28185800-Sanja-Maravić

Sanja Maravić Mikloš Pot

Zbirka rešenih ispitnih zadataka izOsnova elektrotehnike

Subotica, 2002.

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


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


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:


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


||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)


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.


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

+=


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:


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 =


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:


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.


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.


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


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.


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.


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


→→→→→→

⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅−=+= 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 =+

=

+

=


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


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:


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


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


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


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.


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


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

=


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


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:


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.


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⋅−⋅+⋅=++= ||||||


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:


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


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.


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?


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

QQ

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.


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?


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 :


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 > :


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


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


)()()( 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.


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


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


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


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).


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:


.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


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.


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


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 =⋅=′′

= .


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.


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=== .


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


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)


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.


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

,


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


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):


( )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

−=−=−=∆ .


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


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


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.


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.


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:


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 ′′


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

′=

′== .


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 +−=


[ ] 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===


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


)(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:


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 =⋅=


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:


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 −=+=


WIRPR 06916.321211 =⋅=

WIRPR 76832.02122 =⋅=


WIRPR 422528.621333 =⋅=

WIRPR 49.023444 =⋅=

WIRPR 90916.2022455 =⋅=

∑ = WPR 659168.31 .


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.


I

II

III

I1

I2

I3

I4

I5

I6

42543431 )( EEEIRIRIRRR IIIIII +−=++++

64155323 )( EEEIRIRRRIR IIIIII −+=−+++

12365454 )( EEEIRRRIRIR IIIIII −−=+++−


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 =−=


WIRPR 0017689.02111 ==

WIRPR 001799343.02222 ==

WIRPR 002031987.02333 ==

WIRPR 002617924.02444 ==

WIRPR 000001372.02555 ==

WIRPR 001628646.02666 ==


∑ = 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:


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


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=


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 ==


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=∑ .


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.


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)


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 −=

−=


0711 =++ III E ⇒ AIII E 34.0711 −=−−=


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 .


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

+ +

+


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)


5.00167.0167.0 42 =− VV

44.203.0 3 =V

21167.00167.0 42 −=+− VV


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 =

+−

=


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 =−=


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


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 .


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.


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==


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.


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


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.


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:


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.


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


233

1

231

31

231

4

121 R

EIVRR

VRRR S −=

+−

++

23

2

131

231

31

231

21 REV

RRRV

RR=

+++

+−


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


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)


15300450 =− IIIII II

20700300 =+− IIIII II


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 ==


WIRPR 537289.02111 ==

WIRPR 053067.02222 ==


WIRPR 24.02333 ==

WIRPR 0356445.02444 ==

WIRPR 36.02555 ==

WIRPR 54.02566 ==

Ukupna snaga Džulovih gubitaka je ∑ = WPR 7660005.1 .


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:


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):


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&=+−=


+

+

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:


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:


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.


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


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 =


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.


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 =+=


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.


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=


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,


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:


( ) 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.


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−=


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.


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

−−=

+++++−

++−


305.05.2 32 =− VV

33.235.35.0 32 =+− VV



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.


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 =

+⋅=


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 .


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=+=


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 .


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:


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


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:


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,


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:


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.


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)


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.


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:


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:


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?


+

+

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


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( ==−


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.


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].


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:


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)


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:


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)


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]


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:


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


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.

Documents

28185800-Sanja-Maravić