instrumenti idealni. W 1

R2

V

REŠENJE: Pri određivanju pokazivanja instrumenata koristićemo ekvivalentno kolo prikazano na slici pod b). Reaktanse su XL=1000⋅ 1 0,1 =100 Ω i XC= = 50 Ω, a ωC impedanse i napon :

C

U,f

A

I1

a I2

Z1

I3

Z1 = R1 + jωL = ( 60 + j100) Ω,

U,f

Z2 = R2 = 100 Ω, 1 = − j50 Ω, Z3 = − ωC

Z3

Z2 b

U = U ⋅ e jϕ = 100 2 V Ukupna impedansa kola je Z Z 100(− j 50 ) Z = Z 1 + 2 3 = 60 + j100 + Z2 + Z2 100 − j 50 a struja kroz kolo je : U I = = (1,13 − j 0,85) Z2Z3 Z1 + Z2 + Z3 68


Z2 Z 3 I = ( −11,3 − j 62,2) V Z 2 + Z3 .Napon na voltmetru je U 1 = U − U ab = 130 − j62,2 (V) . Struje I2 i I3 se nalaze na osnovu : U I 2 = ab = ( −0,113 − j 0,62) A, I 3 = I − I 2 = (1,24 − j 0,23) A . Z2 Instrumenti pokazuju efektivne vrednosti, a njihova pokazivanja su: 1 1 Ia = , 2 + 0,852 = 0,45 A , U v = 113 1302 + 62,2 2 = 101,9 V. 2 2 Vatmetar meri aktivnu snagu na delu a-b kola.Ova snaga se dobija iz kompleksne snage kao : ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ Pw = Re[S ] = Re ⎢ U ab I ⎥ = Re ⎢ (− 11,3 − j 62,2 ) ⋅ (1,13 + j 0,85)⎥ = 20 W ⎣2 ⎦ ⎣2 ⎦ Dalje je : U ab =

gde je I = (1,13 + j 0,85) konjugovano kompleksna vrednost struje .Na osnovu izračunatih kompleksnih vrednosti mogu se nacrtati potpuni fazorski dijagrami napona i struja. 4.4 Motor naizmenične struje čiji je nominalni napon U=36V, f=50Hz pri faktoru snage cos ϕ = 0.7 ima potrošnju Pm=10W. Da bi se priključio na veći, mrežni napon U=220V, f=50Hz redno motoru se vezuje kondenzator kapaciteta C ili otpornik R. Izračunati potrebne vrednosti kapaciteta C, otpornosti R kao i faktora snage i aktivne snage u oba slučaja. C

R

I1

R

I1

U1,f

R

U1,f L

L

REŠENJE: Motor se može smatrati kao potrošač impedanse Z = Rm + jX L . Parametri impedanse se određuju na osnovu nominalnih podataka za motor : Pm = U 1 I 1 cos ϕ = 10 W , I 1 =

Pm = 0,397 A U 1 cosϕ

Impedansa Z je prema tome :

69


U1 = 90,72 Ω I1 R a faktor snage cosϕ = m Z odakle je Rm = Z cosϕ = 90,72 ⋅ 0,7 = 63,5 Ω Z = Rm2 + X L2 =

Reaktansa XL je tada X L = Z 2 − Rm2 = 64,8 Ω, XL≈ 65Ω Pri priključivanju na mrežni napon sa kondenzatorom C redno vezanim motoru struja kroz kolo treba da ima vrednost I1=0,397 A .Ukupna impedansa kola u tom slučaju je U 220 Z1 = = = 554 Ω I 1 0,379 Z1 = Rm2 + ( X L − X C )

2

odakle je X C = Z 2 − Rm2 + X L2 = 615,3 Ω a kapacitet kondenzatora C je 1 1 C= = = 5,17 ⋅ 10 −6 F=5,17 µF ωX C 2 ⋅ 3,14 ⋅ 615,3 ⋅ 50 Kod redne veze motora sa otpornikom R kao i kod veza sa kondenzatorom C struja kroz motor treba da ima vrednost I1=0,397 A (da bi aktivna snaga Pm = Rm I12 motora imala istu vrednost kao i u slučaju kada je priključen na 36V).Ukupna impedansa motora i redno vezanog otpora je U Z = = 554 Ω I1 Kako je u ovom slučaju impedansa Z = ( Rm + R) + X L2 , sledi : 2

R = Z 2 − X L2 − Rm = 487 Ω . Pri vezivanju kondenzatora faktor snage je : X − X C 64,8 − 615 tan ϕ1 = L = = −8,66 , cosϕ 1 = 0,115 Rm 63,5 a ukupna aktivna snaga P1 = U ⋅ I1 cosϕ 1 = 220 ⋅ 0,379 ⋅ 0,115 = 10 W Pri vezivanju otpornika R faktor snage je : XL 65 tan ϕ 2 = = = 0,118 , cos ϕ 2 = 0 ,993 R + Rm 487 + 63,5 a ukupna aktivna snaga P2 = U ⋅ I1 cosϕ 2 = 220 ⋅ 0,397 ⋅ 0,993 = 86,7 W Na osnovu prethodnih rezultata može se zaključiti da se pri obezbeđenju normalnih uslova rada motora pri korišćenju otpornika potrošnja povećava 8,67 puta u odnosu na korišćenje kondenzatora.

70


Pogoršanje vrednosti faktora snage pri vezivanju kondenzatora,s obzorom na malu vrednost struje lako se kompenzira drugim potrošačem koji se skoro uvek vezuje na mrežu 220 V ,a koji su uglavnom induktivnog karaktera. 4.5 Sijalica sa užarenom niti snage P=60W predviđena je za priključivanje na napon U = 110V , f = 50 Hz . Izračunati kapacitet kondenzatora C koji treba redno vezati sa sijalicom pri priključivanju na mrežu U1=220V, f=50Hz.

C

REŠENJE:

I1

U 1 ,f

Pri napajanju naponom U=110V struja ima vrednost I=

P 6 = A U 11

Otpornost sijalice je : R = P I 2 = 201 .7 Ω

Kada se sijalica redno vezana sa kondenzatorom, priključi na napon U1, impedansa potrošača je: Z 2 = R 2 + X C2 Treba da važi da je I = I1 . Kako je: I=

U R

I1 = U = R

U1 R + X C2 2

U1 R 2 + X C2

Odatle je: 2

⎛U ⎞ X C = ⎜ 1 R ⎟ − R 2 = R 3 = 350 Ω ⎝U ⎠ 1 = 9.1µF C= ϖX C

4.6 Otpornik R=150Ω, kalem induktivnosti L=1.2H i kondenzator C=16µF vezani su redno i priključeni na napon U=60V, 50Hz. Izračunati struju kroz kolo i napone na otporniku, kalemu i kondenzatoru. Odrediti kapacitivnost C1 i način njegovog vezivanja sa kondenzatorom C da bi u kolu nastala naponska rezonansa. REŠENJE: I=0.258 A, UR=39 V, UL=97.2 V, UC=51.342 V , ϕ = 49,7 o , C1 =18 µ F. Vezuje se redno sa kondenzatorom C.

71


4.7 Kolo

šema data na slici priključeno je na napon u( t ) = 100 2 cos 1000 t , a parametri kola su R1=60Ω, R2=100Ω, L=0.1H i C=20µF. Odrediti struje i napone u kolu. Koliko je pokazivanje mernih instrumenata vezanih u kolo prema slici. R1

čija

je

L

R A

R

2

1

L W R

C

2

C A

REŠENJE: Vidi zadatak 4.3. 4.8 Kada je kalem otpora R i induktivnosti L stalno priključen na jednosmerni napon U − = 6V kroz njega protiče struja I _ = 0.5 A . Ako se isti kalem stalno priključi na naizmenični napon U ef = 12V , f = 50 Hz jačina struje je I ef = 0.6 A . Odrediti: a) otpor R i induktivnost L kalema b) kapacitet kondenzatora C koji treba priključiti kalemu da bi u kolu nastupila naponska rezonansa REŠENJE: R=12 Ω , L=50.9mH, C=199 µ F 4.9 Potrošač snage P=2,4kW priključen je na napon U=220V, f=50Hz. Izmerena jačina struje kroz potrošač je I=16.7A. Odrediti impedansu potrošača Z = R + jϖL (R i L). REŠENJE: R=8.95 Ω , L=33mH 4.10 Dva grejača otpora R1=6Ω i R2=8Ω spojena su paralelno i preko kalema induktivnosti L=6mH, zanemarljivog otpora priključena na napon U=220V, f=50Hz. Odrediti napon na grejačima i na kalemu i jačine struja kroz grejače. REŠENJE: Ugr=168 – j 94 V, UL=92 – j52 V, IG1=28 – j 15.7 A, IG2= 21 – j 11.8 A

4.11 Kroz kalem otpornosti r=100Ω i induktivnosti L=1H protiče struja I=500mA i učestanosti f=50Hz. Napisati izraz za trenutne vrednosti napona koji je priključen na izvode kalema. Koliku bi vrednost pokazivao voltmetar kada se priključi na izvode kalema? REŠENJE: u(t)= 165cosn(314t), Ueff =117V

4.12 Kada se na izvode kalema priključi jednosmerni napon U=10V kroz njega teče struja I=200mA. Kada se na isti kalem priključi naizmenični napon U=45.8V, f=50Hz struja je I =165mA. Izračunati otpor i induktivnost kalema, kao i cosϕ. REŠENJE: R=50Ω, L=0.864H, cos ϕ =0.181 72


4.13 Kada se kalem nepoznatog otpora R i induktivnosti L priključi na napon U=200V, 50Hz struja kroz njega je I=2.5A, a ϕ=76O. Odredi otpor R i induktivnost L. REŠENJE: R=19.4Ω, L=247mH 4.14 Kazaljka mernog instrumenta unutrašjeg otpora Rv=500 Ω skrene do zadnje podele pri struji I=0,5 mA. Odrediti vrednosti otpornosti R1,R2 i R3 da bi se merni instrument koristio kao voltmetar za merenje napona u opsezima 6V(1), 25V(2) i 60V(3). Šema veze mernog instrumenta, preklopnika P i otpornika data je na slici.

REŠENJE: Proširenje mernog opsega instrumenta pri merenju napona vrši se rednim vezivanjem dodatnog otpora unutrašnjoj otpornosti mernog instrumenta. Pri zadatoj jačini struje I=0,5 mA i unutrašnjoj otpornosti Ri=500 Ω napon na izvodima mernog instrumenta je: U v = Rv I = 500 ⋅ 0,5 ⋅ 10 −3 = 0,25 V . Da bi se merni opseg instrumenta proširio n-puta potrebno je redno vezati otpornost R tako da bude ispunjen uslov: (n1 − 1) Rv = R . U položaju 1 preklopnika ovaj odnos je: 6 n1 = = 24 i uslov (n1 − 1) Ri = R1 . 0,25 U položaju 2 preklopnika: 25 n2 = = 100 i (n2 − 1) Ri = R1 + R2 . 0,25 U položaju 3 preklopnika je: 60 n3 = = 240 I (n3 − 1) Ri = R1 + R2 + R3 . 0,25 Na osnovu prethodne tri jednačine dobijaju se vrednosti: R1 = (n1 − 1) Ri = 23 ⋅ 500 = 11,5kΩ , 73


R2 = (n2 − 1) Ri − R1 = 49500 − 11500 = 38kΩ ,

R3 = (n3 − 1) Ri − ( R1 + R2 ) = 11950 − 49500 = 70kΩ . 4.15 Na mrežu 220V,50 Hz priključen je motor snage P=2kW faktora snage cosϕ=0,745 i grejač snage Pg=1,54 kW. Odrediti kapacitet kondenzatora koji treba priključiti paralelno potrošačima da bi ukupan faktor snage bio cosϕ =1. Nacrtati fazorski dijagram struja u kolu posle vezivanja kondenzatora. REŠENJE: Struja kroz grejač je u fazi sa naponom i ima samo aktivnu komponentu koja iznosi : Pg 1540 I = =7A Ig = 220 U Ig pa je kompleksna struja grejača : Im Ic I g = 7 + j 0 (A) U ,f M R C Impedansa motora se može predstaviti rednom vezom otpornosti i induktivnosti, pa je struja kroz motor: P 2000 Im = = = 12,2A U ⋅ cosϕ 220 ⋅ 0,745 kasni u odnosu na priključeni napon za ugao čiji je kosinus dat kao : Ic ϕ = arccosϕ = 46° 29′ . Ia Aktivna komponenta struje kroz motor koja je u fazi sa priključenim naponom je : I a = I m cosϕ = 12,2 ⋅ 0,745 = 9,089 A . I Reaktivna komponenta struje koja u Im odnosu na napon kasni za π iznosi : Ig 2 g

I r = I m sin ϕ = I m 1 − cos 2 ϕ = = 12,2 ⋅ 0,667 = 8,1A Kompleksna struja motora je : I m = I a + jI r = 9 + j8,1 (A) a ukupna struja koju motor i grejač povlače iz mreže je : I = I m+ I g = (9 + j8,1) + (7 + j 0) = 16 + j8,1 (A) Fazorski dijagram struja motora i grejača sa mrežnim naponom na faznoj osi prikazan je na slici . Struja kroz kondenzator koji se priključuje paralelno motoru i grejaču prednjači u odnosu na napon za π/2 kao što je prikazano na fazorskom dijagramu.

74


Da bi ukupna struja sa priključenim kondenzatorom bila u fazi sa naponom, na osnovu fazorskog dijagrama se može zaključiti da će taj uslov biti ispunjen ukoliko je struja kondenzatora Ic jednaka reaktivnoj komponenti ukupne struja Ir motora i grejača : I c = I sin ϕ a kako je struja kondenzatora U Ic = = U 2πfC Xc to na osnovu prethodnih jednačina nalazimo da je kapacitivnost kondenzatora C : I I C = c = c = 117,25 µF ωU 2πfU 4.16 Prema brojnim podacima za motor koji su dati u prethodnom zadatku, odrediti ekvivalentnu impedansu kojom motor može biti prikazan. P REŠENJE: Ako je struja motora I = = 12,2 A , onda je moduo impedanse U cosϕ : U 220 Z= = = 18 Ω I 12,2 a argument :

ϕ =arc cos ϕ =46° 29' .

Impedansa u kompleksnom obliku je:

Z = Z cosϕ + jZ sin ϕ = R + jX L (Ω) Kako je: Z cos ϕ=13,43 Ω, a Z sinϕ =12 Ω, to je Z =13,43+j 12 (Ω) Kako je XL = ω L=2πf⋅L , to je L=XL /2πf=38,2 mH. Impedansa motora ima otpornost R=13,43 Ω i induktivnost L=38,2 mH . 4.17 Pokazivanje mernih instrumenata u kolu na slici je: U=220V, I=10,5A, P=1,2kW. Odrediti parametre R i L kola I i kapacitet kondenzatora koji treba W A vezati paralelno impedansi Z da bi se I c faktor snage popravio na cosϕ=0,93. Rg Ako se napon U ne menja, odrediti instrumenata posle U ,f V C pokazivanja vezivanja kondenzatora C. Kolo se L napaja iz mreže učestanosti f=50 Hz . REŠENJE: Faktor snage potrošača 75


izračunava se na osnovu vrednosti napona, struje i snage prema: 1200 cos ϕ1 = = 0,52 220 ⋅ 10,5 a impedansa potrošača je : Z=

U 220 = = 20,96 = 21 Ω I 10,5

Aktivna otpornost je : R = Z cos ϕ1 = 10,9 = 11 Ω , a reaktivna : X L = Z sin ϕ 1 = 17,94 = 18 Ω Impedansa potrošača u kompleksnom obliku je : Z = 11 + j18 (Ω) . Struja kroz potrošač u kompleksnom obliku je : U 220 I1 = = = 5,5 − j 9 (A) Z 11 + j18 Posle paralelnog vezivanja kroz kondenzator protiče samo reaktivna komponenta struje : I c = U ωC aktivna komponenta struje zbog toga ostaje ista pa važi cosϕ 1 I 1 cosϕ 1 = I 2 cosϕ 2 odakle je I 2 = I 1 = 5,87 A cosϕ 2 a to je i pokazivanje ampermetra posle vezivanja kondenzatora C . Kapacitet kondenzatora se određuje na osnovu: I c = I 1 sin ϕ 1 − I 2 sin ϕ 2 = UωC odakle je : I sinϕ 1− I 2 sin ϕ 2 C= 1 = 98 µF . Uω Pokazivanje vatmetra ostaje nepromenjeno. 4.18 Transformator sa N1=480 zavojaka primara čiji je otpor R=0,25Ω priključen je na napon U=220V,50Hz. U praznom hodu izmerena je struja Io=0,36A i snaga P=37W. Odrediti gubitke u jezgru transformatora i magnetni fluks. REŠENJE: U režimu praznog hoda aktivna snaga jednaka je zbiru snage za zagrevanje provodnika primara i snage gubitaka u jezgru ( histerezisni gubici i gubici usled vihornih struja ): P = Pj + PFe , odakle PFe = Po − PCu = Po − RI o2 = 37 − 0,25 ⋅ 0,36 2 = 36,97W .

76


Faktor

snage praznog hoda je: W P 37 cosϕ o = = = 0,467 . U ⋅ I 220 ⋅ 0,36 Indukovana elektromotorna sila u V U namotajima primara je: E 1 = 4,44 fN 1 Φ m ≈ U 1 a amplituda magnetnog fluksa kroz jezgro transformatora je: U1 220 = = 2,06mWb Φm = 4,44 f ⋅ N 1 4,44 ⋅ 50 ⋅ 480

A

R

4.19 U kolu čija je šema data na slici merni instrumenti pokazuju U=220V, I=32A i P=4,5kW. Odrediti kapacitet kondenzatora koji treba vezati paralelno potrošaču da bi se pokazivanje ampermetra smanjilo za 8 A, a pokazivanja voltmetra i vatmetra ostanu nepromenjena. REŠENJE: Faktor snage pre vezivanja kondenzatora je : cosϕ =

P 4500 = 0,64 UI 220 ⋅ 32

a posle vezivanja kondenzatora :

cosϕ 1 =

4500 P 0,85 = U ( I − 8) 220 ⋅ 24

Sa fazorskog dijagrama za struje koji je prikazan na osnovu projekcija struja na imaginarnu osu sledi : I sin ϕ = I 1 sin ϕ + I c , odakle je U +j I c = I sin ϕ − I 1 sin ϕ1 = 1 ωC pa je kapacitet kondenzatora C : Ic Ia I sin ϕ − I 1 sin ϕ 1 C= ωU Kako je: I1 sin ϕ = 1 − cos 2 ϕ = 0 ,77 Ic I -j

sin ϕ1 = 1 − cos 2 ϕ1 = 0 ,53 posle zamene brojnih vrednosti dobija se : C=172,5 µF .

77


4.20 Primar transformatora ima N1=300, a sekundar N2=80 zavojaka. Ako kroz sekundar protiče struja I=5A odrediti struju kroz primar. REŠENJE: Ip=1.33A 4.21 Snaga primara transformatora je P1=5kW. Struja opterećenja ( u sekundaru) je I2=50A, a faktor snage je cos ϕ = 0.9 . Ako je stepen korisnog dejstva η = 0.94 odrediti napon na sekundaru. REŠENJE: U2=104V 4.22 Generator jednosmerne struje sa paralelnom pobudom pokreće se motorom sa unutrašnjim sagorevanjem i daje mreži napona U=440V snagu P=150kW pri brzini ng=900 ob/min. Ako se prekine mehanička veza motora za pokretanje i mašine jednosmerne struje, generator produži da rotira kao motor pri čemu uzima iz mreže snagu P2=15kW. Odrediti brzinu kojom mašina jednosmerne struje rotira kao i brzinu idealnog praznog hoda. Otpor namotaja indukta je Rr=0,2Ω, a induktora Rp=100 Ω . REŠENJE: Kada mašina radi kao generator struja kroz kolo indukta nalazi se na osnovu: P U 150 ⋅ 10 3 440 Ir = I + I p = + = + = 345A . U Rp 440 100 Indukovana elektromotorna sila u namotaju indukta je: E g = U + Rr I r = 440 + 0,2 ⋅ 345 = 509 pa je iz relacije: E g = cn g Φ , cΦ =

Eg

= 0,565 ng Kada se prekine mehanička veza mašine i pogonskog motora, mašina ostaje priključena na mrežu i radi kao motor. Struja koju povlači iz mreže je: P2 U I= = Ir + I p = Ir + U Rp

P2 U − = 29,7A . U Rp Indukovana kontraelektromotorna sila je: E m = U − Rr I r = 440 − 0,2 ⋅ 29,7 = 434V .

Posle zamene se dobija: I r = I − I p =

Kako je: E m = cnm Φ , to je nm =

Em 434 = = 768 ob/min . cΦ 0,565 78


Pri idealnom praznom hodu struja u kolu rotora teži "0", pa je: E mo = U − Rr I ro ≈ U = cno Φ = 440V . Iz odnosa: E mo cno Φ E , nalazi se no = nm mo = 778,6 ob/min . = Em cnm Φ Em 4.23 Motor jednosmerne struje sa paralelnom pobudom ima na natpisnoj ploči sledeće podatke: I=30A, U=220V, n=2000 ob/min. Ako je otpor rotorskog namotaja Rr=0,5Ω, a pobudnog Rp=110Ω, izračunati brzinu u praznom hodu. Reakciju indukta i pad napona na četkicama zanemariti . REŠENJE: Pri nominalnim uslovima rada struja rotora je: U Ir = I − = 28A . Rp Indukovana kontraelektromotorna sila je: E n = cΦn = U − Rr I r = 206V . U praznom hodu indukovana kontraelektromotorna sila je: E o = cΦno , U=220V . Na osnovu toga je: E o cΦno U 220 . = = = En cΦn U − Rr I r 206 Brzina u praznom hodu je: E 220 no = n o = 2000 = 2136 ob/min . E 206 4.24 Motor jednosmerne struje sa rednom pobudom (Rp+Rr=1,2Ω) pri naponu U=200V i struji I=15A rotira brzinom n1=1000 ob/min. Izračunati promenu brzine pri rednom vezivanju otpora Rd=3,8 Ω, ako se opterećenje motora ne menja, a pad napona na četkicama zanemari . ⎞ ⎛ dn REŠENJE: U stacionarnim uslovima rada je Mp=Mo=M , ⎜ J = 0⎟ . ⎠ ⎝ dt

(

) + R )I

Kada otpornik Rd nije vezan važi M 1 = kI 12 , E1 = U − R p + Rr I 1 .

(

Posle vezivanja otpornika je M 2 = kI 22 , E 2 = U − Rd + Rr

p

2

.

Iz uslova da je M1=M2 dobija se da je I1=I2 , a iz odnosa indukovanih kontraelektromotornih sila:

(

)

E 2 U − Rd + Rr + R p I 2 cΦn2 = = . E1 cΦn1 U − Rr + R p I 1

(

)

79


Odatle je: n2 = n1

(

)

U − Rd + Rr + R p I

(

)

U − Rr + R p I

= 687 ob/min

4.25 Jednosmerni motor sa paralelnom pobudom ima sledeće nominalne podatke: U=220V, P=9kW, I=46A, n=1450 ob/min. Otpor namotaja rotora je Rr=0,3Ω, a pobude Rp=110Ω. Pad napona na kolektoru i reakcija indukta se mogu zanemariti. Kojom brzinom treba rotirati motor priključen na mrežu U=220V da bi kao generator koji daje mreži struju Ig=48A . REŠENJE: Zavisnost radne brzine od struje u kolu rotora kod motora analitički se može iskazati jednačinom: U − Rr I r R U n= = − r Ir . cΦ cΦ cΦ Ova zavisnost brzine i struje prikazana ja na grafiku n=n(I).

sl.4.1 U prvom kvadrantu (n
Kada mašina radi kao motor, važe relacije: U 220 Ir = I + I p = I − = 48 − = 46A , Rp 110 80


E m = cnm Φ = U − Rr I r = 220 − 46 ⋅ 0,3 = 206,2V.

Kada se dejstvom spoljnjeg momenta brzina poveća indukovana ems Eg je veća od napona mreže pa mašina radi kao generator: 220 I r = I + I p = 48 + = 48 + 2 = 50A , 110 E g = cn g Φ = U + I r Rr = 220 + 50 ⋅ 0,3 = 235V . Deobom jednačina za indukovane elektromotorne sile dobija se: E g cn g Φ n g Eg 235 = = = 1450 = 1652 ob/min . , n g = nm E m cnm Φ nm Em 206,2 4.26 Motor jednosmerne struje sa rednom pobudom priključen na napon U=120V pri struji I=24A i brzini od 1500 ob/min razvija moment Mk=14Nm. Otpornost pobudnog namotaja je Rp=0,1Ω, a namotaja rotora Rr=0,25Ω. Odrediti snagu gubitaka zbog zagrevanja namotaja, snagu ostalih gubitaka, stepen korisnog dejstva kao i vrednost otpora za ograničenje polazne struje na vrednost Ip ≤120 A.

REŠENJE: Na osnovu energetskog bilansa potrošnje struje sa rednom pobudom dobija se sledeća relacija:

Pel = Pkm + PJ + Pg' , gde je Pel = U ⋅ I = 120 ⋅ 24 = 2880W , snaga kojom se motor napaja iz izvora električne struje, PJ = Rr I 2 + R p I 2 = 0,25 ⋅ 24 2 + 0,1 ⋅ 24 2 = 201,6W ,

snaga Džulovih gubitaka na otpornostima namotaja rotora i pobude 2π ⋅ n 2 ⋅ 3,14 ⋅ 1500 14 = 2198W , Pkm = M k ω = M k = 60 60 Mehanička korisna snaga koju motor predaje mehaničkom sistemu u elektromotornom pogonu 81


Pg' = Pel − ( Pkm + PJ ) = 2880 − ( 2198 + 201,6) = 480,4W

snaga gubitaka usled trenja, ventilacije i u gvožđu. Stepen korisnog dejstva motora je: ' Pkm Pel − PJ − Pg 2198 = = = 0,763 . Pel PPel 2880

Ograničenje vrednosti polazne struje motora postiže se rednom vezom otpornika Rd . Za kolo motora važi jednačina:

(

)

U = cΦn + Rr + R p + Rd I p . No kako je pri puštanju u rad brzina n=0 i indukovna kontraelektromotorna sila E=cΦn=0 , na osnovu gornje relacije sledi: U Rd = − Rr − R p = 0,5Ω . Ip Posle pokretanja motora prekidač se zatvara i struja teče preko kontakta prekidača . 4.27 Motor za jednosmernu struju sa rednom pobudom priključen na napon U=500V razvija obrtni moment M1=176Nm pri struji I1=41A i brzini obrtanja n=1000o/min. Zbir otpora pobude i rotor Rp+Rr=0.2Ω, a magnetni fluks pobude je proporcionalan struji (Φ=kΦI). Odrediti: a) kontraelektromotornu silu b) pri momentu M2=87Nm (kada se motor rastereti) odrediti struju I2, kontraelektromotornu silu EMS2 i n2 . REŠENJE: a) E=491.8V b) E=495.9V, I2=20.3A, n2=1008.4 o/min 4.28 Koliki otpor treba ugraditi na red sa namotajima motora za jednosmernu struju sa rednom pobudom da bi mu se brzina smanjila sa n1=800o/min na n2=500o/min a da struja motora ostane nepromenjena I=15A. Ukupan otpor namotaja rotora i pobude je Rp+Rr=1.2Ω, U=300V. REŠENJE: R=1.5Ω, 4.29 Motor za jednosmernu struju sa paralelnom pobudom (Rp=48Ω, Rr=0.15Ω) priključen je na napon U=110V i pri struji I=150A ima brzinu n1=1500o/min. Koliki otpor treba ugraditi redno sa namotajem rotor da bi se brzina smanjila na n2=1000o/min. REŠENJE: Vidi zadatke 4.23, 4.24 i 4.26 4.30 Motor jednosmerne struje sa paralelenom pobudom (Rp=55Ω, Rr=0.2Ω) priključen je na napon U=220V pri struji I1 =104A ima brzinu n1=1000o/min. 82


koliki otpor treba ugraditi na red sa namotajem rotora da bi se brzina smanjila na n2=700o/min. REŠENJE: R=0.4Ω 4.31 Motor jednosmerne struje sa paralelnom pobudom (Rr=0.2Ω, Rp=100Ω) priključen na napon U=400V pri struji I1=153A rotira brzinom n1=1000o/min. Gubici u trenju usled ventilacije i u gvo|u iznose 850W. Odrediti moment koji razvija i stepen korisnog dejstva motora REŠENJE: η =0.986, M=585.9 Nm 4.32 U mostu prikazanom na slici ravnoteža je uspostavljena pri R2=1000Ω, R3=100Ω, C4=259,7 nF. Odrediti Rx i Lx ako je R4=32kΩ. REŠENJE: Ravnoteža u mostu nastupa kada je ispunjen uslov: Z x Z4 = Z2Z3 gde je Z2=R2 , Z3=R3 , Zx=Rx+jωL, a admitansa 1 . Y4= Z4 Gornji uslov ravnoteže se može napisati u obliku: 1 Zx = Z 2 Z 3 = R2 R3 , gde je Y4 = + jωC4 . R4 Y4 Posle zamene i sređivanja dobija se: Rx ωLx 1 + j = + jωC4 R2 R3 R2 R3 R4 a na osnovu ove jednačine: Rx R R 1 , R x = 2 3 = 3,12 Ω , i = R2 R3 R4 R4 ωLx j = jωC4 , L x = C4 R2 R3 = 26mH . R2 R3 4.33 Ravnoteža u mostu prikazanom na slici nastupa kada je Ro=9,8Ω, Co=1µF, R1=1014 Ω i R2=9810 Ω. Odrediti Rx i C x . REŠENJE: Iz uslova ravnoteže Z1Z4=Z2Z3 sledi: ⎛ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞ ⎜ Rx + ⎟ R2 = ⎜ Ro + ⎟R , jωC x ⎠ jωCo ⎠ 1 ⎝ ⎝ 83


odnosno R x R2 + R2

1 1 = Ro R1 + R1 jωC x jωCo

Posle izjednačavanja realnih i imaginarnih delova sa leve i desne strane jednačine dobija se: R x R2 = Ro R1 , Rx=1,01 Ω , kao i R2

R 1 1 , C x = Co 2 = 9,68 µF . = R1 jωC x jωCo R1

4.34 Kazaljka mernog instrumenta unutrašnjeg otpora Ri=12Ω skrene do zadnje podele pri struji Ia=5 mA. Odrediti vrednosti otpornosti R1, R2 i R3 tako da se merni instrument sa otpornostima vezanim prema slici može koristiti za merenje jačine struje u opsezima 50 mA (1), 0,5 A (2) i 5A (3). REŠENJE: Proširenje mernog opsega ampermetra vrši se paralelnim vezivanjem otpora Rs. Ako je unutrašnja otpornost ampermetra Ra i treba proširiti merni opseg m-puta. Otpornost Rs određuje se na osnovu jednačine: Rš=

Ra m−1

Prema šemi za proširenje mernih opsega koja je data na slici kada je preklopnik u položaju 1 je: 0,50 = 10 , Rš=R1+R2+R3 . 0,005 U položaju 2 preklopnika je: 0,5 m2 = = 100 , Rš‘=R2+R3 , Ra’=Ra+R1 0,005 dok je u položaju 3 preklopnika: 5 m3 = = 1000 , Rš‘’=Ra+R1+R2 . 0,005 S obzirom na jednačinu, a za položaje 1, 2 i 3 može se napisati sledeći sistem jednačina: m1 =

Ra m1 − 1 R + R1 R2 + R3 = a m2 − 1 R1 + R2 + R3 =

84


Ra + R1 + R2 m3 − 1 Rešavanjem sistema jednačina 1-3 dobija se: m1 Ra R (m − m1 )Ra = Ra R = m1 (m3 − m2 )Ra = Ra R1 = 2 , 2 R3 = = a 10 m2 (m1 − 1) m2 m3 (m1 − 1) 100 m3 (m1 − 1) 900 R3 =

Posle zamene brojnih vrednosti dobija se: R1=1,2 Ω, R2=0,12Ω , R3=0,013Ω 4.35 Na površini čeličnog valjka prečnika d=20 mm i modula elastičnosti E=2⋅1011 N/m2 zalepljena je merna, tenzometrijska traka kontante K=2 i otpora Ro=120 Ω. Ako se valjak optereti aksijalnom silom F=63 kN, izračunati promenu otpornosti merne trake. REŠENJE: Pri aksijalnom opterećenju valjka dužine L i preseka S silom F u granicama elastičnih deformacija prema Hukovom zakonu je: ∆l F =E S l

Relativna dužinska deformacija je: ∆l l

=

F 63 ⋅ 10 3 = = 0 ,1 ⋅ 10 −2 = 0 ,1% S ⋅ E 20 2 10 −6 ⋅ 2 ⋅ 10 11 4

Relativna promena otpornosti merne trake je: ∆R R

=K

∆l l

= 0 ,2 ⋅ 10 −2 = 0 ,2%

S obzirom na smer sile promena, povećanje otpornosti merne trake je: ∆R = R − Ro = 0,24Ω

4.36 Ako se merna traka iz prethodnog zadatka veže sa otpornicima R2=R3=R4=120Ω u Vitstonov most i priključi na napon U=10V, izračunati napon Uab kada na valjak deluje sila F, ako je ulazna otpornost mernog instrumenta Ri velika.

85


REŠENJE: S obzirom da je ulazna otpornost mernog instrumenta velika, struja kroz mernu granu mosta je zanemarljiva, pa je napon između tačaka A i B u kolu: U ab = R ' I 1 − RI 2 =

UR ' UR − = 0,01V=10mV . R + R' R + R

4.37 U mostu za naizmeničnu struju čija je šema prikazana na slici je dato: B Z 3, I 3

Z 1, I 1 A

C

Z 2, I 2

Z 4, I 4 D

E

Z1=Rx+jωLx , Z2=R2+jωL2 , Z3=R3 , Z4=R4 Odrediti Rx i Lx ako je most u ravnoteži. REŠENJE Z1 ⋅ Z 4 = Z 2 ⋅ Z 3

(R X

+ jωL X )R4 = (R2 + jωL2 )R3

R X R4 + jωR4 L X = R2 R3 + jωR3 L2 R X R4 = R2 R3 ⇒ R X =

R2 R3 R4

R3 L2 R4 4.38 U mostu za naizmeničnu struju čija je šema prikazana na slici prethodnog zadatka dato je: Z1= -1/jωCx , Z2= -1/jωC2 , Z3=R3 , Z4=R4 R4 L X = R3 L2 ⇒ L X =

86


Odrediti Cx ako je most u ravnoteži. REŠENJE: Vidi zadatak 4.37 4.39 Trofazni simetrični potrošač, vezan u zvezdu kompleksnih opterećenja Z 1 = Z 2 = Z 3 = Z = (15 + j15)Ω uključen je u trofazni simetrični izvor napajanja efektivne vrednosti linijskog napona U L = 380V .

Odrediti kompleksne struje i pad napona za svaku fazu, kao i pokazivanje vatmetra. Veza je prikazana na slici. REŠENJE: Fazni napon je: U 380 ≈ 220V U1 = U = L = 3 3 ⎛ 1 3⎞ ⎟V U 2 = 220⎜⎜ − − j 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎛ 1 3⎞ ⎟V U 3 = 220⎜⎜ − + j 2 ⎟⎠ ⎝ 2

Tada je zbog simetrije:

87


I1 =

U1 220 = = (7 ,35 − j 7 ,35)A Z 1 15 + j15

⎛ 1 3⎞ ⎟ 220⎜⎜ − − j ⎟ 2 2 U2 ⎠ = (− 10 − j 2,69)A ⎝ I2 = = Z2 15 + j15 ⎛ 1 3⎞ ⎟ 220⎜⎜ − + j 2 2 ⎟⎠ U3 ⎝ I3 = = (2,69 + j10)A = Z3 15 + j15 Iz razloga simetričnosti potencijalna razlika neutralnih tačaka izvora i potrošača je nula, pa su padovi napona jednaki odgovarajućim faznim naponima. Pokazivanje vatmetra, tj. aktivna snaga se određuje iz sledeće relacije: * PW 2 = Re U 12 ⋅ I 1 PW 2

( = R (U e

32

⋅ I2

*

) )

I * - konjugovano kompleksne vrednosti ⎛3 3⎞ ⎟V U 12 = U 1 − U 2 = 220⎜⎜ + j ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ U 32 = U 3 − U 2 = 220 j 3V ⎡ ⎤ ⎛3 3⎞ ⎟(7 ,35 + j 7 ,35)⎥ = 1020W PW 1 = Re ⎢220⎜⎜ + j 2 ⎟⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝2

[

]

PW 2 = Re 220 j 3 (2 ,69 − j10 ) = 3800W

4.40 Nesimetrični potrošač vezan u zvezdu priključen je na simetrični sistem za napajanje efektivne vrednosti napona U F = 220V , R1 = 10Ω , R2 = 2,2Ω , X C = 4,4Ω i X L = 5Ω . Naći kompleksne fazne struje i struju kroz neutralni provodnik. REŠENJE: U 1 = U F = 220V ⎛ 1 3⎞ ⎟V U 2 = 220⎜⎜ − − j 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎛ 1 3⎞ ⎟V U 3 = 220⎜⎜ − + j 2 ⎟⎠ ⎝ 2 U 220 = 22 A I1 = 1 = Z1 10 88


⎛ 1 3⎞ ⎟ 220⎜⎜ − − j 2 ⎟⎠ U2 ⎝ 2 I2 = = (24,5 − j 37,3)A = 2,2 − j 4,4 Z2 ⎛ 1 3⎞ ⎟ 220⎜⎜ − + j ⎟ 2 2 U3 ⎠ ⎝ I2 = = (38 + j 22)A = Z3 j5

I 0 = I 1 + I 2 + I 3 = (84,5 − j15,3)A

89


5. STACIONARNA STANJA I PRELAZNI PROCESI U ELEKTRIČNIM KOLIMA. USPOSTAVLJANJE I PREKID STRUJE U R-C-L I R-L-C KOLIMA. ELEKTROMEHANIČKE ANALOGIJE Pri pražnjenju kondenzatora kapaciteta C preko otpornika R, količina elektriciteta naelektrisanog kondenzatora q(t), napon na njemu uc(t) i jačina struje ic(t) se menjaju prema izrazima: t t − Qo − RCt u c (t ) Qo − RC RC , uc ( t ) = i ic = e q( t ) = Qo e = e C R RC gde je Qo=CUo − početna količina naelektrisanja kondenzatora, a RC=τ vremenska konstanta. Pri priključivanju kondenzatora kapaciteta C na napon U preko otpornika R, naelektrisanje kondenzatora q, napon na njemu i struja menjaju se prema: t t ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ U − RCt − − RC RC . q ( t ) = CU ⎜ 1 − e ⎟ , uc ( t ) = U ⎜ 1 − e ⎟ , ic (t ) = e R ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ U kolu koje sadrzi induktivnost L i otpornost R pri priključivanju na izvor ems E, struja se uspostavlja prema : t R − ⎞ − t ⎞ ⎛ E⎛ L i( t ) = ⎜⎜1 − e L ⎟⎟ = I o ⎜⎜1 − e τ ⎟⎟ , τ = R R⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Napon na otpornosti uR i induktivnosti uL se vremenski menjaju prema: R R ⎛ − t − t⎞ L . u R (t ) = R ⋅ i = E ⎜ 1 − e ⎟ i u L = E − u R = E ⋅ e L ⎠ ⎝ Ako je r-otpornost paralelno vezana kalemu (redna veza R-L) pri prekidu struje kroz R-L kolo struja kroz kolo i napon uL se vremenski menjaju prema relaciji: R+r E − R+r t r − t i (t ) = e L , uL = E ⋅ e L . R R L Vremenska konstanta u ovom slučaju je τ = . R+r

90


Pri pražnjenju naelektrisanog kondenzatora kapaciteta C preko redne veze otpornosti R i induktivnosti L važi relacija: q di − L − R ⋅i = 0 . C dt dq Posle diferenciranja, zamene i = − i sređivanja, dobija se diferencijalna dt jednačina: d 2 i R di 1 U −δt kt e ( e − e − kt ) , + i = 0 , čije je rešenje i ( t ) = 2 + L dt LC 2 kL dt gde je U=Qo/C, a Qo naelektrisanje kondenzatora pri t=0, R 1 . δ= , k = δ 2 − ω o2 , ω o2 = LC 2L U −δt a) Za k=0 je i = e sh( kt ) − pražnjenje kondenzatora je aperiodično. k⋅L U b) Za k=0 je i = t ⋅ e −δt − pražnjenje kondenzatora je kritično aperiodično. L U −δt c) Za δ2< ωo2 je i = e sin ωt − pražnjenje kondenzatora je periodično sa ω⋅L prigušenim oscilacijama . U d) R=0, i = sin ω o t − javljaju se harmonijske oscilacije, neprigušene . ωo L Oslobodjena toplota na otporniku R u prethodnim slučajevima pri uspostavljanju i prekidu struje u intervalu t2-t1 je: t2

WJ = ∫ R ⋅ i 2 ( t )dt

dWJ = R ⋅ i (t )dt 2

t1

5.1 U kolu čija je šema data na slici posle zatvaranja prekidača P uspostavljeno je stacionarno stanje. Poznato je U=120 V, R1=100Ω, R2=R3=300Ω i C=100µF. Odrediti energiju kondenzatora C u trenutku t=120 ms posle otvaranja prekidača P i toplotnu energiju koja se u tom periodu oslobodi na otpornicima R2 i R3 . REŠENJE: Kada je prekidač P zatvoren, u kolu se uspostavlja stacionarno stanje. Kroz granu kola sa otpornikom R3 i kondenzatorom C ne teče struja, pa je napon na kondenzatoru: U = 90 V . U c = U ab = R2 I = R2 R1 + R2 Količina elektriciteta kojom je kondenzator naelektrisan je: Qo = CU c = 100 ⋅ 10 −6 ⋅ 90 = 9 mC , a energija kondenzatora je: 91


(9 ⋅ 10 −3 ) Q2 Wo = o = = 0,405 J . 2C 2 ⋅ 100 ⋅ 10 − 6 Posle otvaranja prekidača kondenzator C se prazni preko redne veze otpornika R3 i R2 . Vremenska konstanta je: τ = ( R2 + R3 )C = ( 300 + 300)100 ⋅ 10 −6 = 60⋅10−3 s . 2

Pražnjenje kondenzatora opada prema Q = Qo e

−

t τ

i posle vremena t1 iznosi

t − 1 τ

Q1 = Qo e . Posle zamene brojnih podataka dobija se Q1=1,22⋅10−3 C . Energija kondenzatora u tom slučaju iznosi:

1 2 (1,22 ⋅ 10 ) −3 W1 = Q1 = J . − 6 = 7,4⋅10 2C 2 ⋅ 100 ⋅ 10 Prema zakonu o održanju energije toplotna energija koja se oslobodi na otpornicima R2 i R3 jednaka je razlici energije kondenzatora: AR = WT = Wo − W1 = 405 ⋅ 10 −3 − 7,4 ⋅ 10 −3 = 397,6 mJ . −3 2

5.2 Kondenzator kapaciteta C=100µF redno vezan sa otpornikom R=1kΩ priključuje se na izvor ems E=120V preko prekidača P. Odrediti rad izvora ems u intervalu od uključivanja kola do trenutka t1= 0,2s, kao i napon na kondenzatoru u tom trenutku. Kondenzator pre priključivanja nije naelektisan. REŠENJE: Kada se kolo priključi na izvor zatvaranjem prekidača P počinje punjenje kondenzatora C, koji je pre toga bio neopterećen. Struja kroz kolo je i=dq/dt, a napon na krajevima kondenzatora je q u c = . Jednačina naponske ravnoteže za C ovo kolo je: E − R ⋅ i − uc = 0 , a posle zamene: dq q − =0 . qt C Rešenje ove diferencijalne jednačine je pri q=0 za t=0 : t ⎛ − ⎞ τ q ( t ) = CE ⎜ 1 − e ⎟ ⎝ ⎠ a napon na krajevima kondenzatora se menja prema zakonu: t ⎞ ⎛ q − RC uc = = E ⎜ 1 − e ⎟ . C ⎠ ⎝ −6 Za t=0,2s i RC=1000⋅100⋅10 =0,1s vrednost napona na kondenzatoru je: E−R

92

Zbirka rešenih zadataka iz elektrotehnike sa elektronikom 0, 2 − ⎞ ⎛ ⎜ u c (t = 0,2) = 120 1 − e 0,1 ⎟ = U 1 = 105,76 V . ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ Struja kroz kolo se menja prema : dq E − τt i= = e , gde τ=RC=0,1s . dt R Ako jednačinu naponske ravnoteže za kolo: q , E = R ⋅ i + uc = R ⋅ i + C pomnožimo sa dq=idt dobijamo: q E ⋅ i ⋅ dt = R ⋅ i 2 dt + dq , C a posle integraljenja leve i desna strane u intervalu 0 do t dobija se energetski bilans u kolu u tom intervalu.

t1

t1

Q

q dt + ∫ dq = Ar + Wc . C 0 0 0 Član na levoj strani je ukupan rad izvora ems E od trenutka zatvaranja prekidača P do trenutka t1 . Toplotna energija koja se u tom intervalu oslobodi na otporniku R određuje se prvim članom sa desne strane jednačine:

∫ E ⋅ idt = ∫ R ⋅ i

t

t

2

2

2t

t

2 ⎛ RC ⎞ − 2τ t1 E C − e = ( − e − 4 + e 0 ) = 0,7 J ⎜ ⎟ 0 2 ⎝ 2 ⎠ . Energija kondenzatora u trenutku t posle zatvaranja prekidača se izračunava se drugim članom jednačine: Q q Q2 1 Wc = ∫ dq = = CU 12 = 0,5 ⋅ 100 ⋅ 10 −6 ⋅ 105,76 2 = 0,56 J . 2C 2 C 0 a rad izvora elektromotorne sile na osnovu gornje jednačine je: AE = Ar + Wc = 0,7 + 0,56 = 1,26 J . Rad izvora ems se moze naći i neposredno integraljenjem leve strane jednačine posle zamene izraza za struju kroz kolo u intervalu t=0 do t=t1 , t1 t1 t t ⎛ − − 1 ⎞ E − RCt 2 1 2 RC t1 RC ( ) AE = ∫ E ⋅ idt = ∫ E e dt = E − RC e ⎟ = 1,25 J , 0 = E C⎜ 1 − e R R ⎝ ⎠ 0 0 što je približno kao i u prvom slučaju, a razlika se javlja pri izračunavanju. 1 1 E2 ⎛E⎞ − Ar = ∫ R ⋅ i 2 dt = ∫ R ⋅⎜ ⎟ e τ dt = R ⎝R⎠ 0 0

5.3 Otpornost R=20Ω i induktivnost L=0,1H priključuju se na izvor ems E=24V preko prekidača P. Odrediti rad izvora u intervalu od zatvaranja prekidača do trenutka t=15ms kao i jačinu struje u tom trenutku. 93


REŠENJE: Posle zatvaranja prekidača P u kolu se uspostavlja struja i(t). Jednačina naponske ravnoteže za kolo pri vrednosti struje i(t)=i je: di E = R ⋅ i + L = u R + u L (1) dt Rešavanjem ove diferencijalne jednačine za početne uslove t=0, i(t)=i(0)=0 je: R E⎛ − t⎞ i (t ) = ⎜ 1 − e L ⎟ R⎝ ⎠ L 0,1 Vremenska konstanta kola je τ = = = 5⋅10−3 s=5ms . R 20 U trenutku t =15ms posle zatvaranja prekidača P jačina struje kroz kolo je: 15 − ⎞ 24 ⎛ i (t 1 ) = ⎜ 1 − e τ ⎟ = 1,2(1 − 0,05) = 1,14 A . 20 ⎝ ⎠ Kada levu stranu jednačine (1) pomnožimo sa idt dobija se: E ⋅ idt = R ⋅ i 2 dt + L ⋅ idi . Ova jednačina iskazuje zakon o održanju energije u kolu u vremenskom intervalu dt. Ako integralimo levu i desnu stranu ove jednačine u intervalu od t=0 do t=t1, odnosno u granicama za jačinu struje od i=0 do i=i(t1), dobijamo energetski bilans u kolu u tom intervalu: t1

t1

∫ E ⋅ idt = ∫ R ⋅ i 0

0

It1 2

dt +

∫ L ⋅ idi = A

r

+ Wm .

0

Član sa leve strane predstavlja rad izvora ems u tom intervalu. t1 E2 ⎛ L − τt ⎞ t1 ∫0 Eidt = R ⎜⎝ t + R e ⎟⎠ 0 = 0,295J . Drugi član sa desne strane predstavlja energiju magnetnog polja: i ( t1 ) 1 Wm = ∫ Lidi = L ⋅ it21 = 0,5 ⋅ 0,1 ⋅ 114 , 2 = 0,065 J . 2 0 Prvi član sa desne strane predstavlja energiju koja se u vidu toplote oslobodi na otporniku R. Prema zakonu o održanju energije iznosi: Ar = AE − Wm = 0,295 − 0,065 = 0,23 J . 5.4 Odrediti vrednost napona U na koji treba priključiti kolo prikazano na slici tako da pri zatvorenom prekidaču P i uspostavljenom stacionarnom stanju elektrostatička energija kondenzatora C=100µF bude W=0,32J. Dato je R1=500Ω i R2=1kΩ. Odrediti vreme potrebno da napon na kondenzatoru opadne na polovinu početne vrednosti posle otvaranja prekidača kao i 94


toplotnu energiju koja se oslobodi na otporniku R2 za to vreme. REŠENJE: U stacionarnom stanju struja kroz kolo je: U i= R1 + R2 a napon na kondenzatoru je: U 2 U c = R 2 I = R2 = U R1 + R2 3 odakle se dobija: 3 U = 1,5U c . 2 c Na osnovu izraza za energiju kondenzatora : 1 W = CU c2 , 2 dobija se vrednost napona na kondenzatoru: U =

2W 2 ⋅ 0,32 = 80V = C 100 ⋅ 10 −6

Uc =

a vrednost napona na koji treba priključiti kolo je U=1,5⋅Uc=120V. Posle otvaranja prekidača kondenzator se prazni preko otpornika R2=1000Ω pri čemu je: uc + R2 i = 0 , odnosno R2

dq q + =0 qt C

Za početne uslove t=0, q=Qo=CU rešenje diferencijalne jednačine je: q (t ) = CU c e

−

t τ

t − q (t ) τ , a odatle u(t ) = = U ce C

gde je vremenska konstanta τ=R2C=1000⋅100⋅10−6=0,1s . Kako je prema zahtevu u zadatku : t Uc Uc − τ u(t ) = , sledi da je = U ce 2 2

a vreme potrebno da napon Uc opadne na polovinu je t=0,1⋅ln2=0,0693s. Energija koja se u vidu toplotne energijeoslobodi na otporniku R2 je: Wt = W −

1 2 C(0,5 ⋅ U c ) = 0,32−0,08=0,24J 2

95


5.5 Deo kola sastavljen od dve paralelne grane priključuje se preko prekidača P na stalan napon U=60 V. Poznato je R1=R2=50Ω, C=10µF. Odrediti induktivnost L tako da ukupna struja kroz obe grane posle zatvaranja prekidača P ima konstantnu vrednost kao i vrednost struje. REŠENJE: Da bi struja imala konstantnu vrednost zbir struja kroz obe grane : i ( t ) = i1 ( t ) + i 2 ( t ) , ne treba da zavisi od vremena, odnosno zbir članova u krajnjem izrazu za ukupnu struju koji sadrče promenljivu t, treba da bude jednak nuli. Struja kroz granu sa kondenzatorom i1(t) posle zatvaranja prekidača, u funciji vremena je: t t t − ⎞⎤ dq d ⎡ ⎛⎜ CU −τ 1 U −τ 1 τ ⎟ i1 (t ) = ∫ = e = e , gde je τ1=R1C . ⎢Qo 1 − e ⎟⎥ = dt ∫ dt ⎢⎣ ⎜⎝ R1 ⎠⎦⎥ RC Struja kroz granu sa induktivnošću se vremenski menja prema izrazu: t − ⎞ U ⎛ τ2 ⎜ i2 (t ) = 1 − e ⎟ , gde je τ2=L/R2 R2 ⎝ ⎠ a ukupna struja kroz obe grane je: t t U − τ1 U U −τ2 i ( t ) = i1 (t ) + i2 ( t ) = e + − e R1 R2 R2 Struja i(t) ne zavisi od vremena ako je: t t U − τ1 U − τ 2 e − e =0 R1 R2 a pošto je R1=R2=R, iz gornjih relacija se dobija: −

t

τ1

−

t

τ2

e =e , odakle je τ1=τ2 , odnosno CR1=L/R2 2 −6 odakle je L=C⋅R =10 ⋅10 ⋅ 502=25mH, a struja I=U/R=1,2A.

5.6 U kolu na slici poznato je: R1=100Ω, R2=200Ω i L=0,32H. Odrediti jačinu struje kroz induktivnost iL u trenutku t=0,01s posle zatvaranja prekidača P i energiju magnetnog polja. REŠENJE: U trenutku t posle zatvaranja prekidača za kolo na slici mogu se napisati sledeće relacije:

96


…(1) i1 = i L + i 2 di …(2) R1i1 + L L = U dt di …(3) R2 i 2 − L L = 0 dt Zamenom vrednosti za i2 iz jednačine (3) dobijamo: L di L . i1 = i L + R2 dt Posle zamene i1 u jednačinu (2) dobija se: ⎛ ⎛ di R ⎞ di L dil ⎞ ⎟ + L L = U , odnosno L⎜ 1 + 1 ⎟ L + R1i1 = U . R1 ⎜ i L + R2 dt ⎠ dt R2 ⎠ dt ⎝ ⎝ Posle deobe svih članova diferencijalne jednačine sa R1 i uvođenja smene dobija se: di L + i1 = I o . dt Uz početne uslove t=0, iL(0)=0 dobija se rešenje gornje diferencijalne jednačine u obliku: t ⎛ − ⎞ i L (t ) = I o ⎜ 1 − e τ ⎟ ⎝ ⎠ a kako je τ=4,8⋅10−3=4,8ms i Io=1,0A , to je:

i L ( t ) = 1(1 − e −208,3t ) (A) . U trenutku t=0,1 s je struja iL=0,875 A. Energija magnetnog polja je 1 Wm = L ⋅ i L2 = 0,123J . 2 5.7 Pobudni namotaj mašine jednosmerne struje ima otpornost R=24Ω i induktivnost L=2H. Namotaj se napaja iz izvora U=220V, a potrebna vrednost struje Ip=5A dobija se rednim vezivanjem otpornika Rd . Da bi se skratilo vreme uspostavljanja fluksa koristi se šema data na slici. Kolo se na izvor priključuje preko prekidača P1. Kada struja dostigne vrednost i(t)=Ip otvara se prekidač P2 i na taj način redno u kolo veze otpornik Rd. Odrediti vreme od uključivanja P1 do isključivanja P2 . Za koje vreme struja dostigne vrednost i=0,96 Ip pri stalno isključenom prekidaču P2 . Uporediti ova vremena.

97


REŠENJE: Otpornost Rd se izračunava iz uslova da je Ip=5A a na osnovu: Ip =

U R + Rd

odakle je Rd=20Ω .

Pri zatvorenom prekidaču P1 po drugom Kirhofovom zakonu je: U =L

di + R ⋅i . dt

Posle uvođenja smena τ1=L/R i Io=U/R, dobija se diferencijalna jednačina: L

di + i = Io dt

Za početne uslove t=0, i=0 rešenje diferencijalne jednačine je: i ( t ) = I o (1 − e

−

t

τ1

)

Vremenska konstanta kola je τ1=L/R=2:24=0,083s=83ms, a jačina struje Io=U/R=9,17A. Vreme za koje se uspostavlja potrebna vrednost struje od Ip=5A dobija se iz uslova: t ⎛ − ⎞ τ1 ⎜ i (t ) = I p = I o 1 − e ⎟ ⎝ ⎠ t1

Ip

1 , a t1=0,0654s=65,4ms . I o 2,2 Kada je prekidač stalno otvoren otpornost kola je R’=R+Rd .Pri uključivanju prekidača P1 struja se menja prema: t − 2 ⎞ ⎛ τ2 ⎟ ' ⎜ i( t ) = I o 1 − e = 0,96Ip ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ L gde je vremenska konstanta a τ2 = = 0,04545s=45,4ms, R + Rd U I o' = = 5A . R + Rd

odakle je e

−

τ1

= 1−

=

Posle zamene vrednosti u izrazu za i(t) pri uslovu i(t)=Io′ dobija se vreme t2=0,146s=146ms . Odnos vremena uspostavljanja struje je t2 : t1 = 2,24 .

98


5.8 Voltmetar unutrašnjeg otpora Rv=2,2kΩ na opsegu Uv=200V priključen je paralelno namotaju elektromagneta otpornosti R=32Ω i induktivnosti L=1,8H na izvor jednosmerne struje U=24V. Odrediti napon na krajevima voltmetra u trenutku otvaranja prekidača P (kada se prekida struja kroz kolo). Kolika se toplota razvija na otporu Rv posle otvaranja prekidača? REŠENJE: Posle otvaranja prekidača P prelazni režim se može opisati, na osnovu drugog Kirhofovog zakona, jednačinom: di L di di + ( R + Rv )i = 0 , odnosno +i =τ +i = 0 , dt R + Rv dt dt L gde je τ = = 8,06 ⋅ 10- 4=0,8ms vremenska konstanta kola. R + Rv di dt Posle razdvajanja promenljivih dobija se . Uz početne uslove t=0, =− τ i i(t)=U/R=0,75A, (iL,R >> iRv), rešenje diferencijalne jednačine je : U − τt i (t ) = e . R Elektromotorna sila usled samoindukcije je: di LU − t eL = − L = e τ . dt R Rv ⎞ UL ⎛ Najveća vrednost indukovane ems je E Lm = = ⎜ 1 + ⎟ U = 1674V . Rτ ⎝ R⎠ Indukovana ems ima značajnu vrednost, oko 8 puta veću od opsega Uv voltmetra (Elm : Uv=8,37 ). L

Ukupna toplota koja se oslobodi je: Q = QV + Q R = 0,5J .

P

i i1

5.9 Dve paralelne grane u kolu prikazanom na slici priključe se na izvor ems E=120V (ri=0) zatvaranjem prekidača P. Ako je R1=R3=1kΩ, R2=600Ω i C=100µF, odrediti: a) vreme t1 od uključivanja izvora do

R2

R1 E,ri

b

a

C

R3 o

99

i2


izjednačavanja potencijala tačaka A i B u kolu (UAB=0), b) rad izvora ems E u tom intervalu i c) toplotnu energiju koja se oslobodi u kolu posle otvaranja prekidača u trenutku t 1 REŠENJE : a) Posle zatvaranja prekidača napon U na otporniku R3 je: E = 75V . R2 + R3 Napon na kondenzatoru Uc=Uao se pri punjenju kondenzatora vremenski menja prema relaciji : t ⎛ ⎞ q (t ) U ao = U c = = E ⎜1 − e τ ⎟ , C ⎝ ⎠ gde je vremenska konstanta τ=R1C=0,1s . Prema zahtevu koji je postavljen u zadatku treba da bude : t ⎛ − ⎞ E τ U c = U ao = U bo , odnosno R3 = E ⎜1 − e ⎟ . R 2 + R3 ⎝ ⎠ Posle zamene brojnih podataka i izračunavanja dobija se da je t=t1=0,098s=98ms . b) Struja kroz izvor ems E je jednaka zbiru struja kroz grane: U bo = R3 I 2 = R3

i ( t ) = i 2 ( t ) + i1 ( t ) .

Struja i2(t) ima konstantnu vrednost i2 (t ) = I 2 =

E = 0,075A, a struja kroz R2 + R 3

granu sa kondenzatorom se menja prema: t t ⎞ E − τt − ⎞ dq d ⎛ d ⎛ − e = 0,12e −10t i1 ( t ) = = ⎜ Qo e τ ⎟ = ⎜ CEe CR ⎟ , Qo=CE , i1 (t ) = R1 dt dt ⎝ ⎠ ⎠ dt ⎝ Ukupna struja kroz izvor se menja prema zakonu: i (t ) = 0,075 + 0,12e −10t Rad izvora ems E u intervalu dt je dA=E⋅i(t)dt, a u intervalu od zatvaranja prekidača do trenutka t1 izjednačavanja potencijala je: t1 t1 t1 t1 E E − τt A = ∫ E ⋅ i (t )dt = ∫ E ⋅ i1 (t )dt + ∫ E ⋅ i2 ( t ) dt = E t1 + ∫ E e dt = R2 + R3 R1 0 0 0 0 = 120

120 120 ⎛ 1 ⎞ −10t 0,098 + 120 ⎜− ⎟e 1000 + 600 1000 ⎝ 10 ⎠

t1 0

= 0,882 + ( −0,54 + 1,44) = 1,78 J

Do istog rezultata se može doći na osnovu energetskog bilansa sabiranjem energija W1, WC, W2 i W3 na pojedinim potrošačima, pri čemu je: 100

Zbirka rešenih zadataka iz elektrotehnike sa elektronikom t1

2

t1

⎛ E ⎞ E 2 − 2τt 1 ⎟ t , W 1= ∫ R i dt = ∫ E 2 e dt , Wc = CU c2 , W2 = R2 i22 t1 = R2 ⎜ 2 R1 ⎝ R2 + R3 ⎠ 1 0 0 2 1 1

2

⎛ E ⎞ ⎟ t W3 = R i t = R3 ⎜ ⎝ R2 + R3 ⎠ 1 2 3 2 1

Prema zakonu o održanju energije rad izvora ems je: t1

A = ∫ E ⋅ i (t )dt = W1 + Wc + W2 + W3 . 0

c) Posle otvaranja prekidača i isključivanja izvora ems E, kondenzator se prazni preko redne veze otpornika R1+R2+R3 pri čemu struja opada prema jednačini −

t

i (t ) = I o e , gde je Io=Uc/(R1+R2+R3), a vremenska konstanta τ=(R1+R2+R3)C. Rad električne struje, odnosno toplotna energija koja se oslobodi na otpornicima je: A ′ = W ′ = W1 '+W2 '+W3 ' = ( R1 + R2 + R3 ) ⋅ i 2 (t )dt τ

Medjutim, po zakonu o održanju energije toplotna energija koja se oslobađa na otpornicima je jednaka energiji kondenzatora i iznosi: 1 A' = W ' = CU c2 = 0,5 ⋅ 100 ⋅ 10 − 6 752 = 0,28J 2 5.10 Energija kondenzatora C1=200µF koji je odvojen od izvora ima vrednost Wc=0.4J. a) Ako se paralelno C1 priključi kondenzator C2=100µF (Q2=0) odrediti napon na kondenzatorima b) Odrediti otpor R koji treba priključiti kondenzatoru C1(pomoću prekidača c) da bi se napon između elektroda kondenzatora smanjio od početne vrednosti U0 do napona U1=10V za vreme t1=60ms. REŠENJE: Vidi zadatak 5.9

101


6. POLUPROVODNICI, POLUPROVODNIČKE DIODE Poluprovodnička dioda je elektronska komponenta dvoslojne strukture od poluprovodnika P i N tipa. Kada dioda nije uključena u električno kolo na P strani spoja postoji velika koncentracija šupljina (+), a na N strani velika koncentracija slobodnih elektrona (-). Zbog difuzije šupljina u N područje i elektrona u P područje formira se prelazni sloj širine reda 1µm kao potencijalna barijera koja sprečava dalju difuziju.

+ P -

+ + + N

a) Pri vezivanju diode u kolo u direktnom provodnom smeru ( A na +, K na -) nastaje kretanje šupljina ka N strani i elektrona ka P strani spoja. Gubitak nosioca naelektrisanja usled kombinacije se nadoknađuje iz izvora EMS . Potencijalna barijera se smanjuje, P − N spoj provodi struju, a otpornost P − N spoja je mala. Struja se ograničava otpornikom R2 . b) Kada se dioda veže u neprovodnom inverznom smeru ( A na -, a K na +) potencijalna barijera se povećava i otežava prelazak nosioca naelektrisanja preko spoja pa je struja kroz diodu mala. Dioda u inverznom smeru ima veliku otpornost. Pri velikoj vrednosti inverznog napona struja naglo raste i za male promene napona. Pri nekoj vrednosti napona U Z dolazi do proboja.

Statička karakteristika Id=F(Ud) U prvom kvadrantu za Ud> 0 analitički oblik karakteristike se može predstaviti relacijom: U ⎛ mU ⎞ ⎜ I d = I zas e t − 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

a u trećem kvadrantu (U<0) do vrednosti napona, koja je jednaka maksimalno dozvoljenom naponu u neprovodnom (inverznom) smeru: Id ≈ −Izas 102


gde je: Izas − inverzna struja zasićenja, m−konstanta, čija je vrednost za Si jednaka 2, Ut − temperaturni napon U t = kT e = 86,2 ⋅ 10 −6 (k − Bolzmanova konstanta, e - naelektrisanje elektrona, T(K)−temperatura). Za sobnu temperaturu (T=300K) je Ut =26 mV. U Statička otpornost diode u provodnom smeru je Rd = d , a dinamička Id dU . Disipacija na diodi je Pd = U d I d . Rd' = dI

Tranzistori Za opisivanje rada tranzistora kao komponente u električnom kolu potrebno je poznavati vrednosti struja (Ib, Ic i Ie) kao i napona ( Ube, Uce i Ubc). U ulaznom kolu između baze i emitera postoji napon Ube usled čega kroz kolo teče struja Ib. Između napona na trnzistoru postoji relacija: U ce = U cb + U be . Kod tranzistora NPN tipa struje Ib i Ic teku u tranzistor, a struja Ie iz trnzistora, tako da između njih postoji relacija: Ib + I c = Ie .

Struja Icbo kroz inverzno polarisan kolektorski spoj se zbog male vrednosti (potiče od manjinskih nosilaca naelektrisanja) zanemaruje. Napon Ube je poznat, a napon Uce se može izračunati ako je poznata struja kolektora Ic, napon izvora i otpornost u kolu kolektora (Uce= Ucc-RcIc ) . S obzirom na to, za rešavanje kola sa tranzistorom potrebne su još dve nezavisne relacije. Za tranzistor u kolu sa zajedničkim emiterom, koja je data na slici to su: Ib=Ib(Ube,Uce) , karakteristika baze. Pri grafičkom prikazivanju Uce se uzima kao parametar (ulazna karakteristika) . Ic=Ic(Uce,Ib) , karakteristika kolektora. Pri grafičkom prikazivanju Ib se uzima kao parametar (izlazna karakteristika).

103


Bipolarni tranzistor je celina dva PN spoja sa zajedničkim srednjim slojem (bazom). Spoljašnji slojevi se nazivaju emitor (E) i kolektor (C). Kod E C tranzistora tipa NPON srednji sloj (oblast) je N P N poluprovodnik P-tipa. Spoljni izvori napajanja kola sa tranzistorima se priključuju tako da je spoj emitera i baze polarisan u direktnom B smeru, a spoj kolektora i baze u inverznom smeru.Pošto tranzistor ima tri izvoda postoje i tri različita načina vezivanja u ulazno i izlazno kolo: sa zajedničkim emiterom, zajedničkim kolektorom i zajedničkom bazom. U praksi se koristi najčešće sprega sa zajedničkim emiterom. Sa ovom spregom se postiže i strujno i naponsko pojačavanje ulaznog signala, a ulazna struja (struja baze) je znatno manja od kolektorske (Izlazne) struje.Za korišćenje tranzistora su značajne sledeće karakteristike: -

ulazna, Ib=f(Ube) za Uce=const. izlazna, Ic=f(Uce) za Ib=const.

C B E

Strujno pojačanje tranzistora u sprezi sa zajedničkim emitorem se definiše kao odnos kolektorske i bazne struje I β = c Ib

Ispravljači i regulacija snage potrošača ¾ Srednja i efektivna vrednost veličine koja se vremenski menja t

2 1 Xs = x ( t )dt , X eff = t 2 − t 1 ∫t1

t

1 2 2 x ( t ) dt . t 2 − t1 ∫t1

Pri polutalasnom ispravljavljanju periodične struje preko poluprovodničke diode srednja i efektivna vrednost struje su: T

Um 1 U s = ∫ U m sin ω ⋅ tdt = T0 π Uef =

Is =

Us Um = R Rπ

T U eff Um Um 1 2 2 U sin ω ⋅ tdt = Ieff = = , . m ∫ T0 R 2 2 R 2

104

,


Pri ispravljanju korišćenjem dioda u Grez-ovom spoju srednja i efektivna vrednost su: U U 2U m 2U m , Is = , U eff = m , I eff = m . Us = π Rπ 2 R 2 U kolu sa triakom i potrošačem otpornost R i uglu paljenja α, srednje i efektivne vrednosti napona i struje su: U eff U U U ⎛ 1 ⎞ U s = m (1 + cos α ) , I s = s , U eff = m ⎜ π − α + sin 2α ⎟ , I eff = ⎠ R 2 π π ⎝ R 6.1 Statička karakteristika diode I d = f (U d ) , koja je redno vezana sa otpornikom R = 20Ω i priključena na izvor ems E = 6V , data je tabelarno.Odrediti jačinu struje I 1 kroz kolo i disipaciju na diodi. Kolika je efektivna vrednost prostoperiodičnog napona U ab ( f = 50 Hz ) , koji treba priključiti umesto izvora E da bi maksimalna vrednost struje kroz kolo bila I m = 2I 1 . REŠENJE: Kolo izvora E sa rednom vezom otpornika R i diode je nelinearno. Jačina struje kroz kolo se određuje iz položaja radne tačke koja se nalazi u preseku radne prave:

U = E − R ⋅ I = 6 − 20 ⋅ I i statičke karakteristike diode I = F (U ) , koja je tabelarno data. Na slici su prikazani dijagrami radne prave, karakteristike diode kao i položaj radne tačke A(I 1 ,U d ) . Na osnovu koordinata radne tačke nalazimo da je struja 105


kroz kolo I 1 = 0,3 A , a napon na diodi U d = 0,7V , pa je disipacija na diodi Pd = U d ⋅ I d = 0 ,21W . Amplituda struje kroz kolo kada je priključeno na napon U ab je: Im =

Um = 2 ⋅ I1 R + Rd

U m = I m ( R + Rd' ) Rd’−otpornost diode pri struji I=2I1. Sa dijagrama nalazimo da je pri struji I napon na diodi Ud’ =1V U' Rd' = = 1,7Ω 2 ⋅ I1 U m = 2 I 1 ( R + Rd' ) = 13,02 V U U eff = m = 0,709 ⋅ U m = 18,4 V . 2

6.2 Na ulaze kola prikazanih na slici dovodi se prostoperidičan napon u = 12 sin 314t (V ) . Pretpostavljajući da su diode D1 i D2 idealne, skicirati napone između tačaka a i b na izlazima kola. REŠENJE: a) S obzirom da je dioda D1 polarisana u propusnom smeru za vreme pozitivne poluperiode, za vreme negativne poluperiode napon na izlazu je u = 0V . Međutim, kada napon sa ulaza premaši vrednost u f E1 = 6V dioda D2 je polarisana u direktnom smeru, izvor E1 se ponaša kao prijemnik i izlazni napon ima vrednost u 2 = 6V .

a)

b) 106


b) Za vreme pozitivne poluperiode dioda D2 je polarisana u inverznom smeru. Kada ulazni napon premaši vrednost u f E1 = 5V , dioda D1 postaje polarisana u direktnom smeru, provodi struju i s obzirom da je njena otpornost zanemarljiva, napon na izlazu ne premašuju vrednost u = E1 = 5V . Za vreme negativne poluperiode dioda D1 je inverzno polarisana, a dioda D2 polarisana u direktnom smeru tek kada ulazni napon opadne ispod vrednosti u p E1 = −7V u, pa izlazni napon zadržava vrednost u = −7V sve dok ulazni napon ne poraste do u f E 2 . 6.3 Za koju će vrednost napona polarizacije inverzna struja kroz diodu sa površinskim P-N spojem dostići 90% od vrednosti struje zasićenja na sobnoj temperaturi? Kolika je struja kroz diodu pri direktnoj polarizaciji izračunatog napona? REŠENJE: Karakteristika diode aproksimira se izrazom: ⎛ e ⋅U D ⎞ I D = I S ⎜⎜ e KT − 1⎟⎟ ⎝ ⎠ Za sobnu temperaturu je e ⎡1⎤ ≈ 40 ⎢ ⎥ KT ⎣V ⎦ U tom slučaju je: I 1 = −0 ,9 I S e 40⋅U1 − 1

(

)

ln(0 ,1) ≈ −60[mV ] 40 ln 10 U 2 = U1 = 40 ln 10 ⎛ 40 ⎞ I 2 = I S ⎜⎜ e 40 − 1⎟⎟ = I S (10 − 1) = 9 I S ⎝ ⎠ U1 =

6.4 Za diodu sa površinskim spojem čija je inverzna struja zasićenja I S = 10 µA izračunati struje i otpore diode za jednosmernu struju koje odgovaraju naponima spojeva: a) U 1 = 0,1V b) U 1 = 0,3V

107


REŠENJE:

⎛ KTe U1 ⎞ − 1⎟⎟ = 10 ⋅ 10 −6 e 40⋅0 ,1 − 1 = 10 ⋅ 10 −6 e 4 − 1 = 0,53mA I D = I S ⎜⎜ e ⎝ ⎠ a) U 0,1 = 186Ω RD = D = ID 0,53 ⋅ 10 −3 I D = 10 ⋅ 10 −6 (e 40⋅0 ,3 − 1) = 1,6 A

(

b)

RD =

)

(

)

U D 0,3 = = 0,18Ω I D 1,6

6.5 Za kolo na slici nacrtati: a) U 2 = f (U 1 ) b) Ako je U 1 =

2 sin ωt skicirati U 2 = f (t )

a)

b)

REŠENJE:

Karakteristike U 2 = f (U 1 ) i U 2 = f (t ) za kolo na slici pod a) su:

Karakteristike U 2 = f (U 1 ) i U 2 = f (t ) za kolo na slici pod b) su:

108


6.6 Zener dioda ima konstantan inverzni napon U Z = 50V u opsegu struja 5 − 50mA . Ako je napon napajanja E = 250V izračunati vrednost rednog otpora R tako da se struja kroz prijemnik može regulisati u opsegu I P = 0 do I P = I P max . Odrediti I P max . Za I P = 20mA i već izračunatu vrednost otpora R izračunati granice E pod uslovom da napon na prijemniku ostane unutar regulacije.

Za I P = 0 , RP → ∞ sva struja prolazi kroz diodu pa je:

R=

E −UP = 4kΩ (U P = U Z ) I D max

6.7 Statička karakteristika diode Id=f (Ud), koja je redno vezana sa otpornikom R=20Ω i priključena na izvor ems E=6 V, data je tabelarno. Odrediti jačinu struje I1 kroz kolo i disipaciju na diodi. Kolika je efektivna vrednost prostoperiodičnog napona Uab (f=50 Hz), koji treba priključiti umesto izvora E da bi maksimalna vrednost struje kroz kolo bila Im=2I1 . REŠENJE: Kolo izvora E sa rednom vezom otpornika R i diode je nelinearno. Jačina struje kroz kolo se određuje iz položaja radne tačke koja se nalazi u preseku radne prave: U = E − R ⋅ I = 6 − 20 ⋅ I

109


i statičke karakteristike diode I=F (U), koja je tabelarno data. Na slici su prikazani dijagrami radne prave, karakteristike diode kao i položaj radne tačke A (I1,Ud). Na osnovu koordinata radne tačke nalazimo da je struja kroz kolo I1=0,3A, a napon na diodi Ud=0,7 V, pa je disipacija na diodi Pd=Ud⋅Id=0,21 W . Amplituda struje kroz kolo kada je priključeno na napon Uab je: Um Im = = 2 ⋅ I 1 , pa je U m = I m ( R + Rd' ) , gde je Rd’−otpornost diode pri R + Rd struji I=2I1. Sa dijagrama nalazimo da je pri struji I napon na diodi Ud’ =1V, pa je U' Rd' = = 1,7Ω , a U m = 2 I 1 ( R + Rd' ) = 13,02 V, a efektivna vrednost 2 ⋅ I1 U U eff = m = 0,709 ⋅ U m = 18,4 V . 2 6.8 U kolu čija je šema prikazana na slici dato je E=2,1V, R1=150 Ω, R2=560 Ω i statička karakteristika Id=f (U) diode. Odrediti struju u grani sa diodom i napon na izvodima diode.

REŠENJE: Prema Tevenenovoj teoremi struja kroz granu kola sa diodom je: Id =

(U ab ) o Rd + Re

,

(U ab ) o = R2 I = R2

odakle

je

(U ab ) o = Rd I d + Re I d

E = 1,66 V R1 + R2

110

,

gde

je


a

ekvivalentna

(U )

ab o

otpornost

Re =

R1 R2 = 118Ω. R1 + R2

Posle

zamene

= E ' , Rd I d = U d . Ekvivalentna električna šema koja odgovara ovoj

jednačini prikazana je na slici . Jednačina radne prave za ovo kolo je: U d = E ' − Re I d = 1,66 − 118 I d . Na dijagramu Id=f(Ud) isprekidanom linijom prikazana je radna prava. U preseku statičke karaktereistike Id=f(Ud) i radne prave je radna tačka A(Id,Ud). Sa dijagrama se određuje Ia=7,2 mA, Ud=0,9V . 6.9 Na ulaze kola prikazanih na slici dovodi se prostoperiodičan napon u=12sin314t(V). Pretpostavljajući da su diode D1 i D2 idealne, skicirati napone između tačaka a i b na izlazima kola. REŠENJE: a) S obzirom da je dioda D1 polarisana u propusnom smeru za vreme pozitivne poluperiode, za vreme negativne poluperiode napon na izlazu je u=0 V. Međutim, kada napon sa ulaza premaši vrednost u>E1=6V dioda D2 je polarisana u direktnom smeru, izvor E1 se ponaša kao prijemnik i izlazni napon ima vrednost u2=6 V.

b) Za vreme pozitivne poluperiode dioda D2 je polarisana u inverznom smeru. Kada ulazni napon premaši vrednost u>E1=5 V, dioda D1 postaje polarisana u direktnom smeru, provodi struju i s obzirom da je njena otpornost zanemarljiva, napon na izlazu ne premašuju vrednost u=E1=5V. Za vreme negativne poluperiode dioda D1 je inverzno polarisana, a dioda D2 polarisana u direktnom smeru tek kada ulazni napon opadne ispod vrednosti uE2 .

111


6.10 Trofazni polutalasni ispravljač, prema šemi prikazanoj na slici priključen je na trofazni sistem napona 220/380 V,50Hz. Otpornost struje kroz potrošač je R=30 Ω. Odrediti srednju vrednost struje kroz potrošač, srednju vrednost struje kroz jednu diodu kao i maksimalnu vrednost inverznog napona na diodama. Skicirati oblike struje kroz jednu diodu.

REŠENJE: Električna šema ispravljača i talasni oblik napona na potrošaču prikazani su na slici. Dioda D1 je polarisana u propusnom smeru u intervalu t1=T/6 do t2=T/6 kada je u1(t)> u2(t) i u1(t)> u3(t). Isto važi i za diode D2 i D3 u odgovarajućim vremenskim intervalima . Ako se zanemari pad napona na diodama koje su polarisane u propusnom smeru, srednja vrednost napona na potrošaču u intervalu t1=0 s do t2=T/6 je: t

T

6 1 Um 1 2 1 Us = U cos t dt cos ωtdt = sin ωt = ω m ∫ ∫ T 2π T t1 − t 2 t1 0 −0 T 6 6 3U m π 3 2 ⋅ 220 sin = sin 60 = π π 3

Us=257,43 V .

T 0

6

=

Us = 8,58 A, a srednja vrednost R struje kroz jednu od dioda koja provodi u intervalu od jedne trećine periode je: I I sr' = s = 2,86 A . 3 Grafik vremenske zavisnosti struje prikazan je na slici.Razlika napona na diodi D3 u intervalu kada ne provodi je: 2π ) , ∆u = u1 − u3 = U m cos ωt − U m cos(ωt + 3

Srednja vrednost struje kroz potrošač je

112

I sr =


2π 2π . ) + U m sin ωt sin t 3 Maksimalna vrednost razlike ( u1-u3 ) nalazimo iz uslova: d ( ∆u) π T . = 0 , kada je ω ⋅ t = , t = dt 6 12 Posle zamene ove vrednosti (u prethodnu jednačinu) dobija se maksimalna vrednost inverznog napona: ∆um = 538,6 V , prema kojoj u katalogu za poluprovodničke diode treba izvršiti izbor odgovarajuće diode . ∆u = U m cos ωt (1 − cos

6.11 Potrošač otpornosti R=60 Ω napaja se preko ispravljača sa poluprovodničkim diodama koji je priključen na sekundar transformatora T. Primar transformatora je priključen na mrežu 220V, 50Hz. NaćI odnos transformacije transformatora ako je srednja vrednost struje kroz potrošač Isr=366 mA .

REŠENJE: U slučaju da se kao ispravljač koristi diode vezane u Grecovom spoju srednja vrednost napona na potrošaču je: 2 2 U sr = R ⋅ I sr = U m = U 2 2 , gde je U2- napon na sekundaru. π π R ⋅ I sr 60 ⋅ 0,36 ⋅ 3,14 220 = = 24,4 V , pa je odnos transformacije n = U2 = =9 24,4 2 ⋅ 1,41 2 2 . 6.12 Impedansa Z = R + jω ⋅ L (Ω) priključena je na napon u=Um sinωt preko diode D. Ako se zanemari pad napona na diodi u propusnom smeru, odrediti srednju vrednost struje kroz kolo i nacrtati grafik vremenske zavisnosti napona na elementima kola.

113


REŠENJE: Ako se zanemari pad napona na diodi u propusnom smeru u intervalu kada dioda provodi važi jednačina: di u = L + Ri = U m sin ωt . dt Rešenje gornje diferencijalne jednačine je: R ⎧U m ⎡ ⎤ − t L t e sin − + sin ϕ ⎥ ω ϕ ( ) ⎪ ⎢ i = i (t ) = ⎨ Z ⎣ ⎦ ⎪0, ⎩ gde je Z = R 2 + (ωL) 2 Lω tgϕ = , R β − se određuje iz uslova u trenutku kada dioda prestaje da provodi t=t1= β/ω, a rešavanjem transcedentne jednačine: sin( β − ϕ ) + e − β cosϕ sin ϕ = 0 . Srednja vrednost struje kroz kolo se može odrediti iz prve jednačine pri uslovu I=Is i u=Us : T T L di 1 dt + RI s = ∫ U m sin ω ⋅ tdt . T ∫0 dt T0 Pošto je funkcija periodična, integral na levoj strani jednačine je: T L di = i (T ) − i (0) = 0 . T ∫0 Integral na desnoj strani jednačine je: β

ω

T

1 udt = ∫ udt + ∫ 0dt = RI , pa je: RI s = T β 0 ω

a srednja vrednost struje kroz kolo: Um Is = (1 − cos β ) . 2π ⋅ R 114

β

ω

∫U 0

m

sin ωtdt =

Um (1 − cos β ) , 2


6.13 Pri polutalasnom ispravljanju poluprovodničkom diodom srednja vrednost struje kroz diodu je I=16 A, a snaga kojom se zagreva dioda zbog pada napona na diodi je P=26W. Temperatura ambijenta u kome se nalazi dioda sa hladnjakom je Ta=40°C. Poznati su sledeći podaci: − maksimalna dozvoljena temperatura p-n spoja je Tj=150° C , − termički, toplotni otpr spoja i kućišta diode je Rtj-k=1,5° C/W , − termički otpor kućišta i hladnjaka Rtk-h=0,6° C/W . Odrediti temperature kućišta i hladnjaka, ako se toplota odvodi preko hladnjaka, kao i dozvoljenu snagu zagrevanja diode bez hladnjaka, ako je termički otpor spoja i ambijenta 50 °C/W . REŠENJE: Ukupan termički otpor između spoja i ambijenta kod diode sa hladnjakom na kojoj se generiše toplotna snaga P je: Rt =

T j − Ta P

= Rtj − k + Rtk − h + Rth − a =

150 − 40 = 4,2° C/W 26

pa je termički otpor između hladnjaka i ambijenta: Rth − a = Rt − Rtj − k + Rtk − h = 4,2 − 1,5 − 0,6 = 2,1° C/W pa je temperatura kućišta diode: Tk = T j − P ⋅ Rtj − k = 10 − 26 ⋅ 1,5 = 111° C a temperatura hladnjaka: Th = Tk − P ⋅ Rtk − h = 111 − 26 ⋅ 0,6 = 95,4° C

Ako se toplota odvodi sa diode bez hladnjaka, a termički itpor između spoja i ambijenta iznosi 50°C/W maksimalna vrednost snage koja se razvija na diodi je: Pmax =

T j − Ta Rtj − a

=

150 − 40 = 2,2 W 50

Napomena: Termička otpornost je pored karakteristika materijala zavisna i od površine preko koje se prenosi toplota, tako da je u slučaju kada je dioda bez hladnjaka površina manja, pa termička otpornost između spoja i ambijenta ima veliku vrednost.

115


6.14 Fotodioda čija je statička karakteristika If(U) data na slici , redno je vezana sa otpornikom R=820 kΩ i priključena na napon U=12V. Odrediti napon na otporniku, ako je osvetljenost E=750 lx. REŠENJE: Radna tačka kola nalazi se u preseku radne prave U f = U − I f R i statičke karakteristike pri osvetljenosti E=750 lx. Kada se na dijagramu If (Uf) konstruiše radna prava U f = 12 − 820 ⋅ 10 3 I f nalaze se koordinate radne tačke Uf=5V i If=9 µA . Napon na otporniku R je UR=U-Uf=7V . 6.15 Odrediti I B , I E , I C i U B za kolo prokazano na slici.

RC RB U

T1

+

+

U

CC

BB

U BB = 3V ,U CC = 20V , R B = 10kΩ , RC = 1kΩ pojačanja upotrebljenog tranzistora iznosi β = 50 .

Podaci:

,a

koeficijent

strujnog

REŠENJE: Kako je emiter tranzistora T1 uzemljen to je U E = 0 pa je napon U B jednak naponu potencijalne barijere PN spoja E − B koji iznosi 0 ,7V . Dakle U B = 0,7V . Pad napona na otporniku R B iznosi U BB − U B pa je

IB =

U BB − U B 3(V ) − 0.7 (V ) = = 0.23 mA RB 10 kΩ

Sada je:

IC = β ⋅ I B = 50 ⋅ 0.23 mA = 11.5 mA I E = IC + I B = 11.5 mA + 0.23 mA = 11.73 mA U C = UCC − IC ⋅ RC = 20V − 11.73 mA ⋅ 1kΩ = 8.5V

116


6.16 U podacima proizvođača za tranzistor 2N3904 navedeno je da se koeficijent strujnog pojačanja β menja od 100 do 300. Ako je navedeni tranzistor upotrebljen u kolu na slici izračunati minimalnu i maksimalnu kolektorsku struju.

U R

CC

RC

B

Podaci su:

U CC = 12V , RC = 2kΩ , R B = 1MΩ REŠENJE: Spoj baza emiter je direktno polarisan pa je na njemu pad napona od 0 ,7V . Pad napona na R B je U RB = U CC − U BE = 12 − 0.7 = 11 .3V

Struja baze je I B =

U RB 11.3 = = 11.3 µA RB 1

Struja kolektora je β puta veća od bazne struje pa je minimalna struja kolektora:

IC( MIN ) = β1I B = 100 ⋅ 11.3 µA = 1.13 mA a maksimalna struja

IC( MAX ) = β 2 I B = 300 ⋅ 11.3 µA = 3.39 mA

6.17 Za kolo na slici odrediti U B ,U E , I B i U CE .

117


U

CC

R

1

R

C

R

2

R

E

Podaci su: R1 = 27kΩ , R2 = 3,9kΩ , RC = 2 ,7 kΩ , RE = 470Ω ,U CC = 18V REŠENJE: Napon baze nalazimo pomoću razdelnika napona R1 , R2

UB =

R2 3.9kΩ UCC = ⋅ 1.8V = 2.27V R1 + R2 27 kΩ + 3.9 kΩ

Emiterski napon je manji od napona baze za pad napona na direktno polarisanom PN spoju koji čine emitor i baza U E = U B − U BE = 2.27V − 0.7V = 1.57V

Emitersku struju nalazimo primenom Omovog zakona

IE =

U E 1.57V = = 3.34 mA RE 470 Ω

a koristeći izraz I C ≅ I E , I C 3.34 mA Kolektorski napon je U C = U CC − IC RC = 18V − 3.34 mA ⋅ 2.7 kΩ = 8.98V a napon kolektor-emitor U CE = U C − U B = 8.98V − 1.57V = 7.41V

6.18 Otpornost NTC otpornika se u zavisnosti od temperature menja prema b

zakonu R( T ) = a ⋅ e T . Na temperaturi od 100°C otpornost je 1Ω , a na temperaturi 0°C otpornost iznosi 100Ω. Odrediti promenu otpornosti u zavisnosti od temperature i relativnu promenu otpornosti za temperaturu ambijenta od 50°C . 118


REŠENJE: Vrednosti koeficijenata a i b se određuju rešavanjem sistema jednačina: RT1 = a ⋅ e

b T1

i RT2 = a ⋅ e

b T2

,

gde je RT1=1Ω ,RT2=100Ω , T1=373 K I T2=273K . Rešavanjem sistema jednačina nalazi se da je: R ⎛ 1 1⎞ b = ln 2 ⎜ − ⎟ R1 ⎝ T2 T1 ⎠

−1

= 4690 K , a =

R1 b T1

= 3,5⋅10-6Ω .

e Promena otpora sa temperaturom u okolini radne tačke T=50°C je: dR a ⋅ b Tb = − 2 e = −0,16 ⋅ 10 − 6 e14 ,5 = 0,32 Ω/Κ dT T a ralativna promena otpornosti sa temperaturom je: ∆R 1 1 dR b = = − 2 = − 0,045 1/K . R ∆T R dT T

6.19 Izlazne karakteristike tranzistora u kolu pojačavača sa zajedničkim emiterom prikazane su na slici. Pojačavač se napaja iz izvora Ec=40V, a otpornost otpornika u kolu kolektora je Rc=0,5 kΩ . Ako se struja baze menja prema zakonu ib = ( 60 + 40sin ω ⋅ t ) (µA), odrediti efektivne vrednosti promenljive komponente kolektora struje i napona . Odrediti pojačanje napona ako se ulazni napon koji je jednak naponu baze menja prema ub=0,25 sinωt (V) .

REŠENJE: U polju ulaznih karakteristika Ic= f(Uc) tranzistora, radna prava se crta na osnovu jednačine U c = E c − Rc I c . Ordinate tačke B prave se dobijaju iz uslova da je pri 119


Ic=0 napon na kolektoru Uc=Ec=40V. Koordinate tačke C se dobijaju iz uslova da E je pri Uc=0 struja I c = c =80 mA. S obzirom da se struja baze Ib menja prema Rc zakonu I b = I bo + I bp sin ω ⋅ t , gde je Ibo=60µ A i Ibp=40µ A koordinate tačaka 1 i 2 se dobijaju u preseku radne prave i odgovarajućih karakteristika Ic−Uc sa parametrima Ibo+ Ibp=100 µA i Ib0−Ibp=20 µA. Koordinate tačaka 1 i 2 su granične tačke na radnoj pravoj između kojih se menjaju vrednosti promenljivih komponenti struja i napona. Sa grafika se očitavaju vrednosti amplituda struje Icp=20 mA i napona Ucp=10V. Odgovarajući analitički izrazi za struju i napon kolekora imaju oblike: I c = I co + I cp sin ω ⋅ t = 40 + 20 sin ω ⋅ t (mA) U c = U co + U cp sin ω ⋅ t = 20 − 10 sin ω ⋅ t (V) Efektivne vrednosti promenljivih komponenti struje i napona na kolektoru određuju se prema:

I c' =

I cp 2

=

U cp 10 20 = 14,15 mA , I U c' = = =7 V 2 2 2

c) Naponsko i strujno pojačanje pojačavača se određuju kao odnosi vrednosti izlazne i ulazne veličine. Na osnovu brojnih vrednosti odgovarajućih veličina, dobijaju se pojačanja promenljivih komponenti napona Au i strujeAi : Au =

U cp U bp

I cp 20 ⋅ 10 −3 10 = = 40 I Ai = = = 500 0,25 I bp 40 ⋅ 10 − 6

pošto se ulazni napon baze menja prema Ub=Ubp sinωt=0,25 sinωt . 6.20 Otpornost otpornog prtvarača temperature menja se prema R(T)=20⋅10361,9(T). Ako je napon U=12V, R2=1kΩ, a strujno pojačanje tranzistora β =100, odrediti temperaturu T pri kojoj dolazi do privlačenja kotve relea (Ic=10 mA) .

120


REŠENJE: Ako je struja potrebna za privlačenje kotve relea Ic=10 mA, a strujno pojačanje tranzistora β =100, struja baze je:

10 ⋅ 10 −3 Ib = = = 0,1 mA 100 β

Ic

Kako je napon Ube=0,6V, struja kroz otpornik R2 je: I R2 =

U be 0,6 = 3 = 0,6 mA R2 10

a struja kroz otporni pretvarač temperature RT je: I RT =

U − U be = I b + I R2 RT

Vrednosti otpornosti RT pri datoj temperaturi T može se odrediti na osnovu relacije i iznosi: RT =

U − U be U − U be 12 − 0,6 = = = 16286 Ω I RT I b + I R 2 (0,1 + 0,6)10 − 3

S obzirom da se otpornost RT u zavisnosti od promene temperature menja prema RT=20⋅ 103- 61,9T ( Ω ), posle zamena vrednosti RT=16286 Ω , dobija se 16286=20000- 61,9 T , odakle je T=60° C . Napomena: Rele je naprava koja ima elektromagnet i kontakte. Pri uspostavljanju struje kroz namotaje elektromagneta (u ovom slučau struje Ic=10mA) kotva se pomera i zatvara kontakte koji pripadaju nekom drugom električnom kolu, naprimer kolu naizmenične struje.

121


122


7. Literatura 1. Dragutin N. Mitić, OSNOVI ELEKTROTEHNIKE - Elektrokinetika u obliku metodičke zbirke zadataka, SuperautomatX, Niš, 2001 2. dr Aleksandar Vorgučić, dr Dragutin Mitić, OSNOVI ELEKTROTEHNIKE – Elektrostatika u obliku metodičke zbirke zadataka, Naučna knjiga, Beograd, 1988 3. Obrad Traparić, akademik Юрий A. ТеTерин, dr Labud Vukčević, ZBIRKA ZADATAKA IZ FIZIKE – Elektromagnetizam, Prirodno-matematički fakultet, Podgorica, 2003 4. dr Marija Hribšek, mr Dragan Vasiljević, mr Budimir Drakulić, ELEKTRONIKA I – Problemi i rešenja, Naučna knjiga, Beograd, 1984 5. dr ing. Nikola Lj. Nikolić, dipl. ing. Suzana Milenović, dipl. ing. Miroslava Cvetković, ELEKTROTEHNIKA – Zbirka zadataka, Novinsko-izdavačka ustanova SLUŽBENI LIST SFRJ, Beograd, 1980 6. dr Nikola Nikolić, mr Boban Milošević – ZBIRKA ZADATAKA IZ OSNOVA ELEKTROTEHNIKE ZA MAŠINSKE ŠKOLE - Zavod za udžbenike i nastavna sredstva, Beograd, 1994

123

Zbirka Resenih Zadataka Iz Elektrotehnike

Recommend Documents