Upload
radej903
View
102
Download
8
Embed Size (px)
Citation preview
PREDGOVOR
Ova zbirka zadataka pisana je za studente Više tehničke škole elektrotehničkog smera u
Subotici, ali može poslužiti i studentima drugih profila koji izučavaju ovu oblast.
Zbirka predstavlja zadatke koji se pojavljuju na ispitu, kao i one koji se rade na vežbama i
obuhvata gradivo prve polovine kursa “Osnovi elektrotehnike”.
Prvi deo zbirke obuhvata zadatke iz elektrostatike. Obrađene su sledeće oblasti: Kulonov zakon,
vektor jačine električnog polja, potencijal, provodnici i dielektrici u elektrostatičkom polju,
kondenzatori i energija sadržana u elektrostatičkom polju.
Drugi deo obuhvata zadatke iz oblasti vremenski konstantnih struja. Obrađeni su zadaci iz
rešavanja električnih mreža pomoću Kirhofovih zakona, konturnih struja i potencijala čvorova. Takođe
je obrađena Tevenenova teorema, a na kraju su zadaci iz vremenski konstantnih struja sa
kondenzatorima.
Zbog relativno kratkog roka za završetak zbirke, verovatno postoje greške koje su na žalost
neizbežne. Autori će biti zahvalni onima koji na njih ukažu.
Autori se zahvaljuju Meliti Šašić, studentkinji Više tehničke škole, koja je prekontrolisala veliki
deo zadataka.
Autori
1. Elektrostatika
Zadatak 1.
Dva tela, naelektrisana količinama naelektrisanja Q1=-4nC i Q2=-1nC, nalaze se na rastojanjua=18cm u vakuumu. Kakav znak može da ima naelektrisanje trećeg tela, koje je naelektrisanokoličinom naelektrisanja Q3=1nC, i gde ga je potrebno postaviti da bi bilo u ravnoteži u odnosu nadejstvo Kulonovih sila prva dva tela?
Rešenje:Zadatak se rešava primenom Kulonovog zakona i principa superpozicije. Kulonov zakon glasi:
012221
012 4
1 rrQQF rr
⋅=πε
F12 je električna sila kojom telo 1 deluje na telo 2. Vektor F12 mora ležati na pravoj koja spajadva tela, a njegov početak, tj. tačka gde deluje, je u nekoj tački tela 2. Sa r012 obeležen je jediničnivektor usmeren od tela 1 ka telu 2. Ako su Q1 i Q2 istoga znaka njihov proizvod je pozitivan, i smervektora F12 je u smeru vektora r012, odnosno sila je odbojna. Ako su naelektrisanja Q1 i Q2 suprotnogznaka, njihov proizvod je negativan, pa je smer vektora F12 u smeru vektora –r012, tj. sila je privlačna.
Q2Q1 F12-F12
ro12
Prema principu superpozicije ukupna električna sila kojom na neko malo naelektrisano telodeluje više drugih malih naelektrisanih tela jednaka je vektorskom zbiru sila kojima ta druga tela delujuponaosob na posmatrano telo.
(1) 03 >Q
Pretpostavimo da je naelektrisanje Q3 pozitivno naelektrisano. Ako je Q3 pozitivno, sile suprivlačne. Ukupna sila koja deluje na ovo telo mora biti jednaka nuli kako bi bio ispunjen uslov da jetelo u ravnoteži, i iz tog uslova može se odrediti gde je potrebno postaviti telo.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 4
Q1 Q3 Q2
(-) (-)(+)
x x1
a
ro13 ro23
F13 F23
023133 =+= FFFrrr
013231
013 4
1 rxQQ
F rr⋅⋅=
πε ; 0232
32
023 )(4
1 rxa
QQF rr
⋅−
⋅=πε
023013 rr rr−=
0)()(4
14
10132
32
00132
31
03 =−⋅
−⋅+⋅⋅= r
xaQQ
rxQQ
F rrr
πεπε
0)( 2
221 =
−−
xaQ
xQ
1
21QQ
ax+
=
ax32
=
x =12 cm (rastojanje od naelektrisanja Q1)
x1 =6 cm (rastojanje od naelektrisanja Q2)
(2) 03 <Q
Ako je naelektrisanje Q3 negativno, sile su odbojne. Ukupna sila koja deluje na naelektrisanjeQ3 mora biti nula da bi telo bilo u ravnoteži u odnosu na dejstvo Kulonovih sila prva dva tela.
Q 1 Q 3 Q 2ro13 ro23
(-) (-)(-)
x x1
a
F 13F 23
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 5
1
21QQ
ax+
= .
Zadatak 2.
Odrediti kolika sila deluje na naelektrisanje Q=4nC koje se nalazi u koordinatnom početku zasistem naelektrisanja prikazan na slici, ako je a=4cm, h=6cm, Q1=2nC, Q2=-3nC, Q3=1nC.
x
y
Q1
Q2
Q3
0
h
a
Rešenje:Rezultujuća sila koja deluje na naelektrisanje Q koje se nalazi u koordinatnom početku određuje
se primenom principa superpozicije.
321 FFFFR ++=
Sila kojom naelektrisanje Q1 deluje nanaelektrisanje Q:
010121
0
1 19.74
1 rNrr
QQF ⋅=⋅
⋅= µπε
cmahr 10)2( 22 =+=
Q3 Q1
Q2
r01
y
xQ
2a
hr
α
α
F3
F1
r02
r03
F2
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 6
Sila kojom naelektrisanje Q2 deluje na nalektrisanje Q:
020222
0
2 852.16)2(4
1 rNra
QQF ⋅−=⋅
⋅= µπε
Sila kojom naelektrisanje Q3 deluje na naelektrisanje Q:
030323
0
3 986.94
1 rNrh
QQF ⋅=
⋅⋅= µ
πε
Rezultujuća sila može se predstaviti zbirom dve komponete, jedne u pravcu x-ose i jedne upravcu y-ose.
RyRxR FFFFFF +=++= 321
Komponentu u pravcu x-ose čine sila F2 i projekcija sile F1 na x-osu:
xRx FFF 12 +=
Komponentu u pravcu y-ose čine sila F3 i projekcija sile F1 na y-osu:
yRy FFF 13 +=
||8.02||cos|||| 1111 FraFFF x ⋅=⋅=⋅= α
||6.0||sin|||| 1111 FrhFFF y ⋅=⋅=⋅= α
iNiNiNiFiFF xRx
rrrr⋅=⋅⋅−⋅=−⋅+⋅= µµµ 1.118.019.7852.16)(|||| 12
jNjNjNjFjFF yRy ⋅−=⋅⋅−⋅−=−⋅+−⋅= µµµ 3.146.019.7986.9)(||)(|| 13
jNiNF ⋅−⋅= µµ 3.141.11r
NFFF RyRx µ102.18|| 22 =+= .
Zadatak 3.
Tri tačkasta naelektrisanja Q1=Q2=5.11nC i Q3= -10nC, nalaze se u vazduhu, u temenimajednakostraničnog trougla, stranice a=2cm. Odrediti intenzitet, pravac i smer sile kojom prva dvanaelektrisanja deluju na treće.
Rešenje:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 7
Q1 Q2
Q3F13x
F13y F23y
F23x
x
y
F13 F23
o60
o60(+) (+)
(-)
Iz razloga simetrije postojaće komponenta silesamo u pravcu y-ose (naelektrisanja Q1 i Q2jednaka su po brojnoj vrednosti i po znaku, a kakose nalaze u temenima jednakostraničnog trougla irastojanje ovih naelektrisanja od naelektrisanja Q3je isto i iznosi a).
231
0
2313||
41||||
aQQ
FF ⋅==πε
20
311313
4||3
30cos||2||2||aQQ
FFF yR πε=⋅⋅=⋅= o
mNF R 988.1|| =
Zadatak 4.
Tri tačkasta naelektrisanja Q1=Q2= 5.11nC i Q3= -10nC, nalaze se u vazduhu, u temenimajednakostraničnog trougla, stranice a=2cm. Odrediti intenzitet, pravac i smer sile kojomnaelektrisanja Q2 i Q3 deluju na naelektriasnje Q1.
Rešenje:
Q1 Q2
Q3ro31y
F31
F31x
F31y
F21 α
ro21x
RyRxR FFFFF +=+= 2131
031031231
0
31 148.14
1 rmNraQQ
F ⋅−=⋅⋅=πε
021021221
021 586.0
41 rmNr
aQQF ⋅=⋅⋅=
πε
||5.0cos|||| 313131 FFF x ⋅=⋅= α
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 8
||23sin|||| 313131 FFF y ⋅=⋅= α
iFiFFFF xxRx
rr⋅+−⋅=+= ||)(|| 31213121
jFFF yRy ⋅== ||23
3131
iNF Rxr
µ12−= ; jNF Ry µ197.994=
NjiF R µ)197.99412( +−=r
||269.994|| RyR FNF ≅= µ .
Zadatak 5.
U svakom temenu kvadrata stranice a=1cm, nalazi se po jedno malo naelektrisano telo,naelektrisano količinom naelektrisanja Q= 10-10C. Koliko treba da je naelektrisanje Q5 koje se nalazi upreseku dijagonala kvadrata da bi ukupna sila na jedno od naelektrisanja u temenu bila nula (danaelektrisanje bude u ravnoteži)?
Rešenje:Neka su naelektrisanja raspoređena kao na slici (naelektrisanja Qi, i=1,2,3,4 imaju vrednost Q).
Da bi ukupna sila na česticu dva bila nula, tj. da se čestica dva nalazi u ravnoteži, naelektrisanje Q5koje je u preseku dijagonala kvadrata mora biti negativno naelektrisano.
Q1 Q
2
Q3
Q4
Q5
524232122 FFFFF uk +++=
02 =ukF 0 0 22 =∧= yx ukuk FF
xxx FFFF uk 5242122 ++= (1)
yyy FFFF uk 5242322 ++= (2)
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 9
x
y
Q2
F12
F42
F32
F42y
F42xF52x
F52y
F52
o45
o45
2
2
0
124
1||aQF ⋅=
πε;
2
2
0
324
1||aQF ⋅=
πε
2
2
02
2
0
4224
14
1||a
QdQF ⋅=⋅=
πεπε
25
025
0
522
||1
2
||4
1||aQQ
dQQ
F ⋅=
⋅=πεπε
||2245sin|||| 424242 FFF x ⋅=⋅= o
||2245sin|||| 525252 FFF x ⋅=⋅= o
Zamenom odgovarajućih izraza u jednačinu (1), dobija se:
02
||122
41
241
22
25
02
2
02
2
0
=⋅⋅−⋅+⋅⋅aQQ
aQ
aQ
πεπεπε
Sređivanjem ove jednačine dolazi se do izraza za vrednost naelektrisanja Q5:
( )QQQ 42821
42
21|| 5 +=
+⋅=
CQ 105 10957.0|| −⋅= .
Zamenom ove vrednosti za naelektrisanje Q5 u jednačinu (2) vidi se da je i drugi uslov da jeukupna sila na česticu dva u pravcu y-ose jednaka nuli zadovoljen.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 10
Zadatak 6.
Tri tačkasta naelektrisanja (Q1, Q2 i Q3) nalaze se u tri temena kvadrata stranice a (slika 1). Dali je moguće odrediti naelektrisanja Q1, Q2 i Q3=Q1 tako, da sila koja deluje na naelektrisanje Q>0koje se nalazi u četvrtom temenu kvadrata, bude jednako nuli?
Q
Q1
Q3
a
F1
F2
F3
F1+F3a
Q3Q
Q1 Q2slika 1 slika 2
Q2
Rešenje:
Ako je ukupna sila koja deluje na naelektrisanje Q jednaka nuli, to znači da je zbir svih sila kojadeluje na naelektrisanje Q ravno nuli. Za rešenje zadatka moramo razmotriti nekoliko slučajeva.
1. slučaj: Sva tri naelektrisanja su pozitivna, tj. Q1, Q2, Q3=Q1>0. U ovom slučaju sila kojadeluje na naelektrisanje Q ne može biti nula jer smerovi svih sila pokazuju u pravcu x i y ose.
2. slučaj: Naelektrisanja Q1=Q3 i Q2 su različitog znaka (slika 2). Pretpostavimo da sunaelektrisanja Q1 i Q3 manji od nule (Q1<0, Q3<0), a Q2>0. Uslov pod kojim je ukupna sila nula je:
F1 + F2 + F3 = 0
Pošto su Q1 i Q3 isti, sledi 31 FFrr
= .
Iz Kulonovog zakona možemo da napišemo:
21
01 4
1a
QQFπε
=r
( ) 22
02
2
02 4
121
241
aQQ
a
QQFπεπε
==r
312 FFFrrr
+=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 11
12 2 FFrr
=
Zamenom vrednosti u prethodni izraz, dobijamo:
21
02
2
0 412
41
21
aQQ
aQQ
πεπε=
12 221 QQ =
42
2
1 =QQ
Za gore izvedeni odnos naelektrisanja ukupna sila na naelektrisanje Q će biti nula.
Sila na naelektrisanje Q takođe može biti nula ukoliko je Q1>0, Q3>0, a Q2<0.
Zadatak 7.
Odrediti silu koja deluje na naelektrisanje Q3 koje se nalazi na ¼ dijagonale kvadrata. Poznatoje: Q1= -2nC, Q2= 1nC, Q3= 3nC, a=√2 cm.
Q1
Q1
Q2
Q3
a
Rešenje:Pošto je naelektrisanje Q3 pozitivno, sila koja postoji između ovog naelektrisanja i Q1 biće
privlačna (Q1<0), a sila između Q3 i Q2 je odbojna (Q2>0), što je prikazano na sledećoj slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 12
Q1 < 0
Q1 < 0
Q2 > 0
Q3 > 0
F23
F’’13
F’13
Koordinatni sistem postavljamo tako da je koordinatni početak u naelektrisanju Q3, a silerastavljamo na komponente u pravcu x i y ose.
x
yF13 ’’
F13x ’’
F13y ’’
F13y ’
F13x ’
F13 ’
F23
α
Ukupna sila koja deluje na naelektrisanje Q3 dobija se superpozicijom sila F23 i F13:
yx FFFFFF 33''
13'
13233
rrrrrr+=++=
Ukupna sila u pravcu x ose jednaka je nuli, jer su sile '13xFr
i ''13xFr
istog intenziteta i pravca, asuprotnog smera:
0''13
'133 =+= xxx FFF
rrr
Ukupna sila u pravcu y ose:
23''
13'
133 FFFF yyy
rrrr++=
NaQQ
dQQ
d
QQF µ
πεπεπε834.119
92
94
434
1|| 20
322
0
32232
023 =
⋅=
⋅=
⋅⋅=
r, 2ad =
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 13
213
31
013
||4
1||r
QQF
⋅⋅=
πε
r
4
d
2
d
α
r13
cmaadddr 12.1104
245
45
42
22
13 ==⋅==
+
=
514cos
13
==r
d
α
NFFFF yy µα 35.192||5
1cos|||||| 1313"
13'
13 =⋅=⋅==rrrr
Ukupna sila na naelektrisanje Q3 ima komponentu samo u pravcu y ose:
( ) NjFFF yy µ58.265||||2 23'
133 =⋅−⋅=rrrr
Intenzitet rezultujuće sile F3 je: mNF y 265.0|| 3 =r
.
Zadatak 8.
Na slici je prikazana kontura u obliku romba stranica a=5cm. Oštar ugao romba iznosi 60°. Utemenima romba nalaze se naelektrisanja Q1, Q2= -2nC, Q3 i Q4=2nC. Odrediti Q1>0 i Q3>0 tako dasila koja deluje na naelektrisanje Q4 bude ( )NiiF yx ⋅+⋅= −− 55
4 1010 . Koliko puta će se promenitimoduo sile koja deluje na naelektrisanje Q4 ukoliko se vrednosti svih naelektrisanja udvostruče?
a
Q1
Q2Q3
Q4
60°x
y
0
Rešenje:
Intenziteti sila koja deluju na naelektrisanje Q4 su redom:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 14
a
Q1
Q2Q3
Q4x
y
14Fr
34Fr
24Fr
30°
d
241
014 4
1aQQ
Fπε
=r
242
024 4
1dQQF
πε=
r
243
034 4
1aQQ
Fπε
=r
U formuli za 24Fr
, d je dijagonala romba koja se računa po kosinusnoj teoremi:
.3120cos222 aaaaad =°⋅−+=
Pošto su u postavci zadatka date vrednosti projekcije sila na x i y osu, projektovaćemo pojedinesile na zadate koordinatne ose.
.1060cos30cos 5342414
−=°+°−= FFFFx
rrrr
.1030cos60cos 53424
−=°+°−= FFFy
rrr
Zamenom u prethodne jednačine dobijamo:
,1021
23
341 5
243
242
241
0
−=
+−
aQQ
aQQ
aQQ
πε
52
432
42
0
1023
21
341 −=
+−
aQQ
aQQ
πε
Iz poslednje jednačine u kojoj je jedina nepoznata Q3, dobijamo: Q3=1.22nC.
Q1 se dobija zamenom Q3 u prvu jednačinu: Q1=0.2nC.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 15
U drugom delu zadatka, udvostručavanjem naelektrisanja dobijamo:
nCQ 4.0`1 =
nCQ 4`2 −=
nCQ 44.2`3 =
nCQ 4`4 =
Moduli sila koje deluju na naelektrisanje Q4 sada iznose:
NF µ757.5`14 =r
NF µ19.19`24 =r
NF µ1.35`34 =r
Ove sile projektujemo na x i y ose na isti način kao u prethodnom delu zadatka:
°+°−= 60cos30cos `34
`24
`14
` FFFFx
rrrr
°+°−= 30cos60cos `34
`24
` FFFy
rrr
Zamenom brojnih vrednosti dobijamo:
NFx µ707.6` =r
NFy µ766.20` =r
Moduo ove sile je:
NFFF yx µ82.212`2``
4 =+=rrr
Pre udvostručavanja naelektrisanja moduo sile je bio:
NF µ1.14102 54 =⋅= −r
55.11.1482.21
4
`4
==NN
F
F
µµ
r
r
Udvostručavanjem naelektrisanja, sila na Q4 se povećala 1.55 puta.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 16
Zadatak 9.
U svakom temenu kocke stranice a=2cm nalazi se naelektrisanje Q=5nC. Izračunati silu kojadeluje na jedno od naelektrisanja.
Q
a
Rešenje:
Obeležimo naelektrisanja kao na slici. Pretpostavimo da tražimo silu koja deluje nanaelektrisanje Q8, zato koordinatni početak postavljamo upravo na mesto naelektrisanja Q8. Samo ćesila koja potiče od naelektrisanja Q1 imati sve tri (x, y ,z) komponente. Ostale sile imaće ili samo jednukomponentu (ili x, ili y, ili z), ili dve (x-y, x-z, y-z). Dužina dijagonale stranice kocke je 2a , dok jetelesna dijagonala kocke 3a .
Q
1 2
34
5 6
78
a
x
y
z
2a
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 17
Pojedinačno, moduli sila koje deluju na naelektrisanje Q8 iznose:
20
78 41
aQQF ⋅
=πε
r
20
68 41
aQQF ⋅
=πε
r
( )2058
241
a
QQF ⋅=
πε
r
( )2048
241
a
QQF ⋅=
πε
r
20
38 41
aQQF ⋅
=πε
r
( )2028
241
a
QQF ⋅=
πε
r
( )2018
341
a
QQF ⋅=
πε
r
Sile koje deluju na naelektrisanje Q8 iznose:
xiaQQF
rr⋅
⋅= 2
078 4
1πε
yiaQQF
rr⋅
⋅= 2
068 4
1πε
( )( )yx ii
a
QQFvr⋅°+⋅°⋅
⋅= 45cos45cos
241
20
58 πε
( ) ( )zx iia
QQFvr⋅°+⋅°⋅
⋅= 45cos45cos
241
20
48 πε
ziaQQF
rr⋅
⋅= 2
038 4
1πε
( )( )zy ii
a
QQFvr⋅°+⋅°⋅
⋅= 45cos45cos
241
20
28 πε
Za određivanje sile 18Fr
, silu prvo treba projektovati u x-y ravan, pa potom pojedinačno na x i y
ose. Za projektovanje sile 18Fr
na z osu, treba izračunati ugao ϕ koji telesna dijagonala kocke zaklapasa z osom.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 18
ϕ
ϕ
Pϕ2a
a
3a
22==
aatgϕ
°== 73.542arctgϕ
Pošto je sila 18Fr
simetrala prostornog ugla, ona će ujedno biti i simetrala x-y ravni.
( ) ( )zyx iiia
QQFrvrr⋅°+⋅°°+⋅°°⋅
⋅= 73.54cos45cos27.35cos45cos27.35cos
341
20
18 πε
Razdvajajući sile na komponente, dobijamo:
°°+°+°+= 45cos27.353cos34
145cos24
145cos24
14
12
02
02
02
0 aQQ
aQQ
aQQ
aQQFx πεπεπεπε
r
2
2
0419.1
aQFx πε
⋅=r
mNaQFF xy 07.1
419.1 2
2
0
=⋅==πε
rr
mNaQFz 07.1
419.1 2
2
0
=⋅=πε
r
Kao što se vidi, projekcije na sve tri ose su iste što se i moglo očekivati s obzirom da su svanaelektrisanja ista, i da kocka predstavlja simetričan sistem.
mNa
QFFFF zyx 85.14
29.3 20
2222=⋅=++=
πε
rrrr
Sila Fr
ima smer telesne dijagonale kocke i usmeren je od naelektrisanja Q8 prema spoljašnjostikocke.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 19
Zadatak 10.
Odrediti jačinu električnog polja u koordinatnom početku za sistem naelektrisanja prikazan naslici, ako je a=4cm, h=6cm, Q1=2nC, Q2=-3nC, Q3=1nC.
x
y
Q1
Q2
Q3
0
h
a
Rešenje:Jačina električnog polja određuje se na osnovu izraza:
i
i
ii r
rQ
E 0204
1 →→
⋅⋅=πε
0121
1
0
14
1 →→
⋅⋅= rrQE
πε( ) 2222
1 1002 cmhar =+=
( )→→→
⋅⋅−=⋅⋅= ia
Qra
QE 22
0
0222
0
244
124
1πεπε
→→→
⋅⋅−=⋅⋅= jhQ
rhQ
E 23
0
0323
0
34
14
1πεπε
Vektor jačine električnog polja naelektrisanja Q1 rastavljamo na komponente u pravcu x i y ose,pa će biti:
||542||cos|||| 1
1
111
→→→→
⋅=⋅=⋅= EraEEE x α
||53||sin|||| 1
1
111
→→→→
⋅=⋅=⋅= ErhEEE y α
Ukupna jačina električnog polja je:
RyRxR EEEEEE→→→→→→
+=++= 321
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 20
→→→→→→
⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅−=+= imVki
rQ
ia
QEEE xRx 77.2
41
54
441
21
1
02
2
012
πεπε
→→→→→→
⋅−=⋅⋅⋅−⋅⋅−=+= jmVkj
rQ
jhQ
EEE yRy 57.34
153
41
21
1
023
013
πεπε
mVkjiE R
⋅−⋅=
→→→
57.377.2
mVkER 52.4|| =
→
.
Zadatak 11.
Izračunati jačinu električnog polja u koordinatnom početku za sistem naelektrisanja prikazanna slici, ako je: Q1= 1nC, Q2= -2nC, Q3= 3nC, d1= 2cm, d2= 4cm.
Q1 Q2
Q3
y
x
d1 d2
Rešenje:
Jačina električnog polja određuje se na osnovu jednačine: 0204
1 rrQE rr⋅⋅=
πε,
gde je r rastojanje posmatranog naelektrisanja od tačke u kojoj određujemo vrednost jačine električnogpolja, a r0 jedinični vektor usmeren od naelektrisanja ka tački u kojoj se određuje vrednost jačineelektričnog polja. Zadatak se rešava primenom principa superpozicije, a rezultujući vektor jačineelektričnog polja najlakše se određuje ako se vektori jačine električnog polja E1, E2 i E3 rastave nakomponente u pravcu x i y ose.
Kao prvo, treba odrediti rastojanje r1 naelektrisanja Q1 od koordinatnog početka. Dijagonaleromba se polove i seku pod pravim uglom, tako da rastojanje r1 određujemo iz pravouglog trougla ukome su katete d1/2 i d2/2, a r1 je hipotenuza. Prema tome:
222
21
22
212
1 5422
cmddddr =+
=
+
=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 21
cmcmr 236.251 ==
x
y
Q1 Q2
Q3
E2αα
E2x
E1x
d1
d2
r1
. .
β
E1yE1
ER
E23 E2y
E3 i
j
010121
1
01 975.17
41 r
mVkr
rQE rrr
⋅=⋅⋅=πε
020222
1
02 235.11
41 r
mVkr
dQE rrr
⋅−=⋅⋅=πε
030321
1
03 926.53
41 r
mVkr
rQE rrr
⋅=⋅⋅=πε
Ukupna jačina električnog polja je:
321 EEEER
rrrr++=
Rezultujuće električno polje možemo da predstavimo kao zbir dve komponente, jedne u pravcux-ose i druge u pravcu y-ose.
RyRxR EEErrr
+=
xxxRx EEEE 321
rrrr++= ; yyRy EEE 21
rrr+=
βsin11 ⋅= EE x
rr ; βcos11 ⋅= EE y
rr
αcos22 ⋅= EE x
rr ; αsin22 ⋅= EE y
rr
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 22
89.05
22
2cos1
2
1
2
====r
dr
d
α ; o56.26=α
oo 87.36290 =−= αβ ; 799.0cos =β ; 6.0sin =β
iEiEiEiEiEiEE xxRx
rrrrrrrrrrrrr⋅−⋅⋅−⋅⋅=⋅−⋅−⋅= 312312 sincos βα
imVki
mVki
mVki
mVkERx
rrrrr⋅−=⋅−⋅⋅−⋅⋅= 7.54926.536.0975.1789.0234.11
jEjEjEjEE yyRy
rrrrrrrrr⋅⋅−⋅⋅=⋅−⋅= βα cossin 1212
jmVkj
mVkj
mVkERy
rrrr⋅−=⋅⋅−⋅⋅= 34.9799.0975.17447.0234.11
jmVki
mVkER
rrr⋅−⋅−= 34.97.54
mVkEEE RyRxR 49.5522 =+=
r.
Zadatak 12.
Odrediti vektor jačine električnog polja u koordinatnom početku za sistem naelektrisanjaprikazan na slici. Naelektrisanja Q3 i Q4 nalaze se na sredini stranice šestougla. Dužina stranicešestougla je a= 2cm, Q1=Q2= 2nC, Q3= -Q4= 1nC.
Q1
Q2
Q3
Q4
x
y
Rešenje:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 23
Q1
Q2
a
a
o60
y
xE1x
E2x
E2E2y
E1
E1y
0121
0
14
1 raQE ⋅⋅=
πε
0222
0
24
1 raQE ⋅⋅=
πεIz razloga simetrije vektori jačine električnog polja daće komponentu samo u pravcu x-ose.
20
1121
42160cos||||||
aQEEE xxπε
⋅=⋅== o
mVkEE xx 469.22|||| 21 ==
imVkEE xx
rrr⋅=⋅= 94.442 1
Q3
Q4
a
o60
y
x
E3E3y E4y
E3x E4x
E4
0323
03 4
1 rhQ
E ⋅⋅=πε
0424
04 4
1 rhQE ⋅⋅=
πε ah
23
=
Iz razloga simetrije vektori jačine električnogpolja imaju komponentu samo u pravcu y-ose.
20
3343
42330cos||||||
hQ
EEE yyπε
⋅=⋅== o
mVkEE yy 945.25|||| 43 ==
jmVkjEE yy
rrrr⋅−=⋅⋅−= 89.51||2 3
mVkjiE R )89.5194.44( −=
r
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 24
mVkE R 65.68|| = .
Zadatak 13.
Dat je pravilan petougao. Odrediti vrednost jačine električnog polja u koordinatnom početku,ako je a=2cm, Q1=Q2=2nC, Q3= -3nC.
Q 1 Q 2
Q 3
x
y
Rešenje:Ukupna vrednost jačine električnog polja u koordinatnom početku određuje se primenom
principa superpozicije. Naelektrisanja Q1 i Q2 imaju istu brojnu vrednost i nalaze se na istom rastojanjub od koordinatnog početka, tako da se komponente u pravcu x-ose poništavaju. Rezultujuće električnopolje imaće komponentu samo u pravcu y-ose. Kako je u pitanju pravilan petougao vrednost centralnog
ugla određuje se na osnovu formule n
o360=α , gde je n broj stranica pravilnog mnogougla.
oo
725
360==α
Pravilan petougao sastoji se od 5 jednakokrakih trouglova, a dužina stranice b može se odreditiprimenom kosinusne teoreme:
αcos2 2222 bbba −+=
)cos1(2 22 α−= ba ⇒ cmab 7.1)cos1(2=
−=
α
mVk
bQEE 23.62
41|||| 2
1
021 =⋅==
πε
mVk
bQ
E 35.934
1|| 23
03 =⋅=
πε
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 25
mVkEEE yy 35.5036cos|||||| 121 =⋅== o
jmVkjEjEE yR ⋅=⋅+⋅⋅= 05.194||||2 31
mVkER 05.194|| = .
Zadatak 14.
Položaj dva mala tela nepoznatih naelektrisanja Q1 i Q2, u vazduhu, određen je tačkamaP1(-a,0) i P2(a,0), respektivno. Vektor jačine električnog polja u tački P3(0,2a) je E=Exi, pri čemu je Expozitivno. Odrediti naelektrisanja Q1 i Q2.
Rešenje:Posmatrajući posebno telo naelektrisanja Q1 i telo naelektrisanja Q2, zaključuje se da vektori
jačina odgovarajućih električnih polja u tački P3, E1 i E2, leže na pravama određenim tačkama P1 i P3,odnosno P2 i P3. Vektor jačine električnog polja u tački P3 je:
21 EEErrr
+=
Prema orijentaciji zadatog vektora E i prethodnog razmatranja zaključuje se da su vektori E1 iE2 usmereni kao na slici, a da je Q1>0 i Q2<0.
y
xQ2Q1
P2(a,0)P2(-a,0)
P3(0,2a)
α α2Er
1Er
Er
0
jEEiEEiE yyxxx
rrr⋅++⋅+= )()( 2121
xxx EEE =+ 21
021 =+ yy EE
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 26
αcos11 EE y = i αcos22 EE y =
21
01 54
1a
QE ⋅=πε
i 22
02 5
||4
1a
QE ⋅=πε
Iz prethodnih jednačina dobija se da je Q1=|Q2|, a pošto je već zaključeno da je Q1>0 i Q2<0, toje Q1=-Q2.
Sada je:
55
521sin
5||
41sin
541
21
02
2
02
1
021 ⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=+=
aQ
aQ
aQ
EEE xxx πεα
πεα
πε, jer je
55sin =α .
Za Q1 dobija se:
xEaQ 201 510 πε⋅= .
Zadatak 15.
Odrediti vektor jačine električnog polja u okolini veoma dugačke pravolinijske niti koja jeravnomerno naelektrisana količinom naelektrisanja Q' po jedinici dužine. Sredina je vazduh.
P
z
Q`
Rešenje:
Vektor jačine električnog polja ćemo odrediti na odstojanju P od niti. Zadatak rešavamo takošto datu nit rastavljamo na male delove dužine dl, pa sabiranjem električnih polja svih delovaponaosob, dobijamo traženo električno polje.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 27
P
z
Q`
xx
dl
r
ϕϕ
xEdr
Edr
zEdr
0ir
0rr
∫=l
EdErr
Sa l je označena dužina niti, dok Edr
označava vektor jačine električnog polja u tački P kada seposmatra samo deo niti dužine dl.
Pošto je naelektrisanje niti Q' po jedinici dužine, tada je naelektrisanje dela niti dužine dljednako:
dlQ'⋅=dQ
Vektor jačine električnog polja koje potiče od dela niti dužine dl je:
020 r
dlQ'4
1 rEd rr⋅
⋅=
πε
Radi lakšeg određivanja vektora E, vektor dE ćemo razložiti na dva vektora: jedan u pravcu xose, a drugi u pravcu z ose. Projektujući vektor dE na x i y ose, dobijamo:
204
dlsinQ'sinr
dEdEz πεϕ
ϕ ==
204
dlcosQ'cosr
dEdEx πεϕ
ϕ ==
x
z
0 P
dl
ϕϕd
r
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 28
Sa druge strane, rx
=ϕcos .
Na drugoj slici je prikazan uvećan deo slike od interesa. Na osnovu ovog malog trouglamožemo da pišemo:
ϕ
dl
dldr ϕ
ϕ⋅
=cos
ϕϕ
cosdrdl ⋅
=
Zamenjujući poslednji izraz u formulu za dEz i dEx, dobijamo:
204
sincos
rdQ'r
dEz πεϕ
ϕϕ
=
Zamenjujući r, i posle sređivanja dobijamo:
ϕϕπε
dx
dEz sin4
Q'
0
=
Slično se dobija i izraz za dEx.
ϕϕπε
dx
dEx cos4
Q'
0
=
Izraz za Ez i Ex dobijamo integracijom poslednja dva izraza. Pošto je nit beskonačna, granice
integracije idu u intervalu
−
2,
2ππ .
∫−
=⋅=2
20
0sin4
Q'π
π
ϕϕπε
dx
Ez
xd
xEz
0
2
20 2
Q'cos4
Q'πε
ϕϕπε
π
π∫−
=⋅=
ix
Err
02Q'πε
=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 29
Kao što vidimo, električno polje ima samo x komponentu, što je i logično s obzirom nasimetriju.
Zadatak 16.
U svakom temenu pravilnog petougla stranice a=1cm nalazi se jedno punktualno opterećenje.Q1=1nC, Q2=1nC, Q3=2nC, Q4= -2nC, Q5=1.5nC. Izračunati silu koja deluje na naelektrisanjeQ=1nC koje se nalazi u centru petougla.
x
y
Q
Q1 Q2
Q3 Q4
Q5
Rešenje:
Silu na naelektrisanje Q odredićemo tako što ćemo prvo odrediti električno polje u središtupetougla, pa silu nalazimo pomoću formule: EQF
rr⋅= .
x
y
Q
Q1 Q2
Q3 Q4
Q5
1Er
2Er
3Er
4Er
5Er
ar
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 30
Pošto je Q1=Q2, zbir električnih polja E1 i E2 ima samo y komponentu, dok se x komponenteponištavaju (slika).
21
01 4
1rQE
πε=
r
U ovoj formuli r je udaljenost naelektrisanja Q1 od centra petougla. Pošto je centralni ugaopetougla 36°, r možemo izračunati na sledeći način:
r
a236sin =°
aar 85.036sin2
=°
=
Zamenjujući r u formulu za E1, dobijamo:
mVkE 52.1241 =
r
Pošto je Q2=Q1, E2 će imati isti intenzitet kao i E1.
mVkE 52.1242 =
r
Električno polje koje potiče od ostalih naelektrisanja iznosi:
mVk
rQ
E 04.2494
123
03 ==
πε
r
mVk
rQE 04.249
41
24
04 ==
πε
r
mVk
rQ
E 78.1864
125
05 ==
πε
r
U sledećem koraku pojedine vektore električnog polja treba projektovati na koordinatne ose.
mVkEE y 74.10036cos11 =°=
rr
mVkEE y 74.10036cos22 =°=
rr
Zbir x komponenti prethodna dva vektora daje nulu, pa ih ne računamo.
Takođe zbir y komponenti vektora E3 i E4 u zbiru daje nulu, dok su im x komponente:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 31
mVkEE x 18.23618cos33 =°=
rr
mVkEE x 18.23618cos44 =°=
rr
Vektor E5 nema x komponentu, pa je zbir svih x komponenti jednak:
mVkEEE xxx 7.47343 =+=
rrr
Zbir svih y komponenti iznosi:
mVkEEEE yyy 7.14521 =−+=
rrrr
Rezultantno električno polje ima vrednost:
jmVki
mVkjEiEE yxr
rrrrrrr⋅+⋅=⋅+⋅= 7.147.473
Kada imamo izračunato rEr
, lako se izračunava sila:
jmNimNEQF r
rrrr⋅+⋅=⋅= 7.1447.0
Moduo ove sile je: NF µ2.470=r
.
Zadatak 17.
Tri tačkasta naelektrisanja, QA=10nC, QB>0 i QC>0, nalaze se u vakuumu u temenimajednakostraničnog trougla stranice .3cma =
a) Odrediti naelektrisanja QB i QC, tako da električno polje u težištu trougla bude
mVjiET )106102( 44 ⋅−⋅= .
b) Za vrednosti naelektrisanja određene pod (a), izračunati rad koji se izvrši pri prebacivanjutačkastog naelektrisanja Q=1pC iz težišta trougla u beskonačnost.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 32
Rešenje:
Neka su naelektrisanja raspoređena kao na slici.
y
x
QA QB
QC
EC
EA
EAx
EAy
EB
EBx
EBy
o30=α
Kako se traži jačina električnog polja u temenu jednakostraničnog trougla, sva naelektrisanjanalaze se na istom rastojanju r koje iznosi:
cmahr 123
32
32
=⋅==
Jačine električnih polja pojedinih naelektrisanja su:
204
||r
QE AA πε=
r; 2
04||
rQE B
B πε=
r; 2
04||
rQ
E CC πε=
r
Ukupna jačina električnog polja u težištu trougla je:
TyTxT EEErr
+=
iEiEEEE BxAxBxAxTx
rrrrrr⋅−⋅=+= ||||
irQQi
rQi
rQE BABA
Tx
rrrroo ⋅
−⋅=⋅⋅−⋅⋅= 2
02
02
0 42330cos
430cos
4 πεπεπε
nCEr
QQ TxAB 74.9
3||8 2
0 =⋅
−=r
πε
jEjEjEEEEE CyByAyCyByAyTy
rrrrrrrrrr⋅−⋅+⋅=++= ||||||
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 33
jr
Qj
rQj
rQE CBA
Ty
rrrroo ⋅−⋅⋅+⋅⋅= 2
02
02
0 430sin
430sin
4 πεπεπε
( )j
ErQQQ Ty
BAC r
r2
0421
πε−+=
nCQC 539.10=
b)
Potencijal tačkastog naelektrisanja na rastojanju r određen je sledećom jednačinom:
rQV
04πε=
Potencijal u težištu trougla jednak je zbiru potencijala pojedinih naelektrisanja:
kVr
QQQVVVV CBA
CBAT 22.274 0
≅++
=++=πε
Rad koji se izvrši pri prebacivanju tačkastog naelektrisanja Q=1pC iz težišta trougla ubeskonačnost je:
nJVQA T 22.27=⋅= .
Zadatak 18.
Izračunati intenzitet, pravac i smer vektora jačine električnog polja u tački M(x,y) sistema oddva jednaka tačkasta naelektrisanja suprotnog znaka prikazana na slici 1. Q1=-Q2=1nC, x=7cm,y=8cm, d=6cm.
M(x,y)y
x
Q2=-Q1
Q1
d/2
d/2
r1
r2
0
Rešenje:
Izrazi za jačine električnog polja koja potiču od naelektrisanja Q1 i Q2 su:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 34
21
1
01 4
1rQE
πε=
r
22
2
01 4
1rQ
Eπε
=r
U gornjim izrazima r1 i r2 predstavljaju udaljenost naelektrisanja Q1 i Q2 od tačke M u kojojtražimo električno polje.
cmdyxr 6.8742
22
1 ==
−+=
cmdyxr 04.131702
22
2 ==
++=
Zamenjujući r1 i r2 u izraza za električno polje dobijamo:
mVE 12161 =
r
mVE 5302 =
r
Da bismo sabrali ova električna polja, projektujemo ih na x i y ose. Pretpostavimo da 1Er
zaklapa ugao 1ϕ , dok 2Er
zaklapa ugao 2ϕ sa x osom. Vrednosti ovih uglova su:
°= 54.351ϕ
°= 53.572ϕ
x
y
M1ϕ
r1
r2
Q1
Q2
0
1Er
2Er
2ϕ
xE1
r
yE1
r
xE2
r
yE2
r
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 35
Dalje:
mVEE x 5.989cos 111 == ϕ
rr
mVEE y 8.706sin 111 == ϕ
rr
mVEE x 6.284cos 222 == ϕ
rr
mVEE y 2.447sin 222 == ϕ
rr
Sabiranjem vrednosti x i y komponenata dobijamo:
( )mViEEE xxx 9.70421 =−=
rrrr
( )mVjEEE yyy 6.25921 =−=
rrrr
( )mVjiE
rrr⋅+⋅= 6.2599.704
mVE 2.751=
r
Zadatak 19.
Odrediti vrednost tačkastih naelektrisanja Q1>0, Q2 i Q3 raspoređenih kao na slici, tako daelektrično polje u tački A bude jednako nuli, a da potencijal u tački B, računat prema referentnoj tačkiu beskonačnosti ima vrednost VB=200V. Poznato je a=10cm. Sistem se nalazi u vakuumu.
A
Q 1 Q 3Q 2
a/2 a/2
a a
Ba
Rešenje:
Da bi bio ispunjen uslov da je 0=AEr
mora biti Q3>0, Q2<0 i Q1>0. Druge kombinacije nezadovoljavaju postavljeni uslov.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 36
0321 =++= EEEEA
rrrr⇒ 0=AxE
r∧ 0=AyE
r
Iz uslova 0=AxEr
sledi da je Q1=Q3.
Potencijal u tački B:
∑=
=3
1 04i i
iB r
QV
πε
+−=+−= 3
21
00
3
0
2
0
1
3||2
241
4234
||)2(4
QQQaa
Q
a
Qa
QVB πεπεπεπε
−= ||
32
23
41
210
QQa
VB πε(1)
0||cos||cos|| 231231 =−+=++= EEEEEEE yyyAy
rrrrrrrαα o30=α
04
||cos4
cos4 2
0
22
0
12
0
1 =−+h
Qa
Qa
Qπε
απε
απε
(2)
Iz jednačine (2) sledi da je:
0||cos222
21 =−
hQ
aQ
α ah23
=
12 433|| QQ =
Zamenom ove vrednosti u jednačinu (1) dobija se:
10833 Qa
VB πε−
=
nCaV
Q B 508.333
8 01 =
−=
πε
nCQQ 557.44
33|| 12 == .
Zadatak 20.
Data je piramida čija je osnovica kvadrat stranice a=2cm. U svakom temenu kvadrata nalazi sepo jedna naelektrisana čestica naelektrisanja Q=1nC. Odrediti vrednost potencijala u tački koja senalazi na vrhu piramide na visini h=6cm. Koliki rad izvrše električne sile pri pomeranju naelektrisanjaiz jednog od temena kvadrata koji je osnovica piramide do neke veoma udaljene tačke?
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 37
Rešenje:Sva naelektrisanja nalaze se na istom rastojanju od vrha piramide u kojoj se određuje potencijal.
Rastojanje s određuje se sa sledeće slike:
Q Q
h
a
ad/2
s
cmahdhs 16.622
22
22 =+=
+=
Vs
QVVVVVVi
iA 62.5834
40
4
14321 =⋅==+++= ∑
= πε
Da bi se odredio rad koji se izvrši pri pomeranju jednog od naelektrisanja iz temena kvadratakoji je osnovica piramide potrebno je prvo odrediti potencijal u toj tački:
+=+⋅=++=
222
42442
444 000000 aQ
aQ
aQ
dQ
aQ
aQV
πεπεπεπεπεπε
VV 15.1217=
JQVA µ217.1=⋅= .
Zadatak 21.
Izračunati potencijal u centru pravilnog sedmougla, ako je raspored naelektrisanja kao na slici.Poznato je a=2cm, Q1=1nC, Q2=2nC, Q3=3nC, Q4=4nC, Q5=-5nC, Q6=-6nC, Q7=-7nC. Koliki radtreba da izvrše električne sile da bi probno naelektrisanje Qp=10-14C iz centra sedmougla prenele ureferentnu tačku. Protumačiti dobijeni rezultat.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 38
Q1
Q2
Q3 Q4
Q5
Q6
Q7
a
Rešenje:Kako je u pitanju pravilan mnogougao sva naelektrisanja nalaze se na istom rastojanju od centra
sedmougla u kome se određuje potencijal. Rastojanje r određuje se sa sledeće slike:
r r
aQ1
Q7
α
oo
42.517
360==α
αcos2 2222 rrra −+= (kosinusna teorema)
cmar 3.2)cos1(2=
−⋅=
α
Vr
QVVVVV
i i
ii 75.3127
4...
7
1
7
1 0721 −===+++= ∑ ∑
= = πε
Rad koji se izvrši pri pomeranju probnog naelektrisanja: pJVQA p 27.31−=⋅=
Rad električnih sila je negativan, znači da se kretanje vrši suprotno smeru delovanja električnesile.
Zadatak 22.
Dve koncentrične sfere poluprečnika a=3cm i b=7cm naelektrisane su količinamanaelektrisanja Qa=2nC i Qb= -6nC. Odrediti vektor jačine električnog polja E i potencijal V u svimtačkama, kao i kapacitivnost sfernog kondenzatora?
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 39
Rešenje:
Zadatak se rešava primenom Gausovog zakona:0
Su ukupno
ε
QSdE
S
=⋅∫r
, gde Qukupno u S označava
algebarski zbir svih opterećenja unutar površi S.
Q a
Q b
r
a
b
E
n
S
Sfere su ravnomerno naelektrisane po površi, tako da je vektor jačine električnog poljaradijalan, kao što je naznačeno na slici. Zbog simetrije je, takođe, intenzitet vektora jačine električnogpolja isti u svim tačkama koje su na istom odstojanju od centra lopte, tj. na površi zamišljenje sferekoncentrične sa datim sferama. Vektor E normalan je na sferu u svim tačkama, tako da je skalarniproizvod E⋅dS=E⋅n⋅dS=E⋅dS⋅cos0=E⋅dS, pa je:
∫ ∫ ⋅=⋅S S
dSESdErr
Pošto je intenzitet E vektora jačine električnog polja E u svim tačkama na površi sfere isti (svetačke sfere su na istom odstojanju r od zajedničkog centra sfera), može se kao zajednički faktor izvućiispred znaka integrala, pa je:
24 rEdSESdESS
π⋅==⋅ ∫∫rr
pošto je zbir površina svih površinica dS koje sačinjavaju posmatranu sferu S jednak njenoj površini4πr2.
I oblast ar <<0 :
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 40
Naelektrisanje Qa sfere manjeg poluprečnika ravnomerno je raspoređeno po površi sfere, pasfera poluprečnika manjeg od a ne obuhvata naelektrisanje. Prema tome:
∑ = 0ukQ ⇒ 04 2
0
== ∑r
QE uk
πε
II oblast bra << :
Zamišljena sfera poluprečnika bra << u potpunosti obuhvata sferu manjeg poluprečnika r=a,tj. celokupno njeno naelektrisanje Qa. Naelektrisanje sfere poluporečnika r=b ravnomerno jeraspoređeno po njenoj površini tako da ono nije obuhvaćeno. Sledi da je:
auk QQ =∑ ⇒ 204 r
QE aII πε=
za r = a :mVk
mV
aQ
arE aII 97.1976.19972
4)( 2
0
====πε
za r = b:mVk
mV
bQ
brE aII 67.346.3668
4)( 2
0
====πε
III oblast br > :
Sfera poluprečnika br > u potpunosti obuhvata obe sfere poluprečnika a i b, tako da je:
bauk QQQ +=∑ ⇒ 204
)(rQQ
rE baIII πε
+=
za r =b:mVk
mV
bQQ
brE baIII 34.793.7336
4)( 2
0
−=−=+
==πε
za r→∝ : EIII(r)=0
Potencijal:
Potencijal tačke A u odnosu na referentnu tačku R definiše se na sledeći način: ∫ ⋅=R
AA ldEV
rr. U
ovom slučaju referentna tačka R nalazi se u beskonačnosti.
III oblast br > :
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 41
rQQ
rr
QQrdrQQ
drErdEV babaR
P r r
baIIIIII
002
0 41
44 πεπεπε+
=∞
−⋅
+=⋅
+=⋅=⋅= ∫ ∫ ∫
∞ ∞rr
r=b: VbQQ
brV baIII 6.513
4)(
0
−=+
==πε
r→∝ : VIII=0 V
II oblast bra << :
==+⋅=⋅+⋅=⋅= ∫ ∫ ∫∫∞ ∞
)(4 2
0
brVrdrQ
drEdrErdEV IIIr
b
r
b
r
a
bIIIIIII πε
rr
==+
−⋅= )(1
4 0
brVr
b
rQ
IIIa
πε)(
4 0
brVrbrbQ
IIIa =+
⋅−
⋅πε
VbrVbrV IIIII 6.513)()( −====
r=a: VbrVababQ
arV IIIa
II 2.171)(4
)(0
−==+⋅−
⋅==πε
I oblast :0 ar <<
∫ ∫∫∫∞∞
−===⋅+⋅+⋅=⋅=b
a bIIIIIII
a
rI
rI VarVdrEdrEdrErdEV 2.171)(rr
Kapacitivnost:
ababQ
drEU ab
aII ⋅
−⋅=⋅= ∫
04πε;
CQU = ⇒ pFF
abab
C 84.51084.54 120 =⋅=
−= −πε
.
Zadatak 23.
Sferni kondenzator, poluprečnika elektroda a i b, ispunjen je tečnim dielektrikom nepoznatepermitivnosti. Kondenzator se optereti, odvoji od izvora, a zatim se kroz mali otvor na spoljašnjojelektrodi ispusti polovina dielektrika. Ako se zna da najveća jačina električnog polja u kondenzatoruporaste K=1.8 puta, odrediti relativnu permitivnost dielektrika. Šta se pri tome dešava sa električnom
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 42
energijom sadržanom u kondenzatoru, da li raste ili opada? Odrediti koliko puta se energija smanji, ilipoveća, posle isticanja polovine dielektrika.
Rešenje:Kada se sferni kondenzator, napunjen tečnim dielektrikom, priključi na napon, njegove se
elektrode naelektrišu ravnomerno naelektrisanjima Q i -Q. U kondenzatoru se uspostavi polje čije sulinije vektora D i E radijalne, kao što je prikazano na slici. Intenziteti ova dva vektora su:
24)(
rQrDπ
= , a<r<b,
24)(
rQrEπε
= , a<r<b,
D=0, E=0, r<a, r>b.
D
Ea
b
εQ
-Q
Najveća jačina polja u kondenzatoru je
2max 4 aQEπε
= .
Kapacitivnost punog kondenzatora iznosi
abab
C ⋅−
=πε4 ,
pa je energija električnog polja kondenzatora
ababQ
CQWE
−⋅⋅=⋅=
πε421
21 22
.
Posle isključivanja izvora napona i isticanja polovine dielektrika, ukupno naelektrisanjeelektroda ostaje isto, Q i -Q. Polje je i dalje radijalno, a na osnovu graničnih uslova sledi da je
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 43
)()()( rErErE do == .
Pošto su obe sredine linearne, to je
)()( rErD oo ε= , u vazduhu,
)()( rErD ε= , u dielektriku.
Eto
Etd
oεε
r Do
D
E
E
Intenziteti vektora E i D su
)(2)( 2 εεπ +=
orQrE , a<r<b,
)(2)( 2 εεπ
ε+
=o
oo r
QrD , a<r<b,
)(2)( 2 εεπ
ε+
=or
QrD , a<r<b.
Najveća jačina električnog polja u ovom slučaju iznosi
)(2 2max εεπ +=′
oaQE .
Kapacitivnost kondenzatora sa dva dielektrika je
abab
C o
−+
=′)(2 εεπ
.
Energija sadržana u kondenzatoru sada je
ababQ
CQW
oE
−⋅
+⋅=
′⋅=′
)(221
21 22
εεπ.
Prema uslovu zadatka,
KEE
o
=+
=′
εεε2
max
max ,
odakle sledi da je 92
=−
=K
Krε .
Odnos energija u ova dva slučaja je KWW
oE
E =+
=′
εεε2 , tj. po isticanju dielektrika energija
poraste K puta.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 44
Zadatak 24.
Sferno zapreminsko naelektrisanje ima gustinu 32 /10 mC−=ρ . Sfera ima koncentričnu šupljinuu kojoj nema opterećenja. Poluprečnik šupljine je a=1cm, dok je spoljašnji poluprečnik kojiograničava sferno naelektrisanje b=5cm. Izračunati vektor jačine električnog polja i potencijal u svimtačkama.
a
b
ρ
Rešenje:
Zbog simetrije, vektor jačine električnog polja je radijalan, a intenzitet mu zavisi od udaljenostir od centra.
Ovaj zadatak rešavamo primenom Gausovog zakona.
∫ =S
SQSdE
0ε
rr
Gustina zapreminskog naelektrisanje ρ jednaka je količini naelektrisanja po zapremini:
dvdQ
=ρ
drrdvdQ 24πρρ ⋅=⋅=
dv je zapremina elementarne sfere debljine dr.
U cilju rešavanja zadatka, podelićemo prostor na oblasti.
I oblast: r < a
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 45
a
b
ρ
r
U ovom slučaju ukupno obuhvaćeno naelektrisanje je 0, pa Gausov zakon glasi:
0)(04 0 =⇒=⋅ rEE πε
II oblast: a < r < b
a
b
ρ
r
r
b
a
0
24ε
π SQrE =⋅
Pošto je drrdvdQ 24πρρ ⋅=⋅= , obuhvaćeno naelektrisanje Q ćemo odrediti integraljenjem:
∫ −=⋅=r
a
ardvQ )(34 33ρπρ
20
33
3)(
rarrE
ερ
−⋅=
III oblast: r > b
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 46
r
ar
b
a
r ρ
0
24ε
π SQrE =⋅
Obuhvaćeno naelektrisanje Q ponovo određujemo integraljenjem:
∫ −=⋅=b
a
abdrrQ )(344 332 ρππρ
20
33
3)(
rabrE
ερ
−⋅=
Kod određivanja potencijala, takođe ćemo izračunavati po oblastima.
r < a:
∫ ∫ ∫ ∫∞ ∞
++=r
a
r
b
a b
drrEdrrEdrrEdrrErV )()()()()(
Pošto u unutrašnjosti lopte nema električnog polja, prvi integral je jednak nuli. Dalje je:
∫ ∫∞ −
+−
=b
a b
drrabdr
rarrV 2
0
33
20
33
33)(
ερ
ερ
Integraljenjem i sređivanjem dobijenog izraza dolazimo do potencijala:
MVabrV 36.12
)(0
22
=−
=ε
ρ
a < r < b:
∫ ∫∞
+=b
r b
drrEdrrErV )()()(
−−=
rarbrV
322
0
236
)(ερ
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 47
r > b:
∫∞ −
=−
=r r
abdrrabrV
0
33
20
33
33)(
ερ
ερ
Interesantno je izračunati koliki je potencijal u pojedinim tačkama.
Na sredini između poluprečnika koji ograničavaju sferno opterećenje i r=3cm, potancijal jetada: V=1.23MV. Za r=8cm, potencijal je V=0.58MV.
Zadatak 25.
Uzemljivač stuba dalekovoda se može aproksimirati poluloptom poluprečnika a=1.5m,specifična otpornost zemlje u okolini uzemljivača je ρ=102Ωm. Izračunati otpornost uzemljenjauzemljivača i napon koraka (d=0.75m) ako je jačina struje kroz uzemljivač I=20000A.
Rešenje:Uzemljivač generatora možemo da zamislimo u obliku velike metalne polulopte koja ima isti
centar kao polulopta uzemljivača prijemnika, poluprečnika b >> a. Specifična otpornost velike metalnepolulopte uzemljivača generatora i male polulopte uzemljivača prijemnika, mnogo je manja odspecifične otpornosti zemlje. Iz tog razloga i jedna i druga polulopta mogu se smatrati zaekvipotencijalne površi, a vektor gustine struje između njih je radijalan, kao što je prikazano na slici.Po prvom Kirhofovom zakonu jačina struje kroz svaku zamišljenu polusferu S u zemlji je ista, ijednaka I. Površina zamišljene polusfere S je 2r2π. Gustina struje J je J=I/(2r2π). Jačina električnogpolja je E=ρ⋅ J, tj. E=ρI/(2r2π).
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 48
I
ab
Va
Vb
..r
S
J
Razlika potencijala između polulopte poluprečnika a i poluprečnika b je:
aabIdr
rIrdEVV
b
a
b
aba π
ρπρ
πρ
2I 11
2
2 2 ≅
+−⋅=⋅
⋅=⋅=− ∫∫
rr, jer je b >> a
Otpornost uzemljenja uzemljivača je : Ω==−
= 6.102 aI
VVR ba
uz πρ
Napon koraka: ( ) kVVada
drdrU
ad
akoraka 7170735
2I
2I
2 ≅=+
== ∫+
πρ
πρ .
Zadatak 26.
Dva veoma duga koaksijalna šuplja cilindra, poluprečnika a i b naelektrisana su podužnimnaelektrisanjima Q' i -Q', respektivno. Prostor između cilindara ispunjen je linearnim dielektrikom,relativne dielektrične konstante εr= 3. Odrediti vektor jačine električnog polja E i potencijal V u svimtačkama, kao i vektor električne polarizacije P. Za referentnu tačku uzeti spoljašnju površ cilindrapoluprečnika b. Brojni podaci: Qa'= 2nC/m, a= 2cm, b= 4cm.
Rešenje:
Zadatak se rešava primenom Gausovog zakona r
QSd
SE
εε 0
Su ukupno=⋅∫rr
na površ S pravog kružnog
cilindra koaksijalnog sa provodnikom (ima istu osu kao provodnik). Ako sa B1 i B2 obeležimo osnovice(bazise) cilindra, a sa O njegov omotač, tada je fluks vektora E kroz zatvorenu površ S:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 49
.21
→→→→→→→→
⋅+⋅+⋅=⋅ ∫∫∫∫ SdESdESdESdEOBBS
Ugao između E i dS na oba bazisa je prav, pa je fluks kroz bazise nula. Na površi omotačavektori E i dS su istog pravca i smera, a površ omotača zapravo predstavlja površinu pravougaonikačija je jedna stranica jednaka obimu kruga a druga visini cilindra, pa je:
∫ ∫∫ ==++=⋅→→
O OS
rhrEdSrEdSrESdE π2)()(0cos)(00
Pošto cilindar obuhvata količinu naelektrisanja Q’h, na osnovu Gausovog zakona i prethodnejednačine imamo:
r
hQrhrEεε
π0
'
2)( =
2b
2a
r h
E
nE
O
B1
B2
1 2
I oblast ar < :
∑ = 0Q ⇒ E=0
II oblast bra << :
rQrE
r
12
)(0
'
⋅=επε
r=a: mV
aQarE
r
18.5992
)(0
'
===επε
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 50
r=b: mV
bQbrE
r
59.2992
)(0
'
===επε
III oblast :br >
∑ = 0Q ⇒ E=0
Potencijal se računa na osnovu jednačine →→
∫= rdEVR
P
, gde je R referentna tačka koja se u
slučaju koaksijalnog kabela nalazi na površini cilindra većeg poluprečnika, tj. R=b, a P je tačka čijipotencijal određujemo.
:br > VIII=0
:bra <<
rbQ
rdrQrdEV
r
b
r r
b
rII ln
22 0
'
0
'
επεεπε=⋅== ∫∫
→→
VabQarV
rII 306.8ln
2)(
0
'
===επε
0ln2
)(0
'
===bbQbrV
rII επε
:ar <
VabQ
rdrQrdErdErdEV
r
b
a r
b
a
a
r
b
rI 306.8ln
22 0
'
0
'
0
==⋅=+== ∫∫∫∫→→
=
→→→→
επεεπε321
Intenzitet vektora polarizacije je: EEP eo )( 0εεχε −== .
Zadatak 27.
Dva dugačka žičana paralelna provodnika, poluprečnika a=1mm, nalaze se na rastojanjud=10cm, daleko od drugih tela. Podužna gustina naelektrisanja provodnika je Q'1=-Q'2=10nC/m.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 51
Odrediti vektor jačine električnog polja E, električnog pomeraja D, kao i podužnu kapacitivnost ovogkondenzatora C' i napon U.
Rešenje:Pošto je rastojanje d>>a, uticaj opterećenja na jednom provodniku na raspodelu naelektrisanja
na drugom provodniku može se zanemariti. Zbog toga je, vrlo približno, raspodela opterećenja popovrši oba provodnika ravnomerna. Vektor jačine polja E svakog takvog provodnika je radijalan iodređen je u prethodnom zadatku. Intenzitet vektora jačine električnog polja na rastojanju r od
provodnika jednak je r
QrE0
'
2)(
πε= .
++
+++
++
++
+
++
+++
2a
Q’1
--
---
--
--
-
--
---
2a
-Q’
2
d
M M’
P
r r'=d-r
dr
EQ’
E-Q’
Posmatrajmo neku tačku P na duži koja spaja tačke M i M', u toj tački vektori E koji potiču odoba provodnika istog su smera (vektor E negativnog opterećenja usmeren je ka tom opterećenju, apozitivnog opterećenja od njega). Intenzitet jednog i drugog je
rQE
Q02
'πε′
= , r
QEQ ′
′=
−02
'πε
, rdr −=′
pa je duž linije MM',
rQ
rQEEE QQukupno ′
′+
′=+= ′−′
00 22 πεπε.
ukupnoED 0ε= .
Potencijalna razlika (napon) između provodnika je:
′′
−′
==− ∫∫∫−
−′ a
ad
ad
a
M
Mukupno r
rdrdrQdrEVV
021 2πε
.
aadQ
aad
aadQ
ada
aadQVV −′
=
−
+−′
=
−−
−′=− lnlnln
2lnln
2 00021 πεπεπε
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 52
Kako je d>>a, to je VadQVV 44.1656ln
021 =
′≅−πε
.
Podužna kapacitivnost dvožičnog voda je na osnovu prethodne jednačine pF
ad
C 6ln
0 ==′πε
.
Zadatak 28.
Dvožični vod, poluprečnika a=3mm i rastojanja osa provodnika b=35cm, priključen je najvećinapon pri kome još ne dolazi do pojave korone na površinama provodnika. Kolika je podužna energijaelektričnog polja voda i sila (intenzitet, pravac i smer) između provodnika voda u ovom slučaju, ako jedielektrična čvrstina vazduha Emax=2.5 MV/m?
Rešenje:Kako je rastojanje između provodnika voda veliko u odnosu na poluprečnik provodnika voda
(b>>a), to se može smatrati da je raspodela naelektrisanja na provodnicima, kada je vod priključen nanapon U, ravnomerna po površi provodnika, kao kad bi oni bili usamljeni. Neka je podužnonaelektrisanje svakog od njih Q' i -Q'. Vektor jačine polja, u tačkama ravni u kojoj leže provodnici imasamo komponentu koja leži u toj ravni i njen intenzitet zavisi od rastojanja, od ose jednog odprovodnika (videti prethodni zadatak):
−+⋅
′=
rbrQrE 11
2)(
0πε.
Najveći intenzitet vektor jačine električnog polja ima na samim provodnicima
aQE
0max 2πε
′≈ ,
odakle sledi da je najveće podužno naelektrisanje kojim se mogu naelektrisati provodnici
mCaEQ /417.02 max0max µπε ==′ .
Kako je podužna kapacitivnost dvožičnog voda
mpF
ab
C /84.5ln
0 ==′πε
,
najveći dozvoljeni napon je
kVabaE
CQ
U 4.71ln2 maxmax
max =⋅=′′
= .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 53
Kada se dvožični vod priključi na napon Umax, energija u polju oko voda, po jedinici dužine,iznosi
mJUCWE /109.1421 32
max−⋅=′=′ .
Intenzitet podužne sile kojom provodnici deluju jedan na drugi je
mNb
QbEQFF /109
2)(
|)(||||| 3
0
2max
1max2112−⋅=
′=′=′=′
πε
rrr.
Pravac i smer sile prikazani su na slici.
b
ra
Q’ -Q’F’21 F’12E(r)rr0
Zadatak 29.
Sferni kondenzator, poluprečnika unutrašnje elektrode a=1cm, načinjen je tako da naunutrašnju elektrodu naleže ljuska od dielektrika, permitivnosti ε =5ε0, debljine d=0.5cm. Kondenzatorje priključen na napon U=1kV.
a) Izračunati unutrašnji poluprečnik spoljne elektrode b, ako se zna da je elektrostatičkaenergija, sadržana u dielektriku kondenzatora, ista kao elektrostatička energija sadržana u preostalomdelu kondenzatora, ispunjenog vazduhom.
b) Izračunati ukupnu elektrostatičku energiju sadržanu u kondenzatoru.
c) Koliki je najveći napon na koji sme da se priključi ovaj kondenzator?
Dielektrične čvrstine za vazduh i dielektrik iznose Ečv=30kV/cm i Ečd=60kV/cm.
Rešenje:a) Prema uslovu zadatka elektrostatička energija sadržana u pojedinim delovima kondenzatora
je ista, pa je onda
dWW =0 ⇒0
22
21
21
CQ
CQ
d
⋅=⋅ ,
gde je Q naelektrisanje na unutrašnjoj elektrodi kondenzatora.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 54
0εεa
b1 b
d
Dd
D0
Iz prethodnog izraza sledi da su energije iste za Cd=C0. Koristeći izraz za kapacitivnost sfernogkondenzatora sa homogenim dielektrikom sledi da je
)()(4)(4 0 dabbda
ddaa
+−+
=+
πεπε
cm
ad
dab 67.11 0
=−
+=
εε
.
b)
Kondenzatori su vezani redno, tako da je ekvivalentna kapacitivnost ova dva kondenzatora
20
0 d
d
dE
CCCCC
C =+⋅
= , (Cd=C0 prema uslovu zadatka).
Elektrostatička energija sadržana u ovom kondenzatoru iznosi
22
221
21 U
CUCW d
EE ⋅=⋅=
JUd
daaUd
daaWE µπεπε 17.4)()(441 22 =
+⋅=
+⋅⋅= .
c)
Najveći dozvoljeni napon na koji sme da se priključi kondenzator određuje se s obzirom nadielektričnu čvrstinu jednog ili drugog sloja. Prema graničnim uslovima je Dd=D0=D. Iz uopštenogGausovog zakona sledi da je
24 rQDπ
= , a<r<b.
Električno polje ima intenzitet
24 rQEπε
= , a<r<b1, i 204 r
QEπε
= , b1<r<b.
Najveće polje u prvom materijalu je
21max
2max1 44)(
aUC
aQaDE E
πεπεε=== .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 55
Najveća vrednost ovog polja iznosi E1max=Ečd. Zamenom brojnih vrednosti dobija se da jeUmax1=40kV.
Najveće polje u vazduhu iznosi
20
2max2
0max2 )(44
)(da
UCa
QdaDE E
+==
+=
πεπεε.
Najveća vrednost ovog polja je E2max=Ečv.
Zamenom brojnih vrednosti dobija se da je U2max=9kV.
Kako je U2max< U1max, to je najveći dozvoljeni napon na koji sme da se priključi kondenzatorU2max.
Zadatak 30.
Odrediti podužno naelektrisanje koaksijalnog kabela unutrašnjeg poluprečnika a=3cm ispoljašnjeg poluprečnika b=5cm, tako da ne dođe do proboja vazduha kao dielektrika. Dielektričnačvrstina vazduha je Ečv= 30 kV/cm. Koliki je maksimalni napon na koji može da se priključi koaksijalnikabel?
Rešenje:
Jačina električnog polja određuje se iz Gausovog zakona: 0ε
∑∫ =⋅Q
SdES
rr.
0
2ε
π ∑=⋅Q
rlE ⇒rl
QrE
02)(
πε∑=
I oblast r<a:
0)( =rEI ∑ = 0Q
II oblast a<r<b:
rQ
rlQrEII
00 22)(
πεπε′
==
III oblast r>b:
0)( =rEIII
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 56
Maksimalno električno polje je na spoljašnoj površini unutrašnjeg provodnika, tj. na rastojanjur=a. Ovo maksimalno električno polje ne sme biti veće od dielektrične čvrstine vazduha.
čvII EEarE === max)(
aQE
0max 2πε
′= ⇒ CaEQ µπε 52 max0 ==′
Napon između provodnika koaksijalnog kabela je:
abQdr
rQrdEU
b
a
b
aII ln
22 00 πεπε′
=′
== ∫ ∫rr
Maksimalan napon određen je maksimalnom vrednošću podužnog naelektrisanja:
abaE
abaE
abQ
U lnln2
2ln
2 max0
max0
0
maxmax ===
πεπε
πε
kVU 97.45max = .
Zadatak 31.
Kondenzator je načinjen od dela koaksijalnog kabela dužine L=15cm i dimenzija a=2mm ib=7mm, kao na slici. Kondenzator je ispunjen do polovine tečnim dielektrikom permitivnosti ε=3ε0 ipriključen na napon U=1kV, a zatim odvojen od izvora. Kondenzator se zatim postavi u vertikalanpoložaj i lagano dopuni dielektrikom do kraja. Izračunati napon između obloga kondenzatora ufunkciji visine dielektrika u kondenzatoru i promenu električne energije kondenzatora u funkciji visinedielektrika.
a
b
L
ε
0ε
Rešenje:a)
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 57
Po priključenju na napon U kondenzator će se opteretiti naelektrisanjem Q, koje se poisključenju izvora neće menjati. Iz graničnih uslova sledi da su vektori jačine električnog polja isti uobe sredine Eo=Ed=E.
a
rb
rε
S
E0
Ed
0ε
Uopšteni Gausov zakon je oblika:
QSdDS
=⋅∫rr
,
odnosno
QELrELr r =+ εεπεπ 00 ,
odakle je jačina električnog polja
rLQE
r
1)1(0
⋅+
=εεπ
, a<r<b. (1)
Napon između obloga kondenzatora iznosi:
ab
LQ
rdr
LQrdEU
r
b
ar
b
a
ln)1()1( 00
⋅+
=⋅+
=⋅= ∫∫ εεπεεπrr
. (2)
Iz izraza za napon nalazimo vrednost naelektrisanja:
nC
ab
LUQ r 32.13ln
1)1(0 =⋅+⋅⋅⋅⋅= εεπ . (3)
Kada se postaviu vertikalan položaj i lagano dopunjava dielektrikom, kondenzator izgleda kakona slici.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 58
r
L-x
x
x
Sε
0ε
Uopšteni Gausov zakon za zatvorenu površ S sa slike je QSdDS
=⋅∫rr
, odnosno:
QErxExLr r =+− εεπεπ 00 2)(2
odakle je
rxLQE
r
1))1((2 0
⋅−+
=επε
, a<r<b. (4)
Sada je napon između obloga kondenzatora:
ab
xLQ
rdr
xLQrdEU
r
b
ar
b
aN ln
))1((2))1((2 00
⋅−+
=⋅−+
=⋅= ∫∫ επεεπεrr
. (5)
Zamenom izraza (3) za količinu naelektrisanja dobija se:
))1((2)1(
))1((2ln
ln)1(
0
0
−++
=−+⋅
⋅+=
r
r
r
r
N xLUL
xLLab
abLU
Uεε
εεπ
εεπ. (6)
b)
Promena elektrostatičke energije kondenzatora biće:
−=∆
staronovo CQ
CQW
22
21 . (7)
Kapacitivnost Cnovo određuje se iz izraza (6):
( ))1(ln
2 0 −+= rnovo xL
ab
C επε
,
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 59
a kapacitivnost Cstaro iz izraza (2):
)1(2ln
2 0 +⋅⋅= rstaroL
ab
C επε
.
Zamenom ovih izraza za kapacitivnost u izraz za energiju (7), dobija se promena energije:
+
−−+
⋅⋅=∆)1(
2)1(
12
1ln2 0
2
rr LxLabQW
εεπε.
Zadatak 32.
Na slici je prikazan kondenzator načinjen od vazdušnog koaksijalnog kabela poluprečnikaelektroda a=5mm, b=2,7a i dužine l=30cm. Kondenzator je do trećine svoje visine ispunjen tečnimdielektrikom permitivnosti ε=3ε0 i priključen na najveći napon pri kome još ne dolazi do varničenja.Kondenzator se zatim odvoji od izvora i lagano dopuni dielektrikom, do kraja. Izračunati: (a) novinapon između elektroda; (b) promenu elektrostatičke energije kondenzatora u odnosu na početnostanje. Ostali brojni podaci: Ečv=30kV/cm; Ečd=150kV/cm.
a
b
l31
l32
ε
0ε
Rešenje:
Na osnovu graničnih uslova možemo da pišemo:
EEE tdt ==0
Uopšteni oblik Gausovog zakona daje:
∫ =⋅S
QSdDrr
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 60
ab
0ε
ε
Et0
Etd
Primenjujući prethodni izraz na zamišljeni cilindar koji je koaksijalan sa kondenzatorom,dobijamo:
QlrDlrDo =⋅+⋅312
322 ππ (*)
ED ⋅= 00 ε
ED ⋅= ε
Ako zamenimo prethodna dva izraza u izraz (*), dobijamo formulu za E:
( ) 0000
103
32312
312
322 επεεππεπε lr
Q
lr
Q
lrlr
QE =+
=+
= .
Napon U nalazimo po definiciji:
( )∫ ==b
a ab
lQdrrEU ln
103
0επ
Do proboja će doći ako se kondenzator optereti maksimalnom količinom naelektrisanja.
ab
lQ
U p ln103
0
max
επ=
S druge strane, polje je maksimalno na unutrašnjoj elektrodi kondenzatora (r=a):
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 61
( )0
maxmax 10
3επla
QarEE === .
Do varničenja neće doći ako je Emax ≤ Ečv.
Odavde dobijamo uslov za Qmax:
0max 310
επlaQ = Ečv
CQ µ417.0max =
Sada možemo da izračunamo i Up.
⋅= aU p Ečv=15kV.
Kapacitivnost ovog kondenzatora je:
pFUQC 8.27==
U drugom slučaju, kada se kondenzator dopuni do vrha dielektrikom, važi relacija:QrlD =⋅ π2
ED ⋅= ε
( )επlr
QrE2
=
Novi napon između elektroda je:
( )∫ ===b
aN kV
ab
lQdrrEU 33.8ln
2 επ
Sada kapacitivnost postaje:
pFUQC
NN 06.50==
Promenu elektrostatičke energije kondenzatora računamo kao razliku između energija novog istarog stanja.
mJQUQUWWW pNSN 39.121
21
−=−=−=∆ .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 62
Zadatak 33.
Vazdušni kondenzator sa slike načinjen je od dela koaksijalnog kabela dužine L=5cm,poluprečnika unutrašnje elektrode a=2mm, i spoljašnje b=5.4mm. Kabel je pogrešno projektovan, takoda pri željenom naponu od U=8kV dolazi do varničenja. Da bi se varničenje izbeglo, na unutrašnjiprovodnik moguće je navući cevčicu od dielektrika debljine zida d=1mm, kao na slici. Izračunatikritičnu vrednost permitivnosti koju treba da ima upotrebljeni dielektrik, pa da kondenzator ispravnoradi pri navedenom naponu. Ivične efekte zanemariti. Ečv=30kV/cm.
a
b
d
ε 0ε
Rešenje:
Primenjujemo uopšteni Gausov zakon: ∑∫ =⋅ ukS
QSdDrr
Prema graničnim uslovima vektor električnog pomeraja isti je u obe oblasti, tako da je:
DDD nn == 21
QrLD =⋅ π2 ⇒rL
QDπ2
= , a<r<b
Vektor električnog polja razlikuje se u dielektriku i u vazduhu, tako da je:
LQDE
rr επεεε 001 2
== , a<r<a+d
LQDE
002 2πεε
== , a+d<r<b
Maksimalna jačina električnog polja koja može da bude u kondenzatoru a da ne dođe dovarničenja, jednaka je dielektričnoj čvrstoći vazduha:
čvEdaL
QdaEE =+
=+=)(2
)(0
2max πε čvEdaLQ )(2 0 += πε
Napon vazdušnog kondenzatora određen je sledećom jednačinom:
+
++
⋅=+=⋅= ∫∫∫+
+
dab
ada
LQrdErdErdEU
r
b
da
da
a
b
a
lnln12 0
21 επεrrrr
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 63
Zamenom izraza za naelektrisanje Q jednačina za napon postaje:
+
++
⋅+=da
ba
daEdaUr
čv lnln1)(ε
Iz ove jednačine određuje se kritična vrednost permitivnosti upotrebljenog dielektrika da bikondenzator ispravno radio na naponu od U=8kV.
dab
EdaU
ada
čv
r
+−
+
+
=ln
)(
lnε
35.1=rε .
Zadatak 34.
Dat je cilindrični kondenzator (poluprečnik unutrašnje elektrode je R1=2cm, poluprečnikspoljašnje elektrode je R2=8cm, dužina kondenzatora je L=10cm), koji je priključen na napon U=1V.Na unutrašnju elektrodu kondenzatora navučen je prsten od dielektrika čija je debljina d, apermitivnost rε . Odrediti d i rε tako da energija kondenzatora bude tri puta veća od energije sadržaneu dielektriku, a da električno polje na unutrašnjoj elektrodi kondenzatora bude dva puta veće nego naspoljašnjoj elektrodi.
R1
R2
d
Q
-Q
0εrε
Rešenje:
Prema uopštenom Gausovom zakonu:
∫ =⋅S
SQSdDrr
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 64
Pošto se radi o kondenzatoru u obliku cilindra, ovaj integral možemo rastaviti na tri integrala:
∫ ∫ ∫∫ ⋅+⋅+⋅=⋅1 2B B PS
SdDSdDSdDSdDrrrrrrrr
Od ova tri integrala samo je poslednji različit od nule jer na bazisima je normala upravna navektor D, pa je 090cos =°= DdSSdD
rr, dok su na plaštu vektori D i n kolinearni, pa dobijamo
∫ =⋅S
SdDrr∫ ⋅=P
rLDDdS π2
QrLD =⋅ π2
>
<<
<
=
2
21
1
,0
,2
,0
Rr
RrRrL
QRr
Dπ
Vektor D je jednak u obe sredine, dok je vektor E različit. Iz formule ED ⋅= ε nalazimo jačinuelektričnog polja u obe sredine:
,21 επε rL
QDE == dRrR +<< 11
,2 00
2 επε rLQDE == 21 RrdR <<+
Po uslovu zadatka, energija sadržana u dielektriku treba da je tri puta manja od energijekondenzatora (W=3W1). Energija sadržana u dielektriku je:
1
2
1 21
CQW =
Ukupna energija kondenzatora je:
01 εWWW +=
+=+=
21
2
2
2
1
2 1121
21
21
CCQ
CQ
CQW
Zagrada u poslednjem izrazu predstavlja obrazac za rednu vezu dva kondenzatora.
ekvCQW 1
21 2=
Prema definiciji, napon na koji je kondenzator priključen iznosi:
∫ ∫∫+
+
+=⋅=dR
R
R
dR
R
R
drLr
QdrLr
QrdEU1
1
2
1
2
1 022 πεπεrr
Rešavanjem integrala i sređivanjem izraza dobijamo izraz za U.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 65
r
r dRR
RdR
LQU
ε
ε
πε+
++
= 1
2
1
1
0
lnln
2
Dalje možemo da pišemo:
dRR
RdR
LUQC
r
rekv
++
+==
1
2
1
1
0
lnln
2
ε
επε
Napon na koji je priključen kondenzator C1 jednak je:
1
1
01 ln
2
1
1R
dRL
QldEUr
dR
R
+=⋅= ∫
+
επε
rr
1
1
0
11
ln
2
RdRL
UQC r
+==
επε
Iz uslova W=3W1 dobijamo izraz:
1
1
1
2
1
1 ln3lnlnR
dRdR
RR
dRr
+⋅=
++
+ε (*)
Po drugom uslovu zadatka, električno polje na unutrašnjoj elektrodi mora biti dva puta većenego na spoljašnjoj, pa možemo da pišemo:
2010 22
2 LRQ
LRQ
r πεεπε=
Posle skraćivanja, izraz postaje:
21
21RRr
=ε
(**)
Kombinujući izraze (*) i (**), dobijamo 2=rε , i d=2cm.
Zadatak 35.
Sferni kondenzator ima dva homogena, izotropna, linearna dielektrika, kao na slici. Poznati su:poluprečnici a=5mm, b=7mm, c=10mm, dielektrične čvrstoće oba dielektrika E1kr=250kV/cm iE2kr=200kV/cm i relativna dielektrična propustljivost prvog dielektrika εr1=8. Pri naponu izmeđuelektroda kondenzatora Umax=70kV nastupio je proboj u drugom dielektriku. Odrediti relativnudielektričnu propustljivost drugog dielektrika εr2.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 66
a
b
c1
2
U
+
2rε1rε
Rešenje:Izraz za vektor dielektričnog pomeraja u kondenzatoru je:
24)(
rQrDπ
= , a<r<c
pa su izrazi za vektor jačine električnog polja u dielektricima:
210
1 4)(
rQrE
rεπε= , a<r<b
220
2 4)(
rQrE
rεπε= , b<r<c
Najveće jačine električnih polja u dielektricima iznose:
210
1max1 4)(
aQaEE
rεπε==
220
12max2 4)(
bQEbEE
rεπε===
Kako je do proboja došlo u drugom dielektriku, to je: krr EbQ 22
20max 4 επε= .
Izrazi za jačine električnih polja mogu se predstaviti sada u obliku:2
21
22
max11 )(
=
=
rbE
raErE kr
r
r
εε , a<r<b
2
2
2
max22 )(
=
=
rbE
rbErE kr , b<r<c
Probojni napon kondenzatora je:
−+
−=+== ∫∫ c
babbEdrrEdrrEUU
r
rkr
c
b
b
a
11)()(1
2221maxmax12 ε
ε .
Iz prethodnog izraza dobija se dielektrična propustljivost drugog dielektrika:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 67
412
max2 =
−⋅
−−= r
krr ab
ac
bcbEU
εε .
Zadatak 36.
Koaksijalni kabel ima dva sloja dielektrika relativnih permitivnosti εr1=2 i εr2=4. Poluprečnikunutrašnjeg provodnika je a=3mm, a unutrašnji poluprečnik spoljašnjeg provodnika je b=15mm.Odrediti:
a) kako treba postaviti slojeve, kao i poluprečnik razdvojne površine dielektrika da bi maksimalnajačina električnog polja u oba dielektrika bila ista;
b) podužnu kapacitivnost kabela;
c) najveći napon na koji kabel može da se priključi ako je dielektrična čvrstoća oba dielektrika200kV/cm.
a
b c
Rešenje:Neka je c poluprečnik razdvojne površi dva dielektrika, kako je prikazano na slici:
a
b c
ε ′
ε ′′
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 68
Intenzitet vektora jačine električnog polja u kabelu je: r
QEπε2′
= , gde je Q’ podužna
gustina naelektrisanja. Intenzitet vektora jačine električnog polja u jednom i drugom dielektriku je:
rQEεπ ′′
=′2
, a<r<c
rQEεπ ′′′
=′′2
, c<r<b
ε ′ je permitivnost u dielektriku uz unutrašnji provodnik kabela, a ε ′′ uz spoljašnji provodnik.Maksimalne jačine električnog polja javljaju se na površini unutrašnjeg provodnika kabela i narazdvojnoj površini dielektrika:
aQEεπ ′′
=′2max i
cQEεπ ′′′
=′′2max
Prema uslovu zadatka ove maksimalne jačine polja moraju biti jednake, tj. maxmax EE ′′=′ , pa jeonda:
cQ
aQ
επεπ ′′′′
=′′
22⇒ ca εε ′′=′ ⇒
εε′′′
=ac .
Pošto mora biti c>a, to znači da mora biti εε ′′>′ , pa uz unutrašnji provodnik kabela trebastaviti dielektrik sa većom permitivnošću.
.21
2
01
02 ===′′′
=r
r
r
r
ac
εε
εεεε
εε
Poluprečnik razdvojne površi dva dielektrika na osnovu gornje relacije je c=2a=6 cm.
b)
Podužna kapacitivnost kabela C’ je: abU
QC′
=′
Napon između provodnika kabela dat je sledećom jednačinom:
cbQ
acQdr
rQdr
rQrdErdEU
rr
b
c r
c
a r
b
c
c
aab ln
2ln
222 1020102021 επεεπεεπεεπε
′+
′=⋅
′+⋅
′=⋅+⋅= ∫∫∫∫
rrrr
mFp
cb
acU
QC
rr
ab
88ln1ln1
2
12
0 =+
=′
=′
εε
πε.
c)
Dielektrična čvrstoća predstavlja maksimalnu jačinu električnog polja koja može postojati ukabelu, a da ne dođe do proboja dielektrika:
cQ
aQEE
rrč
1020max 22 επεεπε
′=
′== .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 69
Podužna gustina naelektrisanja je: črčr cEaEQ 1020 22 επεεπε ==′ .
Najveći napon na koji može da se priključi kabel je:
kVcbcE
acaEU čč 54.151lnlnmax =+= .
Zadatak 37.
Koaksijalni kondenzator, poluprečnika unutrašnjeg provodnika a=1mm, odnosa poluprečnikaspoljašnjeg i unutrašnjeg provodnika b/a=e (e≈2.718) i dužine l, potpuno je ispunjen tečnimdielektrikom, relativne permitivnosti εr=5 i dielektrične čvrstoće Ekr=180kV/cm. Kondenzator jepostavljen u vertikalan položaj i priključen na stalan napon U=2.4kV, pa odvojen od izvora. Zatim je,kroz mali otvor pri dnu kondenzatora, dielektrik iscurio za visinu h, kao na slici, pri čemu je došlo doproboja kondenzatora. Dielektrična čvrstoća vazduha je Ekro=30kV/cm. Efekti krajeva se moguzanemariti. Odrediti odnos h/l.
h
l
ab
0ε
rε
Rešenje:Na razdvojnoj površi dielektrika i vazduha električno polje se ne menja zbog graničnih uslova.
Primenom uopštenog Gausovog zakona na cilindar koji potpuno obuhvata unutrašnji provodnikkondenzatora i priljubljen je uz njegovu površ, dobijamo jačinu električnog polja uz tu površ:
∑∫ =⋅ QSdDS
rr
∑=⋅+⋅ QSDSD 0011
QrhEhlrEr =+− πεπεε 2)(2 00
[ ] rhhlQE
r 0)(2 εεπ +−=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 70
[ ] ahhlQ
aEr 0)(2
)(εεπ +−
= (u dielektriku i vazduhu)
Opterećenost kondenzatora iznosi:
UCQ )1(= , lCC ⋅′=)1( ,
ab
C r
ln
2 0επε=′
gde je C(1) kapacitivnost kondenzatora pre isticanja dielektrika, a C’ podužna kapacitivnostkoaksijalnog kondenzatora, poluprečnika provodnika a i b, ispunjenog homogenim dielektrikom,relativne permitivnosti εr. Opterećenje kondenzatora se ne menja u toku curenja dielektrika jer jekondenzator odvojen od izvora. U trenutku kada je E(a)=Ekr0 doći će do proboja u vazduhu.
Naelektrisanje Q određeno je sledećim jednačinama:
[ ] ahhlQ r 0)(2 εεπ +−=
Ul
ab
UlCQ r ⋅⋅=⋅⋅′=ln
2 0επε
Izjednačavanjem ovih jednačina dobija se traženi odnos h/l:
25.0ln
11
0
=
−⋅−
=
krr
r
Eaba
Ulh
εε .
Zadatak 38.
Dat je pločasti kondenzator sa sledećim karakteristikama: površina ploča S=1cm2, dielektrikizmeđu ploča je vazduh, ploče su opterećene količinom naelektrisanja Q=8nC i –Q=-8nC, dok jerastojanje ploča x=3mm. Izračunati silu koja deluje na jednu od ploča.
Rešenje:
Energija sadržana u kondenzatoru je
SxQ
dx
QC
QW0
2
0
22
222 εε===
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 71
SQ
dxdW
0
2
2ε=
Silu možemo izračunati kao
mNS
Qdx
dWF 16.362 0
2
=−=−=ε
.
Kao što vidimo znak sile je negativan. To znači da je sila privlačna što je i logično s obzirom dasu ploče naelektrisane suprotnim količinama naelektrisanja.
Zadatak 39.
Na slici je prikazan pločasti kondenzator sa čvrstim dielektrikom. Površina ploča je kvadratstranice a. Udaljenost ploča je d, opterećenje ploča Q=5nC, a permitivnost dielektrika je 03εε =Greškom, dielektrik ne naleže potpuno na ploče, nego je deo izvan kondenzatora. Odrediti silu kojadeluje na dielektrik.
Rešenje:
0ε
ε d
Q
-Q0 zz
zFr
a
Ovakva geometrija kondenzatora odgovara paralelnoj vezi jednog vazdušnog kondenzatora ikondenzatora sa čvrstim dielektrikom.
dzaa
dzaCCCekv
)(021
−+
⋅⋅=+=
εε
Energija sadržana u kondenzatoru je:
))((2)(22 0
2
21
22
zazadQ
CCQ
CQW
−+=
+==
εε
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 72
)(2))((2 0
2
20
02
εεεε
εε−−=
−+−
−=daU
xazadQ
dzdW
)(2 0
2
εε −=−=daU
dzdWF
Ova sila teži da uvuče dielektrik u kondenzator.
2. Stalne električne struje
Zadatak 40.
Za mrežu sa slike odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snage, ako je: E1=20V,E2=30V, E3=10V, R1=R3=10Ω, R5=R6=R7=30Ω, R2=20Ω, R4=50Ω, R8=40Ω, Is=2A.
R5
R6
R7
R8
R2
R4
R1
R3
E1
E2
E1
E3E3
+ +
+
+ +
Is
Rešenje:Prvo izvršimo transformaciju otpornika R5, R6 i R7 iz trougla u zvezdu:
Ω=++
⋅=== 10
765
65576756 RRR
RRRRR .
Nakon toga mreža ima sledeći izgled:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 74
R57
R56
R67
R8
R2
R4
R1
R3
E1
E2
E1
E3E3
+ +
+
+ +
Is
Kako je R57+R8=R4, R56=R1 i R67=R3, posmatrana mreža je simetrična, tako da se možeposmatrati samo jedna polovina mreže, kao što je prikazano na sledećoj slici:
2R2
R4
R1
R3
E2
E1
E3
+
+
+
IS /2 I
II
I2
I1
Posmatranu mrežu rešavamo metodom konturnih struja:
2S
II
I = (1)
( ) 124214 2 EEIRRRIR III −=+++− (2)
ARRR
IREE
IS
II 6.02
2421
412=
++
+−=
AII II 6.02 ==
AIII III 4.01 =−=
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRPR 6.32211 =⋅=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 75
WIRP R 4.142 22222 =⋅=
WIRPR 82144 =⋅=
WI
RP SR 10
2
2
33 =
⋅=
∑ = WPR 36 .
Snaga naponskih i strujnih generatora:
WIEPE 12211 −=⋅−=
WIEPE 18222 =⋅=
WI
EP SE 10
233 −=⋅−=
VEI
RIRU SS 40
2 3314 =++=
WUI
P SS
Is 402
=⋅=
∑ = WPg 36 .
Pošto je ∑ ∑= gR PP , teorema o održanju snage je zadovoljena.
Zadatak 41.
Metodom potencijala čvorova odrediti vrednost struja u svim granama mreže sa slike i proverititeoremu o održanju snage, ako je: R1=R5=10Ω, R2=20Ω, R3=50Ω, R4=100Ω, E1=5V, E2=10V,E3=12V, E4=2V, Is=2A.
R1
R2
R3
R4
R5
E1
E2
E3
E4
+
+
+
+
Is
Rešenje:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 76
Posmatrana mreža ima pet čvorova, pa se po metodi potencijala čvorova pišu četiri jednačine(nč-1). Kako u mreži postoje dve grane u kojima se nalazi samo naponski generator za referentni čvorbira se čvor koji je zajednički tim granama, a broj jednačina smanjuje se na dve.
1
2
3
4
I12 I1
IS
I13
I34
I24
I3
I4
3
33
32
13211
11111RE
VR
VRRRR
V =−−
++ (1)
SIVR
VRR
VR
−=−
++− 4
52
511
1
1111 (2)
43 EV = (3)
14 EV = (4)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
28.01.017.0 21 =− VV
5.12.01.0 21 −=+− VV
Rešenje ovog sistema jednačina je: V1=-3.92V i V2=-9.46V. Jačine struja određuju se izsledećih jednačina:
11212 RIV ⋅= ⇒ ARVI 554.0
1
1212 ==
52424 RIV ⋅= ⇒ ARVI 446.1
5
2424 −==
344234 IREV ⋅+−= ⇒ AR
EVI 07.0
4
23434 =
+=
133313 IREV ⋅+= ⇒ AR
EVI 358.0
3
31313 −=
−=
211 RIV ⋅= ⇒ ARVI 196.0
2
11 −==
034313 =++− III ⇒ AIII 428.034133 −=−=
043424 =+−− III ⇒ AIII 376.134244 −=+=
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRPR 06916.321211 =⋅=
WIRPR 76832.02122 =⋅=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 77
WIRPR 422528.621333 =⋅=
WIRPR 49.023444 =⋅=
WIRPR 90916.2022455 =⋅=
∑ = WPR 659168.31 .
Snaga naponskih i strujnih generatora:
WIEPE 88.6411 =⋅−=
WIEPE 7.03422 =⋅=
WIEPE 3008.41333 =⋅−=
WIEPE 8568.0344 =⋅−=
WVIP SIs 92.182 =⋅−=
∑ = WPg 6576.31 .
∑ ∑≅ gR PP teorema o održanju snage je zadovoljena.
Zadatak 42.
Primenom metode konturnih struja odrediti sve struje u kolu i proveriti teoremu o održanjusnage za kolo prikazano na slici. R1=1kΩ, R2=7kΩ, R3=3kΩ, R4=4kΩ, R5=7kΩ, R6=6kΩ, E1=1V,E2=2V, E3=3V, E4=4V, E5=5V, E6=6V.
R1
R2
R3 R4
R5 R6
E1
E3
E2E5
E4
E6
+
+
++
+
+
Rešenje:Posmatrana mreža ima četiri čvora i šest grana, pa se po metodi konturnih struja piše
n=ng-(nč-1) jednačina, tj. tri. Konture su odabrane kao na slici.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 78
I
II
III
I1
I2
I3
I4
I5
I6
42543431 )( EEEIRIRIRRR IIIIII +−=++++
64155323 )( EEEIRIRRRIR IIIIII −+=−+++
12365454 )( EEEIRRRIRIR IIIIII −−=+++−
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
7400030008000 =++ IIIIII III
17000170003000 −=−+ IIIIII III
01700070004000 =+− IIIIII III
Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti konturnih struja:
mAI I 33.1=
mAI II 507.0−
mAI III 521.0−=
Struje grana su:
mAII I 33.11 ==
mAII II 507.02 =−=
mAIII III 823.03 −=−−=
mAIII IIII 809.04 =+=
AIII IIIII µ145 =−=
mAII III 521.06 =−=
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRPR 0017689.02111 ==
WIRPR 001799343.02222 ==
WIRPR 002031987.02333 ==
WIRPR 002617924.02444 ==
WIRPR 000001372.02555 ==
WIRPR 001628646.02666 ==
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 79
∑ = WPR 009848172.0 .
Snaga naponskih generatora:
WIEPE µ14511 ==
WIEPE 001618.0422 −=−=
WIEPE 001563.0633 −=−=
WIEPE 003292.0344 =−=
WIEPE 00665.0155 ==
WIEPE 003042.0266 ==
∑ = WPg 009817.0 .
Pošto je ∑ ∑≅ gR PP teorema o održanju snage je zadovoljena.
Zadatak 43.
Za kolo stalne jednosmerne struje prikazano na slici poznato je: E1=3V, E3=5V, E9=10V, Ig2=-5mA, Ig4=10mA, Ig5=6mA, Ig10=5mA, R1=250Ω, R3=R6=100Ω, R4=200Ω, R5=25Ω i R7=R8=50Ω.Odrediti snagu koju razvija idealni strujni genarator Ig4 i napon između tačaka A i B.
R1
R8
R7
R6
R4
R3
R5
E3E9
E1
Ig4 Ig2
Ig10
Ig5
A B
+ +
+
Rešenje:Po metodi konturnih struja za posmatrano kolo pišemo sledeći sistem jednačina vodeći pri tome
računa da grana u kojoj se nalazi strujni generator pripada samo jednoj konturi:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 80
R1
R8
R7
R6
R4
R3
R5
E3
E1
Ig4 Ig2
Ig10
Ig5
A B
+ +
+
I II III
IVV
5gI II =
36878633 )( EIRIRIRRRRIR VIIIIII =−+++++
10gIII II =
2gIV II =
4gV II =
Iz ovog sistema jednačina sledi da je strujaIII=18mA.
Napon između tačaka A i B je:
VEIRIRIRU gAB 3.109886644 −=−++−= .
Snaga strujnog generatora Ig4:
VIRIRIREU gg 55.044661114 −=+−+−= .
mWUIP ggIg 5.5444 −== .
Zadatak 44.
U kolu prikazanom na slici poznato je: E1=120V, E2=100V, Ig2=−0.2A, Ig1=0.1A, R1=50Ω,R2=30Ω, R3=40Ω, R4=35Ω, R5=100Ω, R6=R7=50Ω, R8=25Ω. Izračunati sve struje i proveriti teoremuo održanju snage.
Ig1
Ig2
R1 R2R4
R7R6
R3R5E1 E2
++
R8
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 81
Rešenje:Kada se izvrši transformacija trougao zvezda otpornika R6, R7 i R8, kolo izgleda kao na slici:
Ig1
Ig2
R1 R2R4
R9R11R10
R3R5E1 E2
++
I
IVV
III
II
Ω=++
⋅= 20
876
769 RRR
RRR
Ω==++
⋅= 1011
876
8610 R
RRRRR
R
Kolo ima šest čvorova i deset grana, pa se po metodi konturnih struja piše pet jednačina. Priizboru kontura treba voditi računa da grana u kojoj se nalazi strujni generator pripada samo jednojkonturi.
Ig II =1 (1)
IIg II =2 (2)
29424911552 )()( EIRRIRRRRRIRIR IVIIIIII =+−++++++− (3)
23310941941 )()( EIRIRRRRRIRRIR VIVIIII −=−++++++−− (4)
133 EIRIR VIV =+− (5)
Zamenom brojnih vrednosti sistem postaje:
12355195 =− IVIII II
954015555 −=−+− VIVIII III
1204040 =+− VIV II
Rešenje ovog sistema daje sledeće vrednosti konturnih struja:
AI III 8.0=
AI IV 6.0=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 82
AIV 6.3=
Ig1
I1 I2
I6 I7
I8 Ig2I3I4 I5
Struje grana su:
AIII IIV 5.01 =−=
AIII IIII 7.02 =−=
AIII IVV 33 =−=
AIII IIIIV 2.04 −=−=
AIII IIIII 6.05 =+=
AII IV 6.06 −=−=
AII III 8.07 −=−=
AII V 6.38 ==
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRPR 5.122111 =⋅=
WIRPR 7.142222 =⋅=
WIRPR 3602333 =⋅=
WIRPR 4.12444 =⋅=
WIRPR 362555 =⋅=
WIRPR 8.02499 =⋅=
WIRPR 6.3261010 =⋅=
WIRPR 4.6271111 =⋅=
Ukupna suma snaga Džulovih gubitaka je WPRi 4.435=∑ .
Snaga naponskih i strujnih generatora:
WIEPE 432811 =⋅=
WIEPE 20422 =⋅−=
VIRU g 60552 =⋅= ⇒ WUIP ggIg 12222 −=⋅=
VIRIRU g 4611221 −=⋅−⋅−= ⇒ WUIP ggIg 6.4111 −=⋅=
Ukupna snaga naponskih i strujnih generatora je ∑ = WPg 4.435 .
Pošto je ∑∑ = gRi PP teorema o održanju snage je zadovoljena.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 83
Zadatak 45.
Primenom metode potencijala čvorova odrediti sve struje i proveriti teoremu o održanju snageza kolo sa slike, ako je: E1=10V, E2=5V, Is=2A, R1=10Ω, R2=22Ω, R3=56Ω, R4=82Ω, R5=100Ω, R6=R7=120Ω..
R1
R2
R3 R4
E1
E2
Is
+
+
R5
R6
I1
I3
I2I6
I5
R7 I7
I4
Rešenje:Posmatrano kolo ima šest čvorova, pa se po metodi potencijala čvorova piše pet jednačina. Za
referentni čvor bira se jedan od čvorova između kojih je vezan generator elektromotorne sile E1.
R1
R2
R3 R4
E1
E2
Is
+
+
R5
R6
I1
I3
I2I6
I5
R7 I7
I4
12
3
45
IE1
11 EV = (1)
SIVR
VRR
VR
−=−
++− 5
32
311
1
1111 (2)
SIVR
VRR
VR
=−
++− 4
43
471
7
1111 (3)
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 84
6
25
54
6543
4
11111REV
RV
RRRV
R−=−
+++− (4)
0111115
5324
52
3
=
+++−− V
RRRV
RV
R(5)
Zamenom brojnih vrednosti sistem postaje:
VV 101 =
202.012.01.0 521 −=−+− VVV
20125.00625.005.0 431 =−+− VVV
25.001.00725.00125.0 543 −=−+− VVV
007.001.002.0 542 =+−− VVV
Rešenje ovog sistema jednačina daje sledeće vrednosti potencijala:
VV 101 =
VV 6679.82 −=
VV 6569.403 =
VV 2847.34 =
VV 0073.25 −=
Struje grana:
1121 IRVV ⋅=− ⇒ AR
VVI 87.11
211 =
−=
225 IRV ⋅= ⇒ ARV
I 08.02
52 −==
3352 IRVV ⋅=− ⇒ AR
VVI 13.0
3
523 −=
−=
4443 IRVV ⋅=− ⇒ AR
VVI 47.0
4
434 =
−=
5545 IRVV ⋅=− ⇒ AR
VVI 053.0
5
455 −=
−=
2664 EIRV −⋅−= ⇒ AR
EVI 41.06
246 −=
−−=
7731 IRVV ⋅=− ⇒ AR
VVI 53.1
7
317 −=
−=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 85
0711 =++ III E ⇒ AIII E 34.0711 −=−−=
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRPR 969.342111 =⋅=
WIRPR 16.02222 =⋅=
WIRPR 845.02333 =⋅=
WIRPR 672.172444 =⋅=
WIRPR 2809.02555 =⋅=
WIRPR 362.32666 =⋅=
WIRPR 818.462777 =⋅=
Suma snaga Džulovih gubitaka je ∑ = WPRi 1069.104 .
Snaga naponskih i strujnih generatora:
WIEP EE 4.3111 =⋅−=
WIEPE 05.2622 =⋅−=
VVVU S 3248.4923 =−=
WUIP SSIs 6496.98=⋅=
Suma snaga naponskih i strujnih generatora je ∑ = WPg 0996.104 .
Teorema o održanju snage je zadovoljena jer je ∑ ∑≅ gR PP .
Zadatak 46.
Metodom potencijala čvorova odrediti sve struje u kolu na slici i proveriti teoremu o održanjusnage, ako je: R1=R5=10Ω, R2=R8=20Ω, R3=50Ω, R4=100Ω, R6=15Ω, R7=40Ω, E1=5V, E2=10V,E3=12V, Is=2A.
R1
R2
R3
R4
R5 R6R7
R8
E1 E2 E3
Is
+ +
+
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 86
Rešenje:Posmatrana mreža ima pet čvorova, pa je po metodi potencijala čvorova potrebno napisati četiri
jednačine. Čvorovi su odabrani kao na sledećoj slici:
1
2 3
4
I1 I2
I5
I6
I7I3
I4
VEV 1021 == (1)
1
14
872
87211
1
11111REV
RRV
RRRRV
R−=
+−
+
+++− (2)
SIRE
VRR
VR
+=
++−
3
33
431
3
111 (3)
SIVRRR
VRR
−=
+
+++
− 4875
287
111 (4)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
5.00167.0167.0 42 =− VV
44.203.0 3 =V
21167.00167.0 42 −=+− VV
Rešenje ovog sistema jednačina daje sledeće vrednosti potencijala:
VVV 3.12988.12 ≅=
VV 3.813 =
VVV 179521.164 −≅−=
Struje imaju sledeće vrednosti:
11121 IREVV −=− ⇒( )
AR
VVEI 37.0
1
2111 −=
−−=
( )87342 RRIVV +=− ⇒ ARRVV
I 305.087
423 =
+−
=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 87
422 IRV = ⇒ ARVI 065.0
2
24 ==
754 IRV −= ⇒ ARVI 7.1
5
47 −=−=
643 IRV −= ⇒ ARV
I 813.04
36 −−=−=
056 =−−− SIII ⇒ AIII S 187.165 −=−−=
0521 =++− III ⇒ AIII 817.0512 =−=
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRP 369.12111 ==
WIRP 0845.02422 ==
WIRP 44845.702533 ==
WIRP 0969.662644 ==
WIRP 9.282755 ==
WIRP S 60266 ==
WIRRP 5815.5)( 238778 =+= .
Ukupna snaga Džulovih gubitaka je ∑ = WPR 48035.232
Snaga naponskih i strujnih generatora:
WIEPE 85.1111 −==
WIEPE 17.8222 −=−=
WIEPE 244.14533 −==
VIRIRIRU SS 3.12875646 =+−=
WIUP SSIs 6.256==
Ukupna snaga naponskih i strujnih generatora je ∑ = WPg 336.232 .
Teorema o održanju snage je zadovoljena jer je ∑ ∑≅ gR PP .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 88
Zadatak 47.
Odrediti struju koja teče kroz otpornik R6. Brojni podaci: E=30V, Ig=250mA, R1=300Ω,R2=120Ω, R3=60Ω, R4=90Ω, R5=180Ω, R6=6Ω.
R1
R2
R4
R5
R6
R3
+Ig E
A
B
Rešenje:
Pošto se traži struja kroz samo jednu granu kola, nije racionalno rešavati čitavo kolo, negopogodnom metodom izračunati struju samo u traženoj grani. To ćemo učiniti primenom Tevenenoveteoreme.
U odnosu na tačke A i B, ostatak kola ćemo zameniti ekvivalentnim Tevenenovim generatoromi otpornikom.
RT R6
+
B
AI6
ET
Ekvivalentnu Tevenenovu otpornost određujemo tako što naponske generatore kratko spajamo,dok strujne generatore izvadimo iz kola. Tako dobijamo kolo koje je prikazano na sledećoj slici.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 89
R1 R4
R2 R5
R3
B
A
( )52
52
431
431
RRRR
RRRRRR
RR TAB +⋅
+++⋅+
==
Ω== 144TAB RR
Da bismo našali vrednost ekvivalentnog Tevenenovog generatora, treba naći napon izmeđutačaka A i B, pri izvađenom otporniku R6.
R1
R2
R4
R5
R3
+Ig E
A
B
I4
I5
I
II
III
Za dato kolo treba napisati tri jednačine po metodi konturnih struja, od kojih je jedna trivijalna.
gI II =
( ) EIIRRRIR IIIII =⋅−+++ 043111
( ) EIRRIIR IIIIII −=++⋅− 522 0
Rešavajući ovaj sistem jednačina, dobijamo vrednosti konturnih struja:
mAII gI 250==
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 90
ARRR
IREI III 1.0
431
1 −=++
−=
ARR
IREI IIII 2.0
52
2 −=+−−
=
Da bismo odredili ET=UAB, potrebno je izračunati struje I4 i I5.
AII II 1.04 =−=
AII III 2.05 =−=
VIRIRUE ABT 455544 =+==
0666 =+−− TT EIRIR
AI 3.06 = .
Zadatak 48.
U prikazanom kolu poznati su sledeći podaci: R1=R2=150Ω, R3=R4=R5=50Ω, E6=15V. Ako jeprekidač K otvoren, tada je VU 25`
14 = . Ako je prekidač K zatvoren, tada je VU 5.212 = . Odreditivrednost otpornika R6.
R6
R4 R5
R3
R2 R1
+
+
5
2
E1
E6K
13
4
Rešenje:
Da bismo odredili otpornik R6, potrebno je prvo odrediti struju kroz njega. Zato ostatak kolaizmeđu tačaka 1 i 4 zamenjujemo ekvivalentnim Tenenenovim generatorom i Tevenenovimotpornikom.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 91
R6
+
+
RT
E6
1
2
4
ET
Pošto je napon `14U pri otvorenom prekidaču K poznat, to je ujedno i vrednost Tevenenovog
generatora: VUET 25`14 == .
R4 R5
R2 R1
R3
13
4
5
+ E1
Za određivanje ekvivalentnog Tevenenovog otpora, potrebno je otpornike R1, R2 i R3 pretvoritiiz zvezde u trougao.
R4 R5
R2 R1
R3
13
4
5
R4 R5
R13 R34
R14
1 43
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 92
1
323213 R
RRRRR
⋅++=
2
313134 R
RRRRR
⋅++=
3
212114 R
RRRRR ⋅++=
Sada je ekvivalentna Tevenenova otpornost:
=TR ((R4||R13)+(R5||R34))||R14
=TR 75Ω
Na osnovu dobijenih vrednosti i ekvivalentne šeme, možemo da pišemo:
R6+
+
RT
E6
1
2
4
ET
U12
I
066 =+−+− TT EIREIR ,
gde je struja I jednaka
66
12 5.2RR
UI ==
Zamenjujući I u prethodnu jednačinu, dobijamo:
TT EEUR
UR ++−= 6126
12
Ω= 256R .
Zadatak 49.
Koristeći se Tevenenovom teoremom odrediti snagu koja se razvija na otporniku otpornosti R8 ukolu prikazanom na slici. Brojni podaci: Ig1=2A, Ig2=1A, R1=R2=10Ω, R3=R4=R6=5Ω, R7=8Ω,R8=4Ω, E3=8V, E5=10V, E6=12V, E8=7V.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 93
R1 R2
R4
R3
R6 R7 R8
E6 E8
E3 E5
Ig1 Ig2
+ +
+ +
A
B
D
E
C
Rešenje:Primenom Tevenenove teoreme kolo se može uprostiti i prikazati kao na slici:
+
+
R8
RT
E8
ET
AB
I
Za određivanje ekvivalentne Tevenenove otpornosti posmatra se kolo kao na slici:
R1 R2
R4
R3
R6 R7
A
B
D
E
C
)(|| 637 RRRRR TAB +==
Ω=+++
= 44.4)(
637
637
RRRRRR
RAB
Elektromotorna sila Tevenenovog generatora određuje se prema sledećoj slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 94
R1 R2R4
R3
R6 R7
E6
E3 E5
Ig1 Ig2+ +
+
A
B
D
E
C
I
III
II
Za posmatranu mrežu pišemo jednačine po metodi konturnih struja:
1gI II =
2gII II =
637633 )( EEIRRRIR IIII −=+++−
ARRR
IREEI I
III 31
763
363 =+++−
=
VIREU AB 67.12775 =+=
VUE ABT 67.12==
ARREE
IT
T 672.08
8 −=++−
=
WRREE
RIRPT
TR 8.1
2
8
88
288 =
+−
⋅== .
Zadatak 50.
U kolu prikazanom na slici odrediti jačinu struje Ix koja se uspostavlja kroz otpornik otpornostiRx u naznačenom referentnom smeru. Brojni podaci: E=12V, Is=250mA, R=200Ω, Rx=9R/4.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 95
R R
RR
RxR/2
3R/2
3REIs
+
Ix
Rešenje:Zadatak rešavamo primenom Tevenenove teoreme.
R R
RR
RxR/2
3R/2
3REIs
IxA
B
+⇔ Rx
RT ET+Ix
A B
Tevenenova otpornost:
R R
RR
R/2
3R/2
3R
A B
AA B
B
⇔
R/2
3R/2
3R
A
B
R/4
RRRRRRT 143
4||
23||
23
=
+
=
Napon Tevenenovog generatora:
R/2
3R/2
3REIs+ R/4
1
2
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 96
233
1
231
31
231
4
121 R
EIVRR
VRRR S −=
+−
++
23
2
131
231
31
231
21 REV
RRRV
RR=
+++
+−
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
21.0005.0025.0 21 =− VV
04.0015.0005.0 21 =+− VV
Rešenje ovog sistema su potencijali V1=9.57V i V2=5.85V. Napon Tevenenovog generatora jeET=V1=9.57V.
Struja Ix određena je jednačinom:
mARR
ERR
EI T
xT
Tx 42.19
143
49
=+
=+
= .
Zadatak 51.
a) Odrediti sve struje u kolu na slici i proveriti teoremu o održanju snage kada je prekidač Kotvoren. Brojni podaci: E1=15V, E2=5V, Ig=100mA, R1=100Ω, R2=300Ω, R3=150Ω, R4=50Ω,R5=100Ω i R6=150Ω.
b) Zatvaranjem prekidača K u kolo se uključuje otpornik otpornosti R7=820Ω. Odrediti snaguotpornika R7 primenom Tevenenove teoreme.
R7
R5
R6 R3
R4
R2
R1
Ig
E2
E1++
K
A
B
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 97
Rešenje:a) Kada je prekidač K otvoren, kolo izgleda kao na slici:
R5
R6 R3
R4R2
R1
Ig
E2
E1++ I1
I4I3
I5
I2
I
II
III
Posmatrana mreža ima četiri čvora i šest grana, pa je po metodi konturnih struja potrebnonapisati tri jednačine:
gI II = (1)
2124214 )( EEIRIRRRIR IIIIII −=−+++− (2)
2365223 )( EIRRRRIRIR IIIIII =++++−− (3)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
15300450 =− IIIII II
20700300 =+− IIIII II
Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti konturnih struja:
mAI II 3.73= , mAI III 60=
Struje grana su:
mAII II 3.731 ==
mAIII IIIII 3.132 =−=
mAIII IIII 403 =−=
mAIII III 7.264 −=−=
mAII III 605 ==
Snaga Džulovih gubitaka:
WIRPR 537289.02111 ==
WIRPR 053067.02222 ==
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 98
WIRPR 24.02333 ==
WIRPR 0356445.02444 ==
WIRPR 36.02555 ==
WIRPR 54.02566 ==
Ukupna snaga Džulovih gubitaka je ∑ = WPR 7660005.1 .
Snaga naponskih i strujnih generatora:
WIEPE 0995.1111 ==
WIEPE 0665.0222 −=−=
VIRIRU g 335.73344 =+−=
WUIP ggIg 7335.0==
Ukupna snaga naponskih generatora je ∑ = WPg 7665.1 .
Pošto je ∑ ∑= gR PP , teorema o održanju snage je zadovoljena.
b) Kada je prekidač K zatvoren
Deo mreže između tačaka A i B zamenjujemo ekvivalentnim Tevenenovim generatorom:
KR7
RT ET
I+
A B
Napon Tevenenovog generatora:
ABT UE =
VEIRU AB 9155 =+−=
Ekvivalentna Tevenenova otpornost:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 99
R5
R6 R3
R4R2
R1
A
B
Ω=+++== 80||)||)(( 563241 RRRRRRRR ABT
Snaga koja se razvija na otporniku R7 je:
mWRR
ERIRPT
TR 82
2
7777 =
+
== .
Zadatak 52.
U kolu sa slike odrediti struju I42 ako je poznato: E=100V, E2=10V, E5=40V, R1=20Ω,R2=30Ω, R3=20Ω, R4=10Ω..
R1 R2
R3 R4
EE5
E2I42
1
2
3
4
+
++
Rešenje:Zadatak rešavamo primenom Tevenenove teoreme na deo kola desno od elektromotorne sile E.
Ekvivalentna Tevenenova otpornost određuje se sa sledeće slike (otpornost između tačaka 2 i 4):
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 100
R1 R2
R3 R4
1
2
3
RT
Ω=+= 67.18|||| 4321 RRRRRT
Elektromotorna sila Tevenenovog generatora:
R1 R2
R3 R4
E5
E2
2
4
+
+
I12
I14
1
VEV 4051 ==
212211 )( EIRRV −+= ⇒ ARREV
I 121
2112 =
++
=
)( 43141 RRIV += ⇒ ARR
VI 33.1
43
114 =
+=
VIRIRU 6.614312124&=+−=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 101
+
+
RT
ET
E
I42
2
4
TEU =24
AR
EEIT
T 542 =−
= .
Zadatak 53.
Primenom Tevenenove teoreme izračunati jačinu struje kroz otpornik otpornosti R2 pre i poslezatvaranja prekidača K. Brojni podaci: E6=2E5=24V, IS=0,2A, R1=R2=300Ω, R5=R3=R4=50Ω,R6=R7=30Ω.
R1R2
R3
R4
R5
R6
R7
E5
E6
IS
K
+
+
Rešenje:
Pošto je potrebno odrediti struju kroz otpornik R2 za oba stanja prekidača, ostatak mreže ćemozameniti ekvivalentnim Tevenenovim otporom i generatorom o odnosu na grane sa otpornicima R2 i R7(tačke A i B).
Ekvivalentna šema za određivanje Tevenenovog otpora je prikazana na sledećoj slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 102
R1
R4
R3
R6
R5
A
B
Za izračunavanje otpora između tačaka A i B, potrebno je otpornike vezane u zvezdu (R3, R4,R5) pretvoriti u trougao. Pošto su pomenuta tri otpornika jednaka, sva tri otpornika koja budu činilatrougao će takođe biti jednaka.
Ω=++=== 1505
4343453534 R
RRRRRRR
Posle ove transformacije, lako se nalazi RT:
R1
R35
R45
R34
R6
B
A
RT=((R6||R34)+(R1||R35))||R45=68.18Ω.
Za određivanje ekvivalentnog Tevenenovog generatora koristimo sledeću šemu:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 103
R1
R6
R4R3
R5
+
+ E6
E5
Is
A
B
UAB=ET
II
I
III
Po metodi konturnih struja potrebno je napisati tri jednačine od kojih je jedna trivijalna.
SI II =
( ) SII IREIRIRRR 3533531 −=+++
( ) SIIIII IREIRRRIR 366433 −−=+++
Rešavanjem ovog sistema dobijamo vrednosti konturnih struja:
AI I 2.0=
mAI II 6.39=
mAI III 8.276−=
Sada je napon između tačaka A i B:
VIREIREU IIIIITAB 82.3554 =+−−==
Na sledećoj slici prikazano je kolo posle zamene ostatka kola ekvivalentnim Tevenenovimgeneratorom i otpornikom.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 104
R7
R2
RT
+
K
ET
BAIR2
Pri otvorenom prekidaču, struja se računa po sledećoj formuli:
mARR
EIT
TR 37.10
22 =
+=
Kada je prekidač zatvoren:
TT
AB ER
U+
=27
27
R||RR||R
mAR
UI AB
R 63.32
2 ==
Zadatak 54.
U kolu sa slike izračunati sve struje i proveriti teoremu o održanju snage. Brojni podaci:Ω= 100iR , E=100V.
R R R R
RRRR
+
E
Rešenje:
Ovo kolo ima 7 grana i 4 čvora. Prema Kirhofovim zakonima trebalo bi napisati ukupno 3+4=7jednačina, a prema metodi kontunih struja 4 jednačine. Rešavanje ovako velikog broja jednačina je
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 105
dosta složeno. Međutim, ovakva kola kao na slici (koja se zovu lestvičaste mreže) se mogu rešitimnogo jednostavnije.
Pretpostavimo da je struja u poslednjoj grani:
I7=I8=1A.
R R R R
RRRR
+
E
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
I8
O
PQRS
Ovu vrednost moženo proizvoljno da biramo. U sledećem koraku možemo izračunati naponizmeđu tačaka P i O.
VIRIRU PO 2008877 =+=
Znajući ovaj napon izračunačemo struju I6.
66 R
UI PO=
Prema prvom Kirhofovom zakonu za tačku P:
AIII 3765 =+=
Nastavljajući ovaj proces, dobijamo sledeće:
VIRUU POQ 500550 =+=
AR
UI Q 5
4
04 ==
AIII 8543 =+=
VIRUU QR 13003300 =+=
AR
UI R 13
2
02 ==
AIII 21321 =+=
VIRUU RS 34001100 =+=
Ovo naravno nisu stvarne vrednosti struja i napona, već pretpostavljene, jer smo na početkupretpostavili da je I7=1A. Stvarne vrednosti određujemo na sledeći način:
( ) VU STVARNOS 1000 =
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 106
Da bismo dobili stvarne vrednosti struja i napona, do sada izračunate vrednosti treba pomnožiti
sa faktorom ( )
0294.03400100
0
0 ==S
STVARNOS
UU
.
Tako dobijamo:
AI 617.01 =
AI 382.02 =
AI 235.03 =
AI 147.04 =
AI 088.05 =
AI 059.06 =
AI 029.07 =
AI 029.08 =
Snage otpornika izračunavamo pomoću formule 2IRP ⋅= .
WPR 07.381 =
WPR 59.142 =
WPR 52.53 =
WPR 16.24 =
WPR 77.05 =
WPR 35.06 =
WPR 08.07 =
WPR 08.08 =
Sabiranjem snage otpornika, dobijamo:
WPi
Ri62.61
8
1
=∑=
Snaga naponskog generatora je:
WEIPE 7.611 ==
Zbog zanemarivanja se rezultati ne slažu u potpunosti.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 107
Zadatak 55.
Za kolo sa slike izračunati sve struje, i proveriti teoremu o održanju snage. Brojni podaci:Ω= 10R , VE 50= .
R R R
RRRRR
+
E
Rešenje:
Ovo kolo je takođe lestvičasta mreža kao i u prethodnom zadatku, pa je i rešavamo na isti način.Pretpostavimo jačinu struje u poslednjoj grani:
AI 11 = .
R R R
RRRRR
+
E
A
B
C
D
E
I1
I2
I3
I3I4I5
Pod ovom pretpostavkom nastavljamo računanje:
VRIU AB 303 1 ==
AR
UI AB 32 ==
AIII 4213 =+=
VRIRIRIU CD 110323 =++=
AR
UI CD 114 ==
AIII 15435 =+=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 108
VRIRIU ED 26054 =+=
Kao i u prethodnom zadatku, ni ovo nisu stvarne vrednosti struja i napona.
( ) VU STVARNOED 50=
Faktor sa kojim treba pomnožiti sve struje i napone je ( )
1923.0=ED
STVARNOED
UU
.
Posle množenja, dobijamo:
AI 1923.01 =
AI 577.02 =
AI 769.03 =
AI 115.24 =
AI 885.25 =
Snage otpornika su:
WPR 369.01 =
WPR 329.32 =
WPR 914.53 =
WPR 732.444 =
WPR 232.835 =
∑ = WPR 23.144
Snaga naponskog generatora je:
WEIPE 25.1445 == .
Zadatak 56.
Koristeći simetriju kola, odrediti sve struje u kolu i proveriti teoremu o održanju snage. Brojnipodaci: E=10mV, R=5Ω, R1=10Ω, R2=1Ω, IS=2mA.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 109
R1
R2
R
+
R1
R2
R
+
Is
E E
A
B
Rešenje:
Ovo kolo ima 4 čvora i 7 grana. Po Kirhofovim zakonima bilo bi potrebno ukupno 6 jednačina, apo metodi konturnih struja tri jednačine. Međutim, ako se uoči simetrija kola račun se značajnouprošćava. Kolo je simetrično u odnosu na tačke A i B, pa pod određenim uslovima kolo možemopreseći duž linije A-B. Pravila kojih se moramo pridržavati su:
• vrednosti naponskih generatora u presečenoj grani ne menjamo,
• vrednosti strujnih generatora u presečenoj grani prepolovljavamo,
• vrednosti otpornika u presečenoj grani udvostručavamo,
• struje u nepresečenim granama su iste kao u stvarnoj mreži, a u presečenoj grani jačina struje jedva puta veća u stvarnoj nego u presečenoj mreži.
U ovom zadatku, kolo je presečeno u grani sa strujnim generatorom, pa struju strujnog generatoraprepolovljavamo. Na osnovu kola možemo da pišemo jednačine:
R1
R2
R
+
Is
E
I2
I
I2
mAI
I S 121 ==
21 III =+
022 =−+− IRERI
Rešavanjem datog sistema dobijamo struje:
mAI 5.1=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 110
mAI 5.22 =
Snage otpornika su:
WPR µ25.62 =
WPR µ25.11=
WPR µ101 =
∑ = WPR µ55
Snage generatora su:
WPE µ15=
WIRERIIUP SABIs µ25)( 11 =++−==
WPPP IsEG µ552 =+=∑ .
Zadatak 57.
Odrediti proteklu količinu naelektrisanja kondenzatora C=10µF u kolu sa slike, ako je prekidačΠ prvo bio otvoren, a zatim se zatvori. Poznato je: R1=100Ω, R2=200Ω, R3=250Ω, R4=550Ω, E=13V.
R1 R2
R3
R4
E+ P
q
C
Rešenje:Mreža sa otpornicima i kondenzatorima lako se analizira ako se ima na umu da vremenski
konstantna struja može da postoji samo kroz grane koje ne sadrže kondenzatore. Kroz grane kojesadrže kondenzatore ne može postojati vremenski konstantna struja. Stoga je napon između krajevatakve grane jednak naponu između elektroda kondenzatora u grani. Što se tiče napona na krajevimakondenzatora, često ne znamo unapred njegov smer, tj. koja je elektroda pozitivna a koja negativna, pakao u slučaju otpornika uvodimo pojam referentnog smera napona na kondenzatoru.
Prvo uvodimo pojam referentnog smera za proteklu količinu elektriciteta kroz granu sakondenzatorom. Ako je kroz granu u tom referentnom smeru protekla pozitivna količina elektriciteta Q,
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 111
kondenzator je opterećen upravo tom količinom elektriciteta (kao na slici). Napon između njegovihkrajeva (pod uslovom da je prethodno bio neopterećen) je jednak
CQU C = ,
pri čemu je na višem potencijalu leva elektroda kondenzatora. U slučaju da je u tom referentnom smeruprotekla količina elektriciteta koja je negativna (tj. da je pozitivna količina elektriciteta protekla krozgranu u smeru suprotnom od referentnog), imamo da je UC negativno, tj. desni kraj kondenzatora naslici je stvarno na višem potencijalu, što i treba da bude.
Q
C
+Q -Q
UC+
Kada je prekidač Π otvoren napon na kondenzatoru jednak je nuli, 0)1( =CU , jer elektromotornasila E nije uključena u kolo. Kada se prekidač uključi posmatramo sledeću mrežu:
R1 R2
R3
R4
E+
I1
I3
I2
Za posmatrano kolo može se napisati sledeći sistem jednačina:
01122 =+−− IRIRE
0)( 34311 =++− IRRIR
0312 =−−− III
Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti struja:
mAI 401 =
mAI 452 −=
mAI 53 =
Napon na kondenzatoru kada je prekidač zatvoren:
VIRIRU C 25.103322)2( −=−=
Količina naelektrisanja protekla kroz kondenzator je:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 112
( ) CUUCUCq CCC µ5.102)1()2( −=−⋅=∆= .
Zadatak 58.
Pri otvorenom prekidaču K uspostavljeno je stacionarno stanje. U trenutku t=0 prekidač K sezatvara. Odrediti napon kondenzatora u funkciji vremena. Pre zatvaranja prekidača uc(0)=10V. Brojnipodaci: R=1kΩ, E1=20V, Ig=100mA, C=1µF.
+
R R
R
R
CE1 Ig
K
A
B
Rešenje:
Napon kondenzatora u funkciji vremena ima oblik:
τt
cCCC euuutu−
⋅∞−+∞= ))()0(()()(
U ovoj formuli )0(Cu i )(∞Cu su naponi na krajevima kondenzatora kada su dostignutastacionarna stanja, a τ je vremenska konstanta.
)0(Cu je zadato, pa treba izračunati samo )(∞Cu i τ.
Za slučaj zatvorenog prekidača, zamenićemo kolo između tačaka A i B ekvivalentnimTevenenovim generatorom i otpornošću.
Za određivanje Tevenenovog otpora, naponski generator kratko spajamo, dok strujni izvadimoiz kola.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 113
R R
R R
A
B
Tada je Tevenenova otpornost između tačaka A i B jednak:
Ω=+
+
+⋅
⋅
+
+⋅
= 600RR
RRRR
RRRRRR
RT
Za određivanje napona Tevenenovog generatora, koristimo sledeću šemu:
+
R R
R
RE1 Ig
K
A
B
II II III
Po metodi konturnih struja potrebno je napisati tri jednačine od kojih je jedna trivijalna.
1)( ERIRIIRR IIIIII =+++
gII II =
0)()( =+++++ IIIIII IRRRIRRRI
Rešavanjem ovog sistema jednačina, dobijamo konturne struje II , III i IIII :
mAI I 92=
mAII gII 100==
mAI III 64−=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 114
Struja između tačaka A i B (od B ka A) je mAII III 64−== .
Posle određivanja elemenata ekvivalentnog Tevenenovog generatora, šema izgleda kao nasledećoj slici:
+
RT
C
A
B
ET
0=+ RIU AB
VRIU AB 64=−=
VUE ABT 64==
Vremenska konstanta kola je:
msCRT 6.0==τ
Kad se dostigne stacionarno stanje, VEu TC 64)( ==∞ .
Zamenjujući u prvu formulu, dobijamo vremensku zavisnost napona kondenzatora:
].[5464)( Vetut
Cτ
−⋅−=
Zadatak 59.
Prekidač K nalazi se prvo u položaju (1). Nakon uspostavljanja stacionarnog stanja prekidač seprebaci u položaj (2). Odrediti napon na kondenzatoru u funkciji vremena nakon prebacivanjaprekidača iz položaja (1) u položaj (2), ako je poznato: R1=R2=R3=1kΩ, R7=R6=R5=1,5kΩ, R8=2kΩ,E1=5V, E2=E3=10V, E4=E5=15V, E6=20V, RC=500Ω, C=1µF.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 115
R1
R2
R3
R7
E1
E3
E2+
+
+
R5
R6
R8
E4
RC
C
+
+
E5
E6
(1) (2)
+
Rešenje:Posmatranu mrežu rešavamo metodom potencijala čvorova. Mreža ima četiri čvora, pa je po
metodi potencijala čvorova potrebno napisati tri jednačine, a kako se u jednoj grani nalazi samonaponski generator E4, broj jednačina smanjuje se za jedan. Za referentni čvor biramo jedan od čvorovaizmeđu kojih je vezan naponski generator E4. Kada je prekidač u položaju (1), napon na kondenzatorujednak je naponu između tačaka 1 i 3, a kada je u položaju (2), naponu između tačaka 2 i 3.
1
3
2(2)
(1)K
3
1
VEV 1541 ==
2
2
1
13
82
8121
1
11111RE
REV
RV
RRRV
R+=−
+++−
3
3
5
5
6
63
657832
81
657
111111111RE
RE
RE
VRRRRR
VR
VRRR
−−=
+++++−
++−
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
305.05.2 32 =− VV
33.235.35.0 32 =+− VV
Rešenje ovog sistema jednačina daje sledeće vrednosti potencijala:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 116
VV 151 =
VV 73.132 ≅
VV 63.83 ≅
Prekidač u položaju (1):
VVVUuC 37.6)0( 3113 =−==
Prekidač u položaju (2):
VVVUuC 1.5)( 3223 =−==∞
VuuA CC 27.1)()0( =∞−=
τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()(
τt
C etu−
⋅+= 27.11.5)(
Da bi se odredila vremenska konstanta τ, potrebno je odrediti ekvivalentnu otpornost izmeđutačaka (2) i (3) prema sledećoj šemi:
R1
R2
R3
R8R7 R5 R6
12
1
1
3 3
⇔R1
R2
R3
R8
R7
R5
R6
12 3
( ) ( )( ) Ω=+= 234.588|||||||||| 821756323 RRRRRRRR
Ω=+= 234.108823 Ce RRR
Vremenska konstanta msCRe 088.1==τ .
Zadatak 60.
U mreži prikazanoj na slici prvo se zatvori prekidač P1. Kada nastupi stacionarno stanje P1 seotvori, a P2 se zatvori. Računajući vreme od trenutka zatvaranja prekidača P2, odrediti trenutak kadaće napon na kondenzatoru C1 biti jednak nuli. Brojni podaci: R1=2kΩ, R2=32kΩ, R3=48kΩ,R4=150kΩ, E1=200V, E2=120V, C1=6µF, C2=4µF.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 117
R1 R3
R2
R4E1
E2
C1
C2
P2
P1
+
+
Rešenje:Kada je prekidač P1 zatvoren a P2 otvoren, mreža ima sledeći izgled:
R1 R3
R4E1
C1
C2
P1
+
I
A
B
D
D
+
+
Kroz granu u kojoj se nalaze kondenzatori C1 i C2 ne teče jednosmerna struja, tako da je struja Iodređena sledećom jednačinom:
mARRR
EI 1341
1 =++
=
Zbir napona na kondenzatorima C1 i C2 je napon UAB:
VIRU AB 1504 =⋅=
Kroz kondenzatore C1 i C2 protiče ista količina naelektrisanaj Q, pa je:
21
21
2121 CC
CCQCQ
CQUUU CCAB ⋅
+⋅=+=+=
21
21
CCCCUQ AB +⋅
⋅=
Napon na kondenzatoru C1 sada je:
VCC
CUU ABC 60
21
21 =
+⋅=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 118
VuC 60)0(1 =
Kada je prekidač P1 otvoren, a P2 zatvoren mreža ima sledeći izgled:
R1 R3
R2
R4E1
E2
C1
P2
+
+
+
+
I
A
B
C
D
Kada se prekidač P2 zatvori kroz granu u kojoj se nalazi kondenzator C1 ne teče jednosmernastruja, tako da je:
mARRR
EI 1341
1 =++
=
Sada je napon na kondenzatoru C1 određen jednačinom:
VIRU CA 483 =⋅=
VUEU CAC 16821 −=−−=
VuC 168)( −=∞
Promena napona na kondenzatoru u funkciji vremena data je sledećom jednačinom:
τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()( , gde je konstanta A VuuA CC 228)()0( =∞−= .
Ekvivalentna otpornost je ( ) Ω=++= kRRRRRe 48.68|| 2341 , pa je vremenska konstantasCRe 41088.01 =⋅=τ .
Napon na kondenzatoru C1 je:
τt
C etu−
⋅+−= 228168)( V
Trenutak kada će napon na kondenzatoru C1 dostići 0V:
0)( =tuC ⇒ τt
e−
⋅+−= 2281680
st 125.0228168ln =−= τ .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 119
Zadatak 61.
Odrediti napon na kondenzatoru u funkciji vremena kada se prekidač prebaci iz položaja (1) upoložaj (2). Odrediti napon na kondenzatoru u trenutku τ5=t , kao i trenutak t1 u kome će napon nakondenzatoru dostići 4.5V. Brojni podaci: R=2Rg=10, E2=2E1=1V, E=5V, Ig=0,5A, C=4nF.
R R g
2R
E 2
E
E 1 Ig+
+
2R R
R
+
(1) (2)
KA
BD
E
F
C
Rešenje:Kada se prekidač nalazi u položaju (1), mreža ima sledeći izgled:
R Rg
2R
E2
E1 Ig
+
+
2R R
R
(1) KA
BD
E
F
Cuc
⇔
R Rg
E2
E1 Ig
+
+
2R R
R
AB
D
E
I
I
II
IREIRUu gEBC ⋅++⋅==− 2)0( 1
gI II = (1)
243 EIRIR III =⋅+⋅ (2)
AR
RIEI III 35.0
432 −=
−=
AIII IIg 15.0=+=
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 120
VuC 5.8)0( =−
Kada se prekidač nalazi u položaju (2):
R Rg
E2
E
E1 Ig+
+
2R R
R
+
(2)
KA
BD
E
F
C)(∞cu
⇔
R Rg
E2
E1 Ig
+
+
2R R
R
AB
D
E
I
I
II
EIREIRu gC −⋅++⋅=∞ 2)( 1
VuC 5.3)( =∞
VuuA CC 5)()0( =∞−= −
R Rg
2R R
R
A BD
E
F
Ekvivalentna otpornost:
Ω==+= 2022||2 RRRRRE
Vremenska konstanta:
nsCRE 80=⋅=τ
Napon na kondenzatoru u funkciji vremena:
τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()(
τt
C etu−
⋅+= 55.3)( [V]
τ5=t ⇒ )(53.355.3)( 5 ∞≅=⋅+= −CC uVetu
VtuC 5.4)( 1 =
τ1
55.35.4t
e−
⋅+= ⇒ τ1
51 t
e−
= ⇒ nst 76.12851ln1 =−= τ .
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 121
Zadatak 62.
U kolu sa slike odrediti napon na kondenzatoru u funkciji vremena, ako je prekidač prvo upoložaju (1), a zatim se prebaci u položaj (2). Poznato je: E1=2V, E2=6V, E3=4V, E=2V, Ig=4A,R=2Ω, R2=4Ω, R4=3Ω, C=1nF.
EE2
E
E3E1
R R
R
RR4
R2
+
+
+
+
+Ig
C(1)
(2)
+
Rešenje:Kada se prekidač nalazi u položaju (1) mreža ima sledeći izgled:
EE2
E
E3E1
R R
R
RR4
R2
+
+
+
+
+Ig
C(1)
+
A
B
D
Kako kroz granu sa kondenzatorom ne može da teče jednosmerna struja posmatramo sledećumrežu:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 122
EE2
E
E3E1
R R
R
RR4
R2
+
+
+
+
+Ig
III
III
IV
I
Jednačine napisane po metodi konturnih struja za ovu mrežu su:
gI II = (1)
144 0)2(2 EEEIRIIRRRI IVIIIIII −+−=−⋅+++ (2)
EEIIRII IVIIIIII +−=⋅+⋅+⋅+⋅ 22 000 (3)
344 )(00 EIRRIIRI IVIIIIII =⋅++⋅+⋅−⋅ (4)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se:
AI I 4=
2374 −=−+ IVIII III
44 −=IIII
453 =+− IVII II
Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijaju se sledeće vrednosti konturnih struja:
AI II 3−=
AI III 1−=
AI IV 1−=
Napon na kondenzatoru sada je:
VRIEuU CBA 0)0( 1 =−== −
AIII III 1=+=
Kada se prekidač prebaci u položaj (2) mreža ima sledeći izgled:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 123
EE2
E
E3E1
R R
R
RR4
R2
+
+
+
+
+Ig
C(2) +
A
B
D
Pošto kroz granu sa kondenzatorom ne teče jednosmerna struja, mreža za određivanje naponana kondenzatoru u slučaju kada se prekidač nalazi u položaju (2) ima isti izgled kao kada se prekidačnalazi u položaju (1).
VRIEuU CBD 4)( 1 =+=∞=
Napon na kondenzatoru u funkciji vremena određen je sledećom jednačinom:
τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()(
VuuA CC 4)()0( −=∞−=
][14][44)( VeVetutt
C
−⋅=⋅−=
−−ττ
Ekvivalentna otpornost određuje se sa sledeće slike:
R R
R
RR4
R2
C(2)
A
B
D
( ) RRRRRekv |||| 4 +=
Ω= 23.1ekvR
nsCRekv 23.1=⋅=τ
Zadatak 63.
Odrediti napon na kondenzatoru u funkciji vremena, za kolo na slici, ako je poznato: R1=100Ω,R2=150Ω, R3=220Ω, R4=82Ω, R5=390Ω, R6=470Ω, R7=120Ω, E1=12V, E2=24V, E3=9V, Ig=2mA,
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 124
C=10µF. Napon na kondenzatoru pre zatvaranja prekidača je 30V. Odrediti napon na kondenzatorunakon 7τ. Nakon kog vremena će napon na kondenzatoru dostići 10V?
KC
+
+
++
+
+R2
R5
uC
E1
E2
E3
R3
R1
R4R6
R7
Ig
Rešenje:Deo kola između tačaka A i B zamenićemo ekvivaletnom Tevenenovom otpornošću i
ekvivalentnim Tevenenovim generatorom.
+
+
+
+
R2
R5
E1
E2
R3
R1
R4R6
IgA
B
I
II
I1
I2
Po metodi konturnih struja mogu se napisati sledeće dve jednačine:
gI II = (1)
216542152 )()( EEIRRRRRIRR III −=++++++ (2)
Rešenje ovog sistema daje sledeću vrednost konturne struje: mAI II 97.10−= . Struje grana su:mAII II 97.101 −== i mAIII III 97.82 −=+= . Napon Tevenenovog generatora jednak je naponu
između tačaka A i B i iznosi VIRRUE ABT 06.6)( 164 =+−== .
Ekvivalentna Tevenenova otpornost:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 125
R2
R5R3
R1
R4R6
A
B
)(||)( 64521 RRRRRRT +++=
Ω= 4.296TR
Kada se deo između tačaka A i B zameni sa ET i RT, kolo ima sledeći izgled:
KC
E3
R7
uC+
+RT ET
Nakon zatvaranja prekidača napon na kondenzatoru je:
0)( 3 =−∞+ EuE CT ⇒ VEEu TC 94.2)( 3 =−=∞
VuuA CC 06.27)()0( =∞−=
ττtt
CC eeAutu−−
⋅+=⋅+∞= 06.2794.2)()( [V].
msCRekv 16.4=⋅=τ , Ω=+= 37.4167RRR Tekv
Trenutak t nakon koga napon na kondenzatoru dostiže 10V je mst 6.506.27
06.7ln =−= τ . Napon u
trenutku τ7=t približno je jednak naponu uC(∝).
Zadatak 64.
U kolu prikazanom na slici prekidač P se nalazi u položaju (1). Nakon uspostavljanjastacionarnog stanja prekidač se prebaci u položaj (2). Odrediti napon na kondenzatoru u funkcijivremena. Koliki je napon na kondenzatoru nakon isteka vremena od 5τ. Poznato je Ig=0.2A, E=24V,E1=12V, R1=R2=R3=2R4=2R=100Ω, C=2µF.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 126
RR2
R4R3
R1
E1
E+
+
Ig
C
P
(1) (2)
Rešenje:Kada je prekidač P u položaju (1) posmatramo deo kolo levo od kondenzatora:
R2
R4R3
R1
E+
Ig
C
P(1)
12
uc(0)
Po metodi potencijala čvorova pišemo dve jednačine, a napon na kondenzatoru jednak jepotencijalu čvora 1.
gIVR
VRR
−=−
+ 2
41
42
111 (1)
32
4311
4
1111REIV
RRRV
R g +=
+++− (2)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
2.002.003.0 21 −=− VV
44.004.002.0 21 =+− VV
Rešenje ovog sistema jednačina su potencijali čvorova V1=1V i V2=11.5V. Napon nakondenzatoru uC(0)=V1=1V. Kada se prekidač P prebaci u položaj (2) posmatra se deo kola desno odkondenzatora.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 127
R
E1+
C
P
(2)
uC
VEuC 12)( 1 −=−=∞
VuuA CC 13)()0( =∞−=
ττtt
CC eeAutu−−
⋅+−=⋅+∞= 1312)()( [V].
sCR µτ 100=⋅=
Napon na kondenzatoru nakon 5τ je )(91.11)5( ∞≅−= CC uVu τ .
Zadatak 65.
U kolu prikazanom na slici poznato je: E1=20V, E2=15V, E3=5V, Ig=100mA, R1=100Ω,R2=150Ω, R3=200Ω, R4=75Ω i C=100µF. Prekidač Π prvo je otvoren i u kolu je uspostavljenostacionarno stanje. Prekidač Π u trenutku t=0 je zatvoren. Odrediti napon na kondenzatoru u funkcijivremena, kao i napon na kondenzatoru u trenutku t=5τ.
R1
R2
R3R4
C
E1
E2
E3
++
+
Ig P
Rešenje:
Kada je prekidač Π otvoren mreža izgleda kao na sledećoj slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 128
R1
R2
R3 R4
E1
E2E3
Ig1
2
+
+++
uC
I
II
Po metodi konturnih struja za posmatranu mrežu možemo da pišemo sledeće jednačine:
gI II = (1)
134311 )( EEIRRRIR III −=+++ (2)
ARRR
IREEI g
II 151
431
113 −=++
−−=
Napon na kondenzatoru je:
VIREEIRUu IIgC 40)0( 432212 =−++==
Kada se prekidač Π zatvori:
R1
R2
R3 R4
E1
E2E3
Ig P
1
2
uC
++
+
3
Kako se između tačaka 1 i 3 nalazi idealni naponski generator može se posmatrati kolo kao nasledećoj slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 129
R1
R3 R4
E1 E3
Ig P
1
2
uC
+ +
3
Sistem jednačina napisan po metodi konturnih struja za ovu mrežu isti je kao u slučaju kada jeprekidač otvoren. Sada je napon na kondenzatoru:
VIRUu IIC 5)( 412 =−==∞
τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()(
VuuA CC 35)()0( =∞−=
τt
C etu−
⋅+= 355)( [V]
CRekv ⋅=τ
Ω=+= 60)(|| 314 RRRRekv
ms6=τ
Napon na kondenzatoru nakon pet vremenskih konstanti je: VeuC 235.5355)5( 5 =⋅+= −τ .
Zadatak 66.
Odrediti napon na kondenzatoru u funkciji vremena, ako se prekidač P u trenutku t=0- nalaziou položaju 1, a zatim se prebaci u položaj 2. Poznato je: R1=R5=150Ω, R2=R3=R4=50Ω, R6=25Ω,C=1µF, E1=3V, E2=15V, E3=5V. Nakon koliko vremena će napon na kondenzatoru dostići vrednost od8V?
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 130
+
+
R1
R2
R3
R4
R5
E1
E2
R6
(1)(2)
E3
+
C
P
Rešenje:Primenom Tevenenove teoreme mreža dobija sledeći izgled:
RTR6
(1)
(2)
E3
C
P
+
ET
A
B
+
Da bi se odredila ekvivalentna Tevenenova otpornost potrebno je izvršiti transformaciju trougaozvezda, kao što je prikazano na slici:
R1
R2
R3
R4
R5
A
B
⇔
R14
A
B
R34 R13
R2R5
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 131
Ω=++
⋅= 30
431
4114 RRR
RRR
Ω=++
⋅= 10
431
4334 RRR
RRR
Ω=++
⋅= 30
431
3113 RRR
RRR
( ) ( ) Ω=+++== 33.83|| 14132345 RRRRRRR ABT
Ekvivalentna elektromotorna sila određuje se sa sledeće slike:
R1
R2
R3
R4
R5
A
B
+
+
E2
E1
I1
I2
I
II
Po metodi konturnih struja mogu se napisati dve jednačine:
( ) 23431 EIRIRRR III =−++
( ) 15323 EIRRRIR III =+++−
Rešenje ovog sistema jednačina su konturne struje II=65mA i III=25mA. Napon između tačakaA i B jednak je naponu Tevenenovog generatora:
VIRIRIRIREU IIITAB 11212211 =+=+== .
Kada je prekidač P u položaju (1) posmatramo sledeće kolo:
RT
+
ET
R6
uC
C
0)0( =− −CT uE VEu TC 11)0( ==−
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 132
Kada je prekidač u položaju (2):
RT
+
ET
R6
uC
C
+
E3
0)( 3 =−∞− EuE CT
VEEu TC 6)( 3 =−=∞
Napon na kondenzatoru određen je jednačinom: τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()(
VuuA CC 5)()0( =∞−=
τt
C etu−
⋅+= 56)( [V]
sCRRT µτ 33.108)( 6 =⋅+=
Napon od 8V dostiže se nakon st µτ 26.9952ln =−= .
Zadatak 67.
a) U električnom kolu sa slike odrediti napon na kondenzatoru u funkciji vremena priprebacivanju prekidača iz položaja (a) u položaj (b).
b) Odrediti napon na kondenzatoru u trenutku t=2τ.
c) Odrediti trenutak t1 u kome će napon na kondenzatoru dostići vrednost od 2.75V.
Brojni podaci: E1=1V, E2=3V, E3=4V, E=2V, Ig=2A, R=3Ω, R2=3Ω, R4=5Ω, C=2nF.
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 133
R
R
R
R
R2Ig
E2
E1
E
E
R4
+
+
E3
+
+
+
(a)
(b)C
Rešenje:a)
Za određivanje napona na kondenzatoru posmatramo mrežu kao na slici:
R
R
R
R
R2Ig
E2
E1
E
E
R4 E3
1
2
I3
+
+
+
+
+
Po metodi potencijala čvorova pišemo dve jednačine:
EV =1 (1)
REE
RE
IVRRR
VRR g 2
112111 13
24
14
−+−−=
+++
+− (2)
Rešavanjem ovog sistema jednačina dobija se da je potencijal čvora 2 V2=-3V. Struja I kojateče od čvora 2 ka masi je:
AAR
EEVI 67.032
212 −=−=−+
=
Kada je prekidač u položaju (a), napon na kondenzatoru je: VERIUuC 0)0( 30 =+== .
Kada je prekidač u položaju (b), napon na kondenzatoru je: VRIEUuC 3)( 132 =−==∞ .
VuuA CC 3)()0( −=∞−= .
Napon na kondenzatoru je: τt
C etu−
⋅−= 33)( [V].
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 134
CRekv ⋅=τ
( ) Ω=+= 857.1||)||( 4 RRRRRekv
ns71.3=τ
b)
U trenutku t=2τ napon na kondenzatoru je VeuC 59.233)2( 2 =⋅−= −τ .
c)
Trenutak t1 u kome napon na kondenzatoru dostiže 2.75V je:
τ1
3375.2t
e−
⋅−= ⇒ nst 23.912ln1 == τ .
Zadatak 68.
Odrediti napon na kondenzatoru pri prebacivanju prekidača iz položaja (1) u položaj (2),mreže sa slike, ako je: E=38V, Ig=8.7mA, C=5µF, R=1kΩ, R1=2kΩ.
R
R
R R
R
R R
R
R1
AB
(1)
(2)
(1)
E
E
+
+
Ig
C
(2)
Rešenje:Kada je prekidač u položaju (1) mreža koja se analizira je prikazana na slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 135
R
R
R R
R
R R
R
AB
E
E
+
+
Ig
C
1 2
3
uC(0)
Po metodi potencijala čvorova piše se sledeći sistem jednačina:
gIR
EVRR
VR
VRRR
−=
+−−
++
21
21111
21
321 (1)
gIREV
RRRV
R+=
+++− 21
1111 (2)
REV
RRRV
RR 211
211
21
31 −=
+++
+− (3)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
3.105.15.2 321 =−− VVV
7.463 21 =+− VV
195.25.1 31 −=+− VV
Rešenje ovog sistema su sledeće vrednosti potencijala:
VV 42.291 =
VV 37.252 =
VV 25.253 =
Napon na kondenzatoru kada je prekidač u položaju (1) je
VVVUu ABC 05.4)0( 12 −=−== .
Kada se prekidač prebaci u položaj (2) posmatramo mrežu prikazanu na slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 136
R
R
R R
R
R
R1
RAB
E
E
+
+
Ig
C
)(∞Cu
R
I
II III IV
Po metodi konturnih struja pišemo sledeći sistem jednačina:
gI II = (1)
ERIRI IIIII =−3 (2)
04 =−+−− IVIIIIII RIRIRIRI (3)
EIRRRRI IVIII −=++− )||2( 1 (4)
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći sistem jednačina:
mAI I 7.8=
038.03 =− IIIII II
0087.04 =−+− IVIIIII III
038.06667.2 −=+− IVIII II
Rešenje ovog sistema daje sledeće vrednosti konturnih struja:
mAI II 4.13=
mAI III 2.2=
mAI IV 4.13−=
Napon na kondenzatoru kada je prekidač u položaju (2):
IVAB II −=
VIRRUu ABABC 93.8)||()( 1 ===∞
VuuA CC 98.12)()0( −=∞−=
ττtt
CC eeAutu−−
⋅−=⋅+∞= 98.1293.8)()( [V]
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 137
msCRekv 405.2=⋅=τ
)||(||)||)2||2(( 1RRRRRRRRekv ++=
Ω== 4817938 RRekv
Mreža za određivanje ekvivalentne otpornosti izmeđutačaka A i B:
R
R
R R
R
R
R1
RA
B
R
Zadatak 69.
Odrediti napon na kondenzatoru pri prebacivanju prekidača iz položaja 1u položaj 2, ako jepoznato: E=22V, E1=6V, E2=3V, Ig=1A, R1=R2=10Ω, R3=R4=20Ω, Rg=50Ω, C=5µF.
R1
R2
R3
R4Rg
E1
Ig
++
+
E2
E
C
(1)
(2)
A
D
B
F
Rešenje:
Napon na kondenzatoru ima oblik:
τt
CC eAutu−
⋅+∞= )()(
gde je ( ) ( )∞−= CC uuA 0 , a ( )0Cu i ( )∞Cu su naponi kondenzatora pri jednom, to jest drugomstanju pekidača kada su dostignuta ustaljena stanja.
Ekvivalentna šema kada je prekidač u položaju 1 je prikazana na sledećoj slici:
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 138
Rg R4
+
R1
R3
R2
+
E2
Ig
E1
C
1
2
A
B
Tačke D i F su kratko spojene, pa ovo kolo ima tri čvora. Po metodi potencijala čvorovapotrebno je napisati dve jednačine (čvor B uzemljen).
2
22
4421
111REIV
RRRV g +=−
+
gIREV
RRRV
R−=
+++−
1
12
1341
4
1111
Rešavanjem ovog sistema jednačina, dobijamo potencijale čvorova.
VV 73.81 =
VV 18.02 =
Napon na kondenzatoru je
( ) VVUu ABC 73.80 1 ===
Ekvivalentna šema kada je prekidač u položaju 2 je prikazana na sledećoj slici:
R2
Rg
R3
R4
R1
+
+
+
E1
E2
E
Ig
1
2
3
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 139
Ovo kolo ima četiri čvora, pa po metodi potencijala čvorova treba napisati tri jednačine, odkojih je jedna trivijalna.
VEV 221 ==
2
23
22
421
4
1111REIV
RV
RRV
R g +=−
++−
2
2
1
13
2132
21
1
11111RE
REV
RRRV
RV
R−−=
+++−−
Rešavanjem ovog sistema, dobijamo
VV 221 =
VV 55.262 =
VV 82.153 =
Napon na kondenzatoru je
( ) VVVUu ABC 73.1032 =−==∞
( ) ( ) VuuA CC 18.00 −=∞−=
Još treba odrediti vremensku konstantu kola.
R2
Rg
R3 R1
R4
A
B
( ) Ω=+= 27.7R||R|| 2413 RRRAB
sCRAB µτ 35.36=⋅=
].[82.173.10)( Vetut
Cτ
−⋅−=
140
Literatura:
1. Dr Branko Popović: ″Osnovi elektrotehnike I″, Građevinska knjiga, Beograd 1989.
2. Dr Branko Popović: ″Osnovi elektrotehnike II″, Građevinska knjiga, Beograd 1989
3. Dr Branko. Popović, dr Antonije Đorđević: ″Osnovi elektrotehnike III″, Građevinska knjiga,Beograd 1989
4. inž. Miodrag Ranojević: ″Zbirka zadataka iz osnova elektrotehnike″, Građevinska knjiga,Beograd 1969.
5. Dr Antonije Đorđević, mr Gradimir Božilović, dr Branislav Notaroš: ″Zbirka rešenih ispitnihzadataka iz osnova elektrotehnike I deo″, Elektrotehnički fakultet, Beograd 1997.
6. Hildegard Božilović, Živojin Spasojević, Gradimir Božilović: ″Zbirka zadataka iz osnovaelektrotehnike″, Naučna knjiga, Beograd 1984.
7. Dr Neda Pekarić-Nađ, mr Vera Bajović: ″Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz osnovaelektrotehnikе″, Građevinska knjiga, Beograd 1996.
8. Dragan Kandić: ″Elektrotehnika zbirka zadataka″, Nauka, Beograd 1995.
9. Мr Aleksandra Gavrilović: ″Osnovi elektrotehnike zbirka rešenih zadataka″, Višaelektrotehnička škola, Beograd 1995.