8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 1/135
dipl. ing. Sanja Maravi ć
ZBIRKA ZADATAKA IZ OSNOVA
ELEKTROTEHNIKE
VIŠA TEHNIČKA ŠKOLASubotica, septembar 2001.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 2/135
Sadržaj:
1. Elektrostatika ..................................................................................................... 1
2. Jednosmerne struje ............................................................................................. 35
3. Magnetski spregnuta kola .................................................................................. 73
4. Naizmenične struje ............................................................................................. 1035. Literatura ........................................................................................................... 130
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 3/135
E E l l e e k k t t r r o o s s t t a a t t i i k k a a
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 4/135
1. Odrediti fluks vektora jačine električnog polja usamljenog tačkastog naelektrisanja kroz
element površine dS .
1. ω π ε
ψ d r
qd E ⋅
⋅⋅±=
24
1
2. ω α π ε
ψ d r
qd E cos
41
2⋅
⋅⋅±=
3. ω π ε
ψ d r
qd E ⋅
⋅⋅±=
22
1
4. ω π ε
ψ d q
d E ⋅⋅±=4
1
5. ω π ε
ψ d r
qd E ⋅
⋅⋅±=
4
1
Rešenje:
Elementarni fluks kroz površinu dS može se napisati kao:
22 4cos
4 r
dS q
r
dS qd n
OO
E ⋅⋅
=⋅⋅
=ε π
α ε π
ψ
gde je α cos⋅= dS dS n ; 2r d dS n ⋅= ω , ω - prostorni ugao
ω
ε π
ψ ω
ε π
ψ d q
d
r
r d qd
O
E
O
E ⋅⋅
=⇒⋅
⋅⋅
=44
2
2
ε0 - ako je u pitanju vazduh ili vakuum
ε - bilo koja sredina
ω π ε
ψ d q
d E ⋅⋅=4
1što odgovara ponuđenom rešenju broj 4.
2. U nekoj zatvorenoj zapremini proizvoljnim načinom raspoređena su tri naelektrisanja:
C q 4
1 102 −⋅= ; C q 4
2 103 −⋅−= ; C q4
3 105.0 −⋅= .
Deo silnica elektrostatičkog polja ulazi unutar ove zapremine a deo izlazi iz nje. Kojih linija
ima više - ulazećih ili izlazećih?
1. Na pitanje je nemoguće odgovoriti.
2. Broj ulazećih i izlazećih linija je podjednak.3. Ulazećih linija ima više.
4. Izlazećih linija ima više.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 5/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 2
Rešenje:
Pošto je u zatvorenoj proizvoljnoj zapremini veća koncentracija negativnog naelektrisanja
(što se vidi iz podataka: ( ) C C qq44
31 105.2105.02 −− ⋅=⋅+=+ ; C q4
3 103 −⋅−= ) znači da je veći
broj ulazećih linija, pa prema tome odgovara ponuđeno rešenje broj 3.
3. U nekoj zatvorenoj zapremini proizvoljnim načinom raspoređena su dva naelektrisanja:
C q 2
1 105 −⋅= ; C q 2
2 108 −⋅+= . Treće naelektrisanje C q 2
3 106 −⋅+= nalazi se u blizini posmatrane
zapremine. Deo silnica elektrostatičkog polja ulazi unutar zapremine, deo izlazi iz nje. Kojih linija
ima više - ulazećih ili izlazećih?
1. Ulazećih linija ima više.2. Izlazećih linija ima više.
3. Broj ulazeć
ih i izlazeć
ih linija je podjednak.4. Na pitanje je nemoguće odgovoriti.
Rešenje:
Ukupno naelektrisanje zapremine
C qqq 2
21 1013 −⋅=+= a C q 2
3 106 −⋅= pa
se može zaključiti da je izlazećih linija
(silnica elektrostatičkog polja) više, što
odgovara ponuđenom rešenju broj 2.
4. Odrediti jačinu električnog polja između dve ravnomerno naelektrisane paralelne ploče s
površinskom gustinom naelektrisanja σ (deformacije polja na ivicama zanemariti). Dielektrična
permitivnost sredine je ε .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 6/135
Elektrostatika 3
1.ε
σ
2= E
2.ε
σ = E
3. E = 0
4.ε
σ 2= E
5. Drugi odgovor
Rešenje:
Pošto su obe ploče pozitivno naelektrisane
polje između ravni se poništava (što je
očigledno sa slike) pa je jačina električnog polja između ploča jednaka nuli ( E= 0).
5. Kakav odnos imaju veličine i predznaci naelektrisanja Q1 i Q2, ako jačina elektrostatičkog polja, prouzrokovana njima u tački N, ima smer prikazan na crtežu.
1. 21 QQ = , oba pozitivna
2. 21 QQ < , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno
3. 21 QQ > , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
4. 21 QQ = , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
5. 21 QQ > , oba negativna
Rešenje:
Oba naelektrisanja su negativna (jer ulaze
linije-silnice), i 21 QQ > , što se vidi sa slike
kada vektor E razložimo na komponente E 1 i
E 2 tako da je tačno ponuđeno rešenje broj 5.
6. Kakav odnos imaju veličine i predznaci naelektrisanja Q1 i Q2, ako jačina elektrostatičkog
polja, prouzrokovana njima u tački N , ima smer prikazan na crtežu.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 7/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 4
1. 21 QQ > , oba pozitivna
2. 21 QQ < , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno
3. 21 QQ > , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
4. 21 QQ = , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno5. 21 QQ = , oba negativna
Rešenje:
Oba naelektrisanja su pozitivna (jer silnice izlaze) i
21 QQ > , što se vidi sa slike )( 2121 QQ E E >⇒> ,
kada vektor E razložimo na komponente1
E i2
E ,
tako da je u ovom slučaju tačno rešenje 1.
7. Kakav odnos imaju veličine i predznaci naelektrisanja Q1 i Q2, ako jačina elektrostatičkog
polja, prouzrokovana njima u tački N, ima smer prikazan na crtežu.
1. 21 QQ = , oba pozitivna
2. 21 QQ < , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno
3. 21 QQ > , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
4. 21 QQ = , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
5. 21 QQ > , oba negativna
Rešenje:
Naelektrisanje Q1 je pozitivno a Q2 negativno, što se
vidi sa slike kada se vektor E razloži na komponente
E 1 i E 2, i pošto je 1212 QQ E E >⇒> što zadovoljava
ponuđeno rešenje 2.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 8/135
Elektrostatika 5
8. Kakav odnos imaju veličine i predznaci naelektrisanja Q1 i Q2, ako jačina elektrostatičkog
polja, prouzrokovana njima u tački N, ima smer prikazan na crtežu.
1. 21 QQ = , oba negativna
2. 21 QQ < , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno
3. 21 QQ > , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
4. 21 QQ = , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
5. 21 QQ > , oba negativna.
Rešenje:
Očigledno da je 1 E = 2 E a samim tim je i
21 QQ = . Sa slike je uočljivo da silnice ulaze te suoba naelektrisanja negativna što zadovoljava
ponuđeno rešenje broj 1.
9. Kakav odnos imaju veličine i predznaci naelektrisanja Q1 i Q2, ako jačina elektrostatičkog
polja, prouzrokovana njima u tački N, ima smer prikazan na crtežu.
1. 21 QQ = , oba pozitivna
2. 21 QQ > , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno
3. 21 QQ > , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
4. 21 QQ = , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
5. 21 QQ > , oba negativna.
Rešenje:
Naelektrisanje Q1 je pozitivno dok je Q2 negativno
što se vidi sa slike kada se vektor E razloži na
komponente E 1 i E 2, a to nam daje i traženi odnos
naelektrisanja: 2121 QQ E E >⇒> što zadovoljava
ponuđeno rešenje broj 2.
10. Kakav odnos imaju veličine i predznaci naelektrisanja Q1 i Q2, ako jačina
elektrostatičkog polja, prouzrokovana njima u tački N, ima smer prikazan na crtežu.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 9/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike6
1. 21 QQ = , oba pozitivna
2. 21 QQ < , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno
3. 21 QQ > , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno
4. 21 QQ = , 1Q - negativno, 2Q - pozitivno5. 21 QQ > , oba negativna
Rešenje:
Očigledno da je E 1=E 2 a samim tim i Q1=Q2.
Sa slike je uočljivo da je naelektrisanje Q1
negativno dok je Q2 pozitivno (silnice izlaze)
te je ponuđeno rešenje broj 4 odgovarajuće za
ovaj slučaj.
11. Odrediti jačinu elektrostatičkog polja unutar usamljene lopte radijusa R sa
naelektrisanjem q, ravnomerno raspoređenim po zapremini lopte. Dielektrična permitivnost lopte je
ε .
1. r
R
q E ⋅⋅=
3
4
1
π ε
2. r R
q E ⋅⋅=
32
1
π ε
3.2
44
1r
R
q E ⋅⋅=
π ε
4.r R
q E
1
4
1⋅⋅=
π ε
5.22
1
R
q E
π ε ⋅=
Rešenje:
Primenjujemo Gausov zakon na zamišljenu
sferu poluprečnika r < R. Pošto je intezitet
vektora jačine polja E u svim tačkama na
površini sfere isti, te kako je zbir površina svih
površinica dS koje sačinjavaju posmatranu
sferu S jednak njenoj površini π 2
4r , možemo
pisati: π 24r E dS E dS E
S S
==⋅ ∫ ∫
Zapremina lopte izračunava se izrazom3
43 π
r dv = .
Zamišljena sfera poluprečnika r<R obuhvata opterećenje :
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 10/135
Elektrostatika 7
34
3 π ρ ρ ρ r dvdvq
vv
=== ∫ ∫ gde je ρ - zapreminska gustina naelektrisanja.
Gausov zakon primenjen na zamišljenu sferu poluprečnika r<R daje : ε π qr E =24 ,
odavde je ( ) Rr r
q E <=
πε 24
Dalje slediε
ρ
πε
π ρ
⋅⋅
=⋅⋅
=34
34
2
3
r
r
r
E
Opterećenje na površini lopte je3
4 3 π ρ Rq ⋅= pa je :
34 3 π
ρ
R
q=
Konačno, uvrštavanjem u gornji izraz dobija se:
ε π ε
ρ
3
34
3 3
r
R
qr E ⋅==
r R
q E ⋅⋅=
34
1
π ε
12. Tačkasto naelektrisanje q nalazi se u električnom polju dva sferna naelektrisanja +Q i -Q(pogledaj crtež). Naznačiti smer sile koja deluje na naelektrisanje q najsličniji stvarnom.
0. 1 F
1. 2 F
2. 3 F
3. 4 F
4. 5 F
5. 6 F
Rešenje:
Odgovara ponuđeno rešenje 5, jer se jedino
razlaganjem vektora sile 6 F mogu dobiti vektori
1Q F i 2Q F (prikazani na slici) u smeru polja datih
naelektrisanja.
13. Rastojanje među sfernim naelektrisanjima +Q i -Q jednako je a. Na sredini ovog
rastojanja postavljeno je probno tačkasto naelektrisanje q. Čemu je jednaka sila koja deluje na
probno naelektrisanje ako je dielektrična konstanta sredine jednaka ε ?
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 11/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike8
1.2a
qQ F
πε =
2. F=0
3. 24 a
F πε =
4.2
2
a
qQ F
πε =
5.22 a
qQ F
πε =
Rešenje:
Za rešavanje zadatka koristimo Kulonovzakon, koji glasi:
122
21
4
1r
r
QQ F ⋅
⋅⋅=
πε , gde je 12r jedinični
vektor usmeren od opterećenja +Q ka
opterećenju -Q.
222
4
4
1
2
4
1
a
a
a
qQ F
πε πε πε =
⋅⋅=
⋅⋅= a iz gore navedenih smerova sila +Q F i −Q F vidimo
da je sila između Q+ i Q- istog intenziteta i smera pa je rezultantna sila2
2
a
Qq F
πε
⋅= što odgovara
ponuđenom rešenju broj 4.
14. Zadata je ilustracija silnica elektrostatičkog polja. Naelektrisanje q se redom premešta u
tačke A, B i C . U kojoj je tački sila koja deluje na naelektrisanje najveća?
1. U tač ki A.2. U tač ki B.
3. U tač ki C.4. Na pitanje je nemoguće odgovoriti.
5. Sila će biti jednaka u sve tri tač ke.
Rešenje:
Sila će biti najveća u tački B zbog toga što su tu linije polja (silnice) najgušće a što je polje
jače to je i sila veća, tako da je odgovarajuće rešenje broj 2.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 12/135
Elektrostatika 9
15. Od tačaka prikazanih na crtežu pločastog kondenzatora, najvišim potencijalom raspolaže
tačka:
1. a
2. b
3. c4. d
5. e
Rešenje:
Na najvišem potencijalu je tačka d pošto je najbliža “+” ploči kondenzatora, što odgovara
ponuđenom rešenju broj 4.
16. Od tačaka prikazanih na crtežu pločastog kondenzatora, najvišim potencijalom raspolaže
tačka:
1. a
2. b3. c
4. d
5. e
Rešenje:
Na najvišem potencijalu je tačka a pošto se nalazi na “+” polu pločastog kondenzatora, što
odgovara ponuđenom rešenju broj 1.
17. Izraziti napon između tačka A i B preko jačine električnog polja E pločastog
kondenzatora i geometrijskih razmera, prikazanih na crtežu.
1. 1r E U AB ⋅=2. ( )21 r r E U AB +⋅=3. 3r E U AB ⋅=4. 2r E U AB ⋅=
5. 23
22 r r E U AB +⋅=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 13/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike10
Rešenje:
dl
r 3
r 2
∫ ⋅= B
A
AB dl E U (definicija potencijala u tački A u
odnosu na tačku B). Uvrštavanjem se dobija:2
3
2
2 r r E U AB +⋅= , što odgovara ponuđenom rešenju 5
2
3
2
2 r r dl +=
18. Izraziti napon između tačka A i B u polju pločastog kondenzatora preko jačine polja i
geometrijskih razmera, prikazanih na crtežu.
1. ( )21 r r E U AB +⋅=2. 1r E U AB ⋅=3. 2r E U AB ⋅=4. 3r E U AB ⋅=
5.2
3
2
2 r r E U AB +⋅=
Rešenje:
2
3
2
2 r r dl +=
Po definiciji potencijala u tački A u odnosu na tačku B
imamo izraz: ∫ ⋅= B
A
AB dl E U , odatle sledi :
2
3
2
2 r r E U AB +⋅= , što odgovara ponuđenom rešenju broj
5.
19. U polju usamljenog sfernog naelektrisanja uzeti dve tačke A i B na jednakim
rastojanjima r od centra naelektrisanja Q. Odrediti napon između tačka A i B, ako je ugao među
silnicama, na kojima se nalaze ove tačke, jednak 600, a dielektrična permitivnost sredine je ε.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 14/135
Elektrostatika 11
1.r
QU AB
πε 4=
2.r
QU AB
πε 24=
3. 0= ABU 4.
r
QU AB
πε 2=
5.r
QU AB
πε =
Rešenje:
Intenzitet vektora E na nekom odstojanju r je:2
4
1
r
Q E ⋅=
πε (vektor jačine električnog polja punktualnog opterećenja) ⇒rastojanje između tačaka A i B je r (r=dl)
Po definiciji: ∫ ⋅= B
A
AB dl E U pa sledi: r r
QU AB ⋅⋅=
24
1
πε
r
QU AB
πε 4= , što odgovara ponuđenom rešenju broj 1.
20. Odrediti potencijal električnog polja ravnomerno naelektrisanog po površini usamljenog
cilindra. Dužina cilindra je l , radijus je R, naelektrisanje je q, dielektrična permitivnost sredine je ε.
Potencijal, jednak nuli, prihvatamo na površini cilindra. Deformacije polja na krajevima zanemariti.
1.r
R
l
qU ln
2⋅=
πε
2. R
r
l
qU ln
2⋅=
πε
3.
R
r
l
qU ⋅=
πε 2
4.r
R
l
qU ⋅=
πε 2
5.
−⋅=
Rr l
qU
11ln
2πε
Rešenje:
Primenimo Gausov zakon na fluks vektora E kroz zatvorenu površinu S:
∫ ∫ ∫ ∫ ⋅+⋅+⋅=⋅o B BS
dS E dS E dS E dS E
21
, gde su B1 i B2 baze cilindra a O njegov omotač.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 15/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike12
Ugao između vektora E i dS na obe baze je prav, pa je fluks kroz baze nula. Na površini
omotača vektori E i dS su istog pravca i smera, pa dobijamo:
rl E dS E dS E dS E OOS
π 20cos00 ==⋅++=⋅ ∫ ∫ ∫ , r - rastojanje od ose cilindra
Prema Gausovom zakonu ovaj fluks jednak je naelektrisanju koje površ obuhvata, podeljenom sa ε, pa je:
ε π ε π
rl
q E
qrl E
22 =⇒=
Pošto je vektor E upravan na element putanje dl a elementi putanje dl=dr su istog pravca i
smera pa je: ∫ ∫ ==r
R
r
Rr
dr
l
q Edr U
πε 2
Konačno dobijamo: R
r
l
qU ln
2πε = te je tačno ponuđeno rešenje broj 2.
21. Odrediti napon između dve ravnomerno naelektrisane paralelne ploče, prostor između
njih je popunjen različitim dielektricima (pogledaj crtež). Površinska gustina naelektrisanja na
pločama jednaka je σ [ 2/ mC ].
1.
+=
2
2
1
1
2 ε ε
σ d d U
2.
+=
2
1
1
2
4 ε ε
σ d d U
3.
+=
2
2
1
1
ε ε σ
d d U
4.
+=
2
1
1
2
ε ε σ
d d U
5.
++
=21
21
ε ε σ
d d U
1ε 2ε
σ + σ −
d 1 d 2
Rešenje:
Zbog simetrične raspodele opterećenja linije
vektora jačine polja upravne su na ravan, a
vektor E usmeren je od pozitivno naelektrisane
ravni. Po Gausovom zakonu S Q ⋅= σ , odavde
sledi da je:S
Q=σ
ε
σ = E (intenzitet polja između dve ploče)
Tako dobijamo sledeće:
2211 d E d E U ⋅+⋅=
d1 d2
1ε
2ε
E !
E !
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 16/135
Elektrostatika 13
2
2
1
1
d d U ε
σ
ε
σ += i konačno:
+=
2
2
1
1
ε ε σ
d d U
22. Odrediti napon između dve koncentrične loptaste površine, prostor između njih je popunjen
ravnomerno naelektrisanim dielektrikom sa zapreminskom gustinom naelektrisanja ρ. Radijusi
površina su R 1 (unutrašnje) i R 2 (spoljašnje), dielektrična permitivnost sredine je ε.
1. ( )2
1
2
23
R RU −=ε
ρ
2. ( )2
1
2
26
R RU −=ε
ρ
3. ( )122
6
R R R
U −=ε
ρ
4. ( )121
6 R R
RU −=
ε
ρ
5.1
3
1
3
2
3 R
R RU
−⋅=
ε
ρ
Rešenje:
ρρρρ
εεεε
r
r
R1
R2
Primenićemo Gausov zakon na zamišljenu sferu
poluprečnika R 1 < r < R 2.
π 24r E dS E dS E
S S
⋅==⋅ ∫ ∫ Zapremina između dve koncentrične loptaste
površine data je izrazom: ( )3
1
3
3
4 Rr dv −=
Konačno dobijamo:
( ) ( )2
3
1
33
1
3
2
3
4
3
4r
Rr E
Rr
r E ⋅−
=⇒−
=⋅ε
ρ
ε
π ρ
π
( )dr
r
Rr dr
r
Rr dr E U
R
R
R
R
R
R
2
3
1
3
2
3
1
3 2
1
2
1
2
133
−=
⋅−
=⋅= ∫ ∫ ∫ ε
ρ
ε
ρ
−−
=
−= ∫ ∫
2
1
2
1
2
1
2
1
1
233
3
1
2
2
3
1
R
R
R
R
R
R
R
Rr
Rr
r
dr Rrdr U
ε
ρ
ε
ρ
1
3
1
3
2
12
3
1
2
1
2
2
3
11
23 R
R R
R R R
R RU
−⋅=
+−−
−=
ε
ρ
ε
ρ
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 17/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike14
23. Kolika količina elektriciteta otiče u procesu polarizacije kroz površinu S (vidi sliku), ako
je q- naelektrisanje dipola, N- broj dipola u jedinici zapremine, d - dužina ose dipola.
1. Q= qN(d-x)S 2. Q= -qN(d-x)S
3. Q= -qNxS 4. Q= -qNxS 5. Q= qNSd
E !
+ -
+ d -+ -+ -+ S -
+ -+ -
+ -+ -
+ x -
Rešenje:
Količina elektriciteta koja otiče kroz površinu S prilikom formiranja polja u smeru
pomeranja pozitivnih opterećenja dobija se izrazom:
Q1= qNSxa u suprotnom smeru (kad je pomeraj negativnih opterećenja)
Q2= -qNS(d-x)Ukupna količina elektriciteta koja otiče kroz površinu S u procesu polarizacije se dobija:
Q= Q1 - Q2 = qNSx + qNS(d-x) = qNSd
24. Odrediti električni pomeraj unutar usamljenog ravnomerno naelektrisanog cilindra sanaelektrisanjem q (zanemariti deformacije polja na krajevima) na rastojanju r od ose cilindra.
Dužina cilindra je l , radijus je R.
1. r R
q D
32π =
2. r R
q D
34π =
3.2
32r
lR
q D
π =
4. r lRq D
24π =
5. r lR
q D
22π
=
Rešenje:
Definicija vektora električnog pomeraja: D=ε0E+P, gde je P vektor električne polarizacije.
Električni pomeraj unutar usamljenog ravnomerno naelektrisanog cilindra računa se po formuli:
r R
q D
32 ⋅=
π
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 18/135
Elektrostatika 15
25. Odrediti električni pomeraj unutar usamljene kugle radijusa R sa naelektrisanjem q,
ravnomerno raspoređenim po zapremini kugle.
1.22 R
q D
π =
2. r R
q D
π 4=
3.2
44r
R
q D
π =
4. r R
q D
24π =
5. r R
q D
34π
=
Rešenje:
Kako je naelektrisanje q ravnomerno raspoređeno po zapremini kugle, električni pomeraj
unutar usamljene kugle računa se po formuli:
r R
q D
34 ⋅=
π
26. Odrediti električni pomeraj usamljenog ravnomerno naelektrisanog cilindra sa linearnomgustinom naelektrisanja τ (deformacije polja na krajevima zanemariti) na odstojanju r od ose
cilindra.
1.2
2 r D
π
τ =
2.r
Dπ
τ
2=
3.22 r
Dπ
τ =
4.r
Dπ
τ
4=
5.34 r
Dπ
τ =
Rešenje:
Električni pomeraj usamljenog ravnomerno naelektrisanog cilindra sa linearnom gustinom
naelektrisanja τ računa se po formuli:
r D
π
τ
2=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 19/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike16
27. Putem uspostavljanja jednakosti veličina utvrditi koja od navedenih formula ima smisla.
Prihvaćene oznake su: F - sila; q - naelektrisanje; D - električni pomeraj; ε - dielektrična
permitivnost.
1. F = qε D
2.q
D F ε
=
3.ε
qD F =
4.q
D F
ε =
5. D
q F
ε =
Rešenje:
Na osnovu definicije vektora električnog pomeraja: D = ε E , sledi da je :ε
D E = . Po
definiciji, sila je data izrazom: F = qE. Konačno dobijamo:
ε ε
Dq Dq E q F
⋅=⋅=⋅= , što odgovara ponuđenom rešenju broj 3.
28. Naelektrisanje kondenzatora određuje se po formuli:
1.U
C q =
2.C
U q =
3. CU q =
4.CU
q1
=
5. Drugi odgovor
Rešenje:
Po definiciji, naelektrisanje kondenzatora određuje se po formuli: U C q ⋅=
29. U pločastom kondenzatoru povećamo razmak između ploča tri puta, a površinu ploča
smanjimo dva puta. Kako se promenio kapacitet kondenzatora (ε = const)?
1. Umanjio se dva puta.
2. Umanjio se tri puta.3. Nije se promenio.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 20/135
Elektrostatika 17
4. Povećao se šest puta.
5. Umanjio se šest puta.
Rešenje:
d
S C Oε = (kapacitivnost pločastog kondenzatora)
d - razmak između ploča, povećan je tri puta pa dobijamo izraz: d d O ⋅= 3
S - površina ploče, smanjena je dva puta pa se dobija izraz:2
S S O =
Kapacitet tako uređenog kondenzatora biće:
663
2 C
d
S
d
S
C OOO === ε ε , što znači da se kapacitet kondenzatora umanjio šest puta.
30. U pločastom kondenzatoru smanjili smo razmak među pločama i površinu ploča dva
puta. Kako se promenio kapacitet kondenzatora, ako je ε = const?
1. Nije se promenio.
2. Umanjio se dva puta.3. Povećao se dva puta.
4. Umanjio se č etiri puta.
5. Poveć
ao seč
etiri puta
Rešenje:
d
S C Oε = (kapacitet pločastog kondenzatora)
2
d d O = ;
2
S S O = , pa je novi izraz za kapacitet :
d
S
d
S
C OOO ε ε ==2
2 , što znači da se kapacitet nije promenio.
31. U pločastom kondenzatoru razmak između ploča smanjimo dva puta, a površinu ploča
uvećamo dva puta. Kako se promenio kapacitet kondenzatora (ε = const) ?
1. Nije se promenio.2. Umanjio se dva puta.
3. Povećao se dva puta.4. Povećao se č etiri puta.
5. Umanjio se č etiri puta.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 21/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike18
Rešenje:
d
S C Oε = (kapacitet pločastog kondenzatora)
2
d
d O = ; S S O ⋅= 2 , pa je novi izraz za kapacitet pločastog kondenzatora:
C d
S
d
S
d
S C OO
O
OOO 4
4
2
2=⋅=== ε ε ε , što znači da se kapacitet povećao četiri puta.
32. Da bi se razelektrisao kondenzator spojen na izvor konstantne ems neophodno je i
dovoljno:
1. Odspojiti proizvoljno priključ ak kondenzatora od izvora.2. Odspojiti oba priključ ka (sklopke) kondenzatora od izvora.
3. Uzemljiti pozitivno naelektrisan priključ ak kondenzatora, ne odspajajući kondenzator od
izvora.4. Uzemljiti pozitivan priključ ak kondenzatora, odspojivši ga prethodno od izvora.
5. Odspojivši kondenzator od izvora, prespojiti provodnikom njegove priključ ke.
Rešenje:
Da bi se razelektrisao kondenzator potrebno je uzemljiti pozitivni priključak kondenzatora
(podrazumeva se da ga prvo odspojimo od izvora elektromotorne sile ems), što znači da je tačno
ponuđeno rešenje broj 4.
33. Odrediti kapacitet usamljene provodne lopte radijusa R, okružene homogenom sredinom
čija je dielektrična permitivnost ε.
1. RC πε 4=
2. RC πε 2=
3. RC πε =
4.π
ε
2
RC =
5.π
ε
4
RC =
Rešenje:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 22/135
Elektrostatika 19
ε
QdS E
S
=⋅∫ (Gausov zakon)
2
2
4
4
r
Q E
Qr E
επ ε
π =⇒=⋅ (intenzitet radijalnog električnog polja u okolini lopte)
R
Q
r
dr Q
r
dr Qdr E U
R R R
1
444 22⋅==⋅=⋅= ∫ ∫ ∫
∞∞∞
επ επ επ
Po definiciji kapacitivnost kondenzatora je RU
QC πε 4== , što odgovara ponuđenom
rešenju broj 1.
34. Odrediti kapacitet sferičnog kondenzatora (vidi crtež)
1.21
212 R R
R RC
+⋅
= πε
2.12
214 R R
R RC
−⋅
= πε
3.12
21
R R
R RC
−⋅
= πε
4.21
214 R R
R RC
+⋅= πε
5.12
212 R R
R RC
−⋅
= πε
R1
R2
εεεε
Rešenje:
ε
QdS E
S
=⋅∫ (Gausov zakon)
πε ε π
2
2
44
r
Q E
Qr E =⇒=⋅
∫ ∫
−=⋅=⋅=
2
1
2
121
2
11
44
R
R
R
R R R
Q
r
dr Qdr E U
πε πε
R2
r
R1
εεεε
( )
21
12
4 R R
R RQU
πε
−=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 23/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 20
Po definiciji:12
214 R R
R R
U
QC
−== πε , što odgovara ponuđenom rešenju broj 2.
35. Odrediti kapacitet dvoslojnog pločastog kondenzatora (vidi sliku).
d1 d2
1ε 2ε
S
1.2211
21
d d
S C
ε ε
ε ε
+=
2.2211
21
d d
S C
ε ε
ε ε
−=
3.1122
21
d d
S C
ε ε
ε ε
−=
4.2112
21
d d
S C
ε ε
ε ε
+=
5.2112
212
d d
S C
ε ε
ε ε
−=
Rešenje:
ε
σ
= E (intenzitet polja između dve ploče)
Po Gausovom zakonu dobijamo da je:
S
QS Q =⇒⋅= σ σ
Uvrštavanjem u gornji izraz dobijamo
ε
1⋅=
S
Q E
+=⋅+⋅=+=
2
2
1
1
2
2
1
1
2211ε ε ε ε
d d
S
Qd
S
Qd
S
Qd E d E U
Kako jeU
QC = dobijamo2112
21
2
2
1
1 d d
S d d
S C ε ε
ε ε
ε ε
+⋅=
+= , što odgovara ponuđenom rešenju broj
4.
36. Odrediti kapacitet dvoslojnog cilindričnog kondenzatora (vidi sliku). Dužina cilindra je
l .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 24/135
Elektrostatika 21
4.
2
31
1
22
21
lnln
4
R
R
R
R
l C
ε ε
ε πε
+=
5.
2
31
1
22
21
lnln
2
R
R
R
Rl C
ε ε
ε πε
+=
1.
2
32
1
21
21
lnln R
R
R
R
l C
ε ε
ε πε
−=
2.
2
32
1
21
21
lnln
2
R R
R R
l C
ε ε
ε πε
+
=
3.
2
32
1
21
21
lnln R
R
R
R
l C
ε ε
ε πε
+=
Rešenje:
Po pretpostavci da je celokupno opterećenje raspoređeno na površini cilindričnog
kondenzatora, sfera poluprečnika manjeg od 1 R ne obuhvata nikakvo opterećenje pa je vektor
jačine polja unutar cilindričnog kondenzatora jednak nuli: )(0 1 Rr E <=
Za slučaj da je 21 Rr R << imamo sledeće:
2
1
1
12
2ε π ε
π rl
Q E
Qrl E ==>=⋅
Ako je 32 Rr R << imamo sledeće:
2
2
2
22
2ε π ε
π rl
Q E
Qrl E ==>=⋅
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ +=+=⋅=2
1
2
1
3
2
3
221
2122
R
R
R
R
R
R
R
R Rr
dr
l
Q
r
dr
l
Qdr E dr E r d E U
ε π ε π
2
3
21
2
1
ln2
ln2 R
R
l
Q
R
R
l
QU
ε π ε π +=
+=2
2
3
1
1
2 lnln
2 ε ε π
R
R
R
R
l
QU
Po definicijiU
QC = , pa je
2
31
1
22
21
2
2
3
1
1
2 lnln
2
lnln
2
R
R
R
R
l
R
R
R
R
l C
ε ε
ε πε
ε ε
π
+=
+
= , što odgovara
ponuđenom rešenju broj 5.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 25/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 22
37. Energija elektrostatičkog polja kondenzatora određuje se formulom:
1.2
2UC W e =
2.
22CU W e =3. 2CU W e =
4.2
2CU W e =
5.C
U W e
2
2
=
Rešenje:
Prilikom prenošenja elementarnog naelektrisanja dq sa negativne elektrode na pozitivnu,moraju se savladati sile elektrostatičkog polja i protiv njih izvršiti određeni rad.
qdqC
dA1
=
C
Qqdq
C A
Q
2
12
0
== ∫ U C Q ⋅=
22
222CU
C
U C A ==
Prema zakonu o održanju energije, ovaj rad se u celosti transformiše u energijuelektrostatičkog polja kondenzatora pa pišemo:
2
2
1CU W e ⋅= , što odgovara ponuđenom rešenju broj 4.
38. Vazdušni kondenzator napunjen je iz izvora konstantne struje i odspojen od njega posle
čega je razmak između ploča povećan dva puta. Kako će se promeniti energija elektrostatičkog
polja kondenzatora?
1. Neće se promeniti
2. Povećaće se dva puta3. Umanjiće se dva puta
4. Povećaće se č etiri puta5. Umanjiće se č etiri puta
Rešenje:
Po definiciji: d E U ⋅=
d d O 2= - razmak između ploča poveća se dva putaU d E Ed U OO 22 ===
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 26/135
Elektrostatika 23
2
2
1Oe CU W = ;
OU
QC =
QU U QQU W Oe === 22
1
2
1
Zaključujemo da
će se energija pove
ćala dva puta, što odgovara ponu
đenom rešenju 2.
39. Odrediti energiju električnog polja provodne kugle radijusa R. Potencijal kugle je ϕ,
površinska gustina naelektrisanja je σ.
1. σϕ π 24 RW e =
2. σϕ 2
RW e =
3.
2
2σϕ π R
W e =4. σϕ π
22 RW e =
5. σϕ π 2
RW e =
Rešenje:
Poznato je da je energija kondenzatora QU W e2
1= (vidi prethodni zadatak).
π σ
2
4 RQ = , gde je σ površinska gustina naelektrisanja kugle.U=ϕ - potencijal kugle
Uvrštavanjem u gornji izraz dobijamo:
σϕ π πϕ σ ϕ 22 24
2
1
2
1 R RQW e ===
40. U anizotropnoj sredini vektor jačine električnog polja E čini sa vektorom električnog
pomeraja D ugao od 30°. Odrediti zapreminsku gustinu energije električnog polja, ako je E =2⋅102
kV/m ; D=2⋅10-6 C/m2.
1. 31/102' m J We −⋅=
2. 31/1073.1' m J We −⋅= 3. 31
/104' m J We −⋅= 4.31
/1046.3' m J We −⋅=5.
31/10' m J We −=
Rešenje:
Koristeći formule QU We2
1= i DS Q = dobijamo:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 27/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 24
DSU We ⋅=2
1
gde je d E U ⋅=
tako imamo DSEd We ⋅=2
1
gde je d S v ⋅= (zapremina dela prostora u kome postoji električno polje).
Uvrštavanjem u gornje formule dobijamo:
DEvWe ⋅=2
1;
dv
dW W e =' (zapreminska gustina energije)
DEdvdW ⋅=2
1
DE W e ⋅=2
1'
Konačno dobijamo: α cos
2
1' ⋅⋅= DE W e gde je 030),( == E D"α
3165' /1073.12
3102102
2
1m J W e
−− ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= , što odgovara ponuđenom rešenju broj 2.
41. Postoje dva identična pločasta kondenzatora sa različitim dielektricima; svakome od njih
pridružen je napon U. Koji je odnos među jačinama polja kondenzatora ako je 21 2ε ε = ?
1. 21 2 E E =2. 21 E E =
3. 2121 E E =
4. 12 4 E E =
5. 122
1 E E =
Rešenje:
21 2ε ε =
21 U U U == ; 111 d E U ⋅= ; 222 d E U ⋅=
d
S C ε = ( kapacitet pločastog kondenzatora )
Iz uslova imamo: 21 2C C =Izjednačavanjem dobijamo : 2211 d E d E =
2
222
1
1
1C
d E
C
S E
ε ε =
2
22
2
21
2
2
C
S E
C
S E
ε ε =
Konačno dobijamo da je: 21 E E =
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 28/135
Elektrostatika 25
42. Postoje dva identična pločasta kondenzatora sa različitim dielektricima ( )12 2ε ε = .
Njihovi kapaciteti povezani su međusobno odnosom :
1. 12 C C =
2. 122
1C C =
3. 12 2C C =4. 12 4C C =5. 21 4C C =
Rešenje:
Kapacitet pločastog kondenzatora je:
d S C 11 ε = a kapacitet drugog iz uslova da je ( )12 2ε ε = :
d
S
d
S C 122 2ε ε ==
Izjednačavanjem dobijamo da je: 12 2C C = , što odgovara ponuđenom rešenju broj 3.
43. Imamo dva pločasta kondenzatora sa parametrima 21 ε ε = , 21 S S = , 21 5.0 d d = . Njihovi
kapaciteti povezani su odnosom:
1. 21 C C =2. 21 2C C =3. 21 5.0 C C =4. 21 25.0 C C =5. 21 4C C =
Rešenje:
Iz početnih uslova, koristeći formulu za izračunavanje kapacitivnosti pločastogkondenzatora dobijamo :
21 ε ε = ; 21 S S = ; 21 5.0 d d =
212
1d d = ⇒ 212 d d =
1
1d
S C ε = ; 1
12
22
1
2C
d
S
d
S C === ε ε ;
Konačno dobijamo: 21 2C C = , što odgovara ponuđenom rešenju broj 2.
44. Data su dva pločasta kondenzatora sa parametrima 21 ε ε = , 21 d d = , 21 3S S = . Njihovi
kapaciteti povezani su odnosom:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 29/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 26
1. 21 C C =
2. 213
1C C =
3. 21
6
1C C =
4. 21 3C C =
5. 219
1C C =
Rešenje:
d
S C 1
1 ε = ;d
S C 2
2 ε = ; 21 3S S =
22
1 33 C d S C == ε što zadovoljava ponuđeno rešenje broj 4.
45. Dva kondenzatora kapaciteta 1C i 2C povezana su paralelno. Njihova ekvivalentna
kapacitivnost jednaka je:
1. 21 C C C ⋅=
2. 21
21
C C
C C C
+
⋅=
3. 21 C C C +=
4. 21
111
C C C +=
5. 21
21
C C
C C C
+=
Rešenje:
U slučaju paralelne veze razlika potencijala između svih kondenzatora je ista, tj.
U U U == 21 . Ukupna količina elektriciteta Q jednaka je zbiru elektriciteta 1Q i 2Q na pojedinim
kondenzatorima.
Koristeći formulu C U Q ⋅= dobijamo :
)( 212121 C C U UC UC QQQ +=+=+=Ekvivalentna kapacitivnost biće :
2121 )(
C C U
C C U
U
QC +=
+== , što odgovara ponuđenom rešenju broj 3.
46. Dva kondenzatora kapaciteta 122 C C = povezana su redno i priključena na mrežu sa
naponom U . Kako je raspoređen napon na kondenzatorima?
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 30/135
Elektrostatika 27
1. 21 U U =2. 12 5.0 U U =
3. 21 2U U =4. 12 2U U =
5. 12 2U U =
Rešenje:
U slučaju serijske veze, opterećenja svih kondenzatora moraju biti ista tj. 21 QQQ == .
111 U C Q ⋅= ; 222 U C Q ⋅=Iz uslova da je 122 C C = dobijamo :
21 QQ =
2211 U C U C =22122 U C U C =
212 U U = tj. 12 2U U = , što odgovara ponuđenom rešenju broj 4.
47. Dva kondenzatora kapaciteta 21 2C C = povezana su paralelno i priključena na mrežu sa
naponom U . Kako su raspoređena naelektrisanja na kondenzatorima?
1. 21 2QQ =
2. 21 QQ =3. 12 2QQ =
4 21 2QQ =
5. 12 2QQ =
Rešenje:
U slučaju paralelne veze napon između svih kondenzatora mora biti isti tj. 21 U U U ==
1
11
C QU = ;
2
22
C QU =
Iz uslova da je 21 2C C = , dobijamo :
21 U U =
2
2
1
1
C
Q
C
Q=
2
2
2
1
2 C
Q
C
Q=
21 2QQ = , što odgovara ponuđenom rešenju broj 1.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 31/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 28
48. Na kondenzator 1C sa naelektrisanjem Q povezuje se napunjen kondenzator 2C
( 12 C C = ). Odrediti napon na kondenzatoru 2C . Tačke A i B nisu nigde priključene.
1.
2
2
C
QU =
2.21
2C C
QU
+=
3.
21
212
C C
C C
QU
+
=
4. 0=U
5. Na pitanje je nemoguće odgovoriti
A
B
Q C1
C2
Rešenje:
Pošto tačke A i B nisu nigde priključene, znači da nema ni struje kroz kondenzatore, tj.
kondenzator C2 se ne puni, pa je u ovom slučaju napon U=0, što odgovara ponuđenom rešenju broj
4.
49. Na kondenzator 1C sa naelektrisanjem Q spaja se drugi kondenzator 12 C C = . Kako će
se izmeniti napon na kondenzatoru 1C ?
1. Uvećaće se dva puta2. Umanjiće se dva puta
3. Neće se promeniti
4. Uvećaće se za č etiri puta5. Umanjiće se za č etiri puta
C 1
+
-
C 2
Rešenje:
Kada se na kondenzator C1 spoji kondenzator C2=C1 napon na kondenzatoru se duplo
umanjuje.
50. Kondenzator 1C priključen je na mrežu sa naponom const U = . Kod spajanja
kondenzatora 2C na kondenzator 1C , napon na kondenzatoru 1C :
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 32/135
Elektrostatika 29
1. Ne menja se
2. Smanjuje se dva puta3. Povećava se dva puta
4.2
121
C
C U U =
5.1
221
C
C U U =
U
U1 C1
C2
R
Rešenje:
Napon na kondenzatoru 1C ne menja se pošto je const U = .
51. Kondenzator 1C priključen je na mrežu sa konstantnim naponom U . Na njega se
paralelno povezuje kondenzator 2C )( 21 C C = . Naelektrisanje sistema kondenzatora:
1. Ne menja se
2. Umanjuje se dva puta3. Povećava se dva puta
4. Povećava se č etiri puta
5. Umanjuje se č etiri puta
U C1 C2
Rešenje:
Pošto je kondenzator 1C sa konstantnim naponom U , kada na njega paralelno spojimo
kondenzator 2C naelektrisanje sistema kondenzatora dva puta se povećava.
52. Dva kondenzatora kapaciteta 12 2C C = povezana su redno i priključena na mrežu sa
naponom U . Kakav će biti odnos između njihovih naelektrisanja?
1. 21 QQ =2. 12 2QQ =3. 21 2QQ =
4. 21
3
1QQ =
5. 213
2QQ =
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 33/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 30
Rešenje:
Pri serijskoj vezi, naelektrisanje svih kondenzatora je isto, što znači da je 21 QQ = , što
odgovara ponuđenom rešenju broj 1.
53. Dva kondenzatora kapaciteta 1C i 2C povezana su redno. Njihov ekvivalentni kapacitet
je:
1. 21 C C C +=2. 21 C C C ⋅=
3. 21
11
C C C +=
4. 21
1
C C
C =
5. 21
111
C C C +=
Rešenje:
Za slučaj redne veze kondenzatora imamo: 21 QQQ == i 21 U U U +=
Koristeći formuluC
QU = dobijamo :
+=+=+=
2121
21
11
C C Q
C
Q
C
QU U U
Ekvivalentni kapacitet je:Q
C C Q
Q
U
C
+
== 21
11
1=
21
11
C C + , što odgovara ponuđenom
rešenju broj 5.
54. Tri kondenzatora povezana su kako je prikazano na slici. Njihov ekvivalentni kapacitet jednak je:
1. 32
321
C C
C C C C
++=
2. 321 C C C C ++=
3. ( )
321
321
C C C
C C C C
+++
=
4. ( )321
321
C C C
C C C C
+
++=
5. 321
1111
C C C C ++=
C 1
C 2
C 3
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 34/135
Elektrostatika 31
Rešenje:
Kondenzatori 2C i 3C vezani su paralelno pa pišemo : 3223 C C C +=Ekvivalentni kapacitet jednak je serijskoj vezi kondenzatora 1C i 23C pa je konačno :
( )321
321
231
231
C C C C C C
C C C C C
++ +=+⋅= , što odgovara ponuđenom rešenju broj 3.
55. Na kondenzator kapaciteta 1C i naelektrisanja 1Q redno se spaja još jedan nenapunjen
kondenzator C2 ( )21 C C = . Tačke a i bnisu nigde priključene. Naelektrisnje prvog kondenzatora :
1. Ne menja se
2. Smanjuje se dva puta
3. Uvećava se dva puta
4. 2
121
C
C QQ =
5. Na pitanje je nemoguće odgovoriti
a b
C 1 C 2
R Q
-+
Rešenje:
U slučaju redne veze naelektrisanje svih kondenzatora je isto tako da se naelektrisanje prvog
kondenzatora neće promeniti, što odgovara ponuđenom rešenju broj 1.
56. Na dva identična kondenzatora priključena su dva identična voltmetra elektrostatičkog
sistema (vidi sliku). Pre zatvaranja dvopolnog prekidača, voltmetri su pokazivali vrednosti
V U 1201 = i V U 402 = . Koju vrednost će pokazati prvi voltmetar 1V nakon zatvaranja prekidača?
1. Nula
2. 40V
3. 120V 4. 80V 5. Na pitanje je nemoguće odgovoriti –
potrebno je znati kapacitet kondenzatora.
C
+
-
V 1 V 2
C
Rešenje:
U slučaju paralelne veze kondenzatora, razlika potencijala između svih kondenzatora je ista,
tako da će posle zatvaranja prekidača doći do pražnjenja kondenzatora. Napon na prvomkondenzatoru dobiće se razlikom potencijala između kondenzatora (120V – 40V). Voltmetar 1V će
dakle pokazati 80 V, što odgovara ponuđenom rešenju broj 4.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 35/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 32
57. Kondenzator 1C ima naelektrisanje Q . Kako će se promeniti naelektrisanje posle
zatvaranja prekidača, ako je 21 C C = ?
1. Ne menja se.
2. Povećava se dva puta.3. Umanjuje se dva puta.
4. Uvećava se č etiri puta.5. Umanjuje se č etiri puta.
C 1
+
-
C 2 Q
Rešenje:
Posle zatvaranja prekidača i uslova da je 21 C C = , naelektrisanje Q će se ravnopravno
rasporediti na oba kondenzatora, što znači da se naelektrisanje dva puta smanjuje, što odgovara ponuđenom rešenju broj 3.
58. Kod transformacije trougla u ekvivalentnu zvezdu kapacitet 1C određuje se po formuli:
1.23
311231211
C
C C C C C ++=
2.13
231223121
C
C C C C C ++= .
3.13
231231211
C
C C C C C ++=
4.12
231231131
C
C C C C C ++=
5.12
231323131
C
C C C C C ++=
Rešenje:
Iz ranije utvr đenih formula transformacije trougla u ekvivalentnu zvezdu zaključujemo da se
kapacitet 1C određuje po formuli :
23
311231211
C
C C C C C ++=
59. Kod transformacije zvezde u ekvivalentni trougao za izračunavanje kapaciteta 12C koristimo formulu:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 36/135
Elektrostatika 33
1. 321
3212
C C C
C C C
++=
2. 321
3112
C C C
C C C
+++
=
3. 321
2112
C C C C C C
++=
4. 313221
2112
C C C C C C
C C C
++=
5. 313221
3212
C C C C C C
C C C
++=
Rešenje:
Iz ranije utvr đenih formula transformacije zvezde u ekvivalentni trougao zaključujemo da se
kapacitet 12C određuje po formuli :
321
2112
C C C
C C C
++=
60. Sastaviti jednačinu zakona očuvanja količine elektriciteta za čvor A šeme (slika 1), ako
su kondenzatori bili prethodno naelektrisani (slika 2).
1. 123321 ''' qqqqqq −−=+−2. 123321 ''' qqqqqq −−=−−3. 123231 ''' qqqqqq +−=−−4. 123231 ''' qqqqqq −+=−−5. 123231 ''' qqqqqq −−=+−
Rešenje:
Sa negativnim predznakom uzimamo količine naelektrisanja koje odlaze od čvora A, a sa
pozitivnim predznakom one koje ulaze u čvor, tako da će jednačina zakona očuvanja količine
elektriciteta za čvor A imati izgled :
123321 ''' qqqqqq −−=−−
61. Sastaviti jednačinu zakona očuvanja količine elektriciteta za čvor A šeme (slika 1), ako
su kondenzatori bili prethodno naelektrisani (slika 2).
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 37/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 34
1. 123231 ''' qqqqqq −+=−+2. 123231 ''' qqqqqq +−=−+3. 123231 ''' qqqqqq −−=++4. 123231 ''' qqqqqq −−=−+
5. 123231 ''' qqqqqq −=−−
Rešenje:
Jednačina zakona očuvanja količine elektriciteta za ovaj slučaj ima izgled ( uslovi su isti kao
i za prethodni zadatak ) :
123231 ''' qqqqqq −−=−+
62. Za konturu 2342 šeme sa slike sastaviti jednačinu drugog Kirhofovog zakona.
1. 2
2
5
5
3
32
111
C q
C q
C q E −−=
2. 2
2
5
5
3
32
111
C q
C q
C q E −−=−
3.
22
55
332
111
C qC qC q E −−=
4. 2
2
5
5
3
32
111
C q
C q
C q E −−−=
5. 2
2
5
5
3
32
111
C q
C q
C q E −=−
1
23
4
q 1
q 2
q 3
q 4
q 5 E 1
E 2
C 1
C 2
C 3
C 4
C 5
Rešenje:
Jednačina drugog Kirhofovog zakona za konturu 2342 ima izgled :
02
22
5
5
3
3 =+++−C
q E
C
q
C
q
2
2
5
5
3
32
111
C q
C q
C q E −−=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 38/135
J J e e d d n n o o s s m m e e r r n n e e
s s t t r r u u j j e e
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 39/135
1. Odrediti vrednost otpornika R 2 ako je R 1=3Ω, a pokazivanja ampermetra očitati sa šeme.
R2
A5 V
A25 V
R1
1. 15Ω
2. 12Ω
3. 20Ω
4. ≈ 1.12Ω 5. 30Ω
Rešenje:
Kod rešavanja zadatka koristimo I Kirhofov zakon o zbiru struja. Nalazimo struju I a posle
iz jednakosti R 1I1=R 2 I 2 nalazimo otpor R 2 .
A5 VR2
R1
A
25 VI
I 1
2
I = I1+ I 2 ⇒ I1= I - I 2 = 25 – 5 = 20 A
U = R 1 I1 = R 2 I 2
R 2 =2
11
I
I R=
A
A
5
203 ⋅Ω= 12Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
2. Odrediti da li rade kao potrošači ili generatori, generatori električne energije prikazani našemi, ako je: R 1=6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=10V, E 2 =20V, E 3 =30V.
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
0. E 1 i E 2 - generatori, E 3 - potrošač
1. E 1 i E 3 - generatori , E 2 - potrošač
2. E 2 i E 3 - generatori, E 1 - potrošač
3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - potrošač i
4. E 2 - generator, E 1 i E 3 - potrošač i
5. E 3 - generator, E 1 i E 2 - potrošač i
Rešenje:
Kod rešavanja zadatka koristimo konturne struje I I i I II i struje grana I1=I I , I 2 =I I +I II ,
I 3 =I II . Na osnovu smera struje i smera elektromotorne sile određujemo da li generator radi kao
potrošač ili generator.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 40/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 36
R1 R2 R3
E1
+
E2
+
E3
+I II
I1 I2 I3
Stvarnismer struje
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1- E 2
I I R 2 + I II ( R 2 + R 3 ) = E 3 - E 2
Zamenom brojnih vrednosti dobija se sledeći
sistem jednačina:
14 I I + 8 I II = -108 I I + 11 I II = 10
Rešenje ovog sistema jednačina daje konturne
struje:
I I = - 2,11 A
I II = 2.45 A
I1 = I I = -2.11 A
I 2 = I I + I II = 0.34 A
I 3 = I II = 2.45 A Na osnovu zaključujemo da su E1 i E2 potrošači , a E3 je generator, što odgovara ponuđenom
rešenju broj 5.
3. Odrediti da li rade kao potrošači ili generatori, generatori električne energije prikazani na
šemi, ako je:R 1=6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=10V, E 2 =30V, E 3 =30V.
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
0. E 1 i E 2 - generatori, E 3 - potrošač
1. E 1 i E 3 - generatori , E 2 - potrošač
2. E 2 i E 3 - generatori , E 1 - potrošač
3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - potrošač i
4. E 2 - generator, E 1 i E 3 - potrošač i
5. E 3 - generator, E 1 i E 2 - potrošač i
Rešenje:
Postupak rešavanja zadatka isti je kao kod prethodnog zadataka.
R1 R2 R3
E1
+
E2
+
E3
+
I II
I1 I2 I3
Stvarnismer struje
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1- E 2
I I R 2 + I II ( R 2 +R 3 ) = E 3 - E 2
14 I I + 8 I II = -20
8 I I + 11 I II = 0
I I = -2.445 A
I II = 1.778 A
I2
= I I
+ I II
= - 0.667A
I1 = I I = -2.445 A
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 41/135
Jednosmerne struje 37
I 2 = - 0.667 A
I 3 = I II = 1.778 A
Na osnovu smera struja i smera ems zaključujemo da jeE1 potrošač, a E3 i E2 su generatori,
što odgovara ponuđenom rešenju broj 2.
4. Odrediti da li rade kao potrošači ili generatori, generatori električne energije prikazani na
šemi, ako je : R 1=6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=10V, E 2 =40V, E 3 =10V.
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
0. E 1 i E 2 - generatori, E 3 - potrošač
1. E 1 i E 3 - generatori , E 2 - potrošač
2. E 2 i E 3 - generatori , E 1 - potrošač
3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - potrošač i
4. E 2 - generator, E 1 i E 3 - potrošač i
5. E 3 - generator, E 1 i E 2 - potrošač i
Rešenje:
R1 R2 R3
E1
+
E2
+
E3
+
I II
I1 I2 I3
Stvarnismer struje
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1- E 2
I I R 2 + I II ( R 2 +R 3 ) = E 3 - E 2
I I = -1 A
I II = -2 A
I 2 = I I + I II = = -3 A
I1= I I = -2 A
I 2 = -3 AI 3 = I II = -2 A
E2 je generator, a E1 i E3 su potrošači, što odgovara rešenju broj 4.
5. Odrediti da li rade kao potrošači ili generatori, generatori električne energije prikazani na
šemi, ako je: R 1 =6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=30V, E 2 =20V, E 3 =10V.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 42/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 38
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
0. E 1 i E 2 - generatori, E 3 - potrošač
1. E 1 i E 3 - generatori , E 2 - potrošač
2. E 2 i E 3 - generatori , E 1 - potrošač
3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - potrošač i
4. E 2 - generator, E 1 i E 3 - potrošač i
5. E 3 - generator, E 1 i E 2 - potrošač i
Rešenje:
R1 R2 R3
E1
+
E2
+
E3
+
I II
I1 I2 I3
Stvarnismer struje
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1- E 2
I I R 2 + I II ( R 2 +R 3 ) = E 3 - E 2
I I = 2.111 A
I II = - 2.445 A
I 2 = I I + I II = - 0.333 A
I1 = I I = 2.111 A
I 2 = - 0.333 A
I 3 = I II = - 2.445 A
E1 i E2 su generatori, a i E3 je potrošač, što odgovara rešenju pod rednim brojem 0.
6. Odrediti da li rade kao potrošači ili generatori, generatori električne energije prikazani na
šemi, ako je: R 1=6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=20V, E 2 =20V, E 3 =5V.
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
0. E 1
i E 2
- generatori, E 3
- potrošač
1. E 1 i E 3 - generatori , E 2 - potrošač
2. E 2 i E 3 - generatori , E 1 - potrošač
3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - potrošač i
4. E 2 - generator, E 1 i E 3 - potrošač i
5. E 3 - generator, E 1 i E 2 - potrošač i
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 43/135
Jednosmerne struje 39
Rešenje:
R1 R2 R3
E1
+
E2
+
E3
+
I II
I 1 I2 I 3
Stvarni
smer struje
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1- E 2
I I R 2 + I II ( R 2 +R 3 ) = E 3 - E 2
I I = 1.334 A
I II = -2.334 A
I 2 = I I + I II = -1 A
I 3 = I II = - 2.334 A
E1 i E2 su generatori , a E3 je potrošač, što
odgovara rešenju pod rednim brojem 0
7. Odrediti da li rade kao potrošači ili generatori, generatori električne energije prikazani na
šemi, ako je:R 1=6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=30V, E 2 =10V, E 3=5V.
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
0. E 1 i E 2 - generatori, E 3 - potrošač
1. E 1 i E 3 - generatori , E 2 - potrošač
2. E 2 i E 3 - generatori , E 1 - potrošač
3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - potrošač i
4. E 2 - generator, E 1 i E 3 - potrošač i
5. E 3
- generator, E 1
i E 2
- potrošač i
Rešenje:
R1 R2 R3
E1
+
E2
+
E3
+
I II
I1 I2 I3
Stvarnismer struje
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1- E 2
I I R 2 + I II ( R 2 +R 3 ) = E 3 - E 2
I1 = I I = 2.889 AI 2 = 0.333 A
I 3 = I II = - 2.556 A
E1 je generator , a E3 i E2 su potrošači.
8. Napisati jednačinu konturnih struja za struju I 3 .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 44/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 40
R1
R2
R4
E1
+
E2
+
E3
+I I1 2
I3
R5 E5
+
R6
R7 R8
1. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 5
2. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 5
3. -R 5 I 1+ R 6 I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 5
4. -R 5 I 1- R 6 I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = - E 5
5. R 5 I 1+ R 6 I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 5
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću obrasca za konturne struje:
111122111 ... E R I R I R I nn =+++
…………………………….
nnnnnnn E R I R I R I =+++ ...2211
Smisao pojedinih simbola u ovim jednačinama je sledeći:
I j = jačina struje u konturi j (j bilo koji broj od 1 do n),
R jj = ∑ )( R duž konture j (j bilo koji broj od 1 do n),
R jk = Rkj = ± ∑ )( R duž grana koje su zajedničke za konture j i k, pri čemu se uzima
predznak + ako su smerovi kontura j i k u grani isti, a – u suprotnom slučaju. (j≠k; j, k =1, 2,…n)
E jj = ∑ ± ))(( E duž konture j, pri čemu se uzima predznak + ako su smer E i konture isti, a j
je bilo koji broj od 1 do n.
- R 5 I1+ R 6 I 2 + ( R 8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 5
Tačno je rešenje pod brojem 3.
9. Napisati jednačinu konturnih struja za struju I 2 .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 45/135
Jednosmerne struje 41
R1
R2
R4
E1
+
E2
+
E3
+I I1 2
I3
R5 E5
+
R6
R7 R8
1. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 3 - E 2
2. R 2 I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 + R 6 I 3 = E 3 - E 2
3. -R 2 I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 - R 6 I 3 = E 3 - E 2
4. -R 2 I 1- ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 + R 6 I 3 = E 3 - E 2
5. R 2 I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 - R 6 I 3 = E 3 - E 2
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću obrasca za konturne struje:
R 2
I1+ ( R
6+ R
2+ R
4) I
2+ R
6I
3= E
3- E
2
Tačno je rešenje broj 2.
10. Napisati jednačinu konturnih struja za struju I1 .
R1
R2
R4
E1
+
E2
+
E3
+I I1 2
I3
R5 E5
+
R6
R7 R8
1. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ R 2 I 2 - R 5 I 3 = E 1- E 2 - E 5
2. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ R 2 I 2 + R 5 I 3 = E 1- E 2 - E 5
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 46/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 42
3. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 + ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 1+ E 2 + E 5
4. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1- R 2 I 2 - R 5 I 3 = E 1- E 2 - E 5
5. ( R 5 + R1+ R 2 ) I 1+ ( R 6 + R 2 + R 4 ) I 2 - ( R8 + R 7 + R 6 + R 5 ) I 3 = E 1- E 2 - E 5
Rešenje:
( R 5 + R 1+ R 2 ) I1+ R 2 I 2 - R 5 I 3 = E1- E 2 - E 5
Tačno je rešenje broj 1.
11. Za čvor 2 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Za referentni čvor
usvojiti tačku 0.
g2
g3
E1
+
E2
+
E3
+
g4
I
g6g5
S1
g1
12
3
0
1. ( g 4 + g 6 ) U 10 + ( g 2 + g 4 + g 5 + g 6 ) U 20 - g 6 U 30 = - E 2 g 2
2. ( g 4 + g 6 ) U 10 + ( g 2 + g 4 + g 5 + g 6 ) U 20 + g 6 U 30 = E 2 g 2
3. 54
54
g g
g g
+U 10 + (
54
54
g g
g g
++g 2 + g 6 ) U 20 + g 6 U 30 = - E 2 g 2
4. ( g 4 + g 5 ) U 10 + ( g 2 + g 4 + g 5 + g 6 ) U 20 - g 6 U 30 = E 2 g 2
5.
- 54
54
g g
g g
+ U 10 + ( 54
54
g g
g g
+ +g 2 + g 6 ) U 20 - g 6 U 30 = - E 2 g 2
Rešenje:
Zadatak rešavamo pišući jednačinu po metodi potencijala čvorova.
-54
54
g g
g g
+U10 + (
54
54
g g
g g
++g 2 + g 6 ) U 20 - g 6 U 30 = - E 2 g 2 , (g =
R
1)
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 47/135
Jednosmerne struje 43
12. Za čvor B električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
R4
R5
E1
+
E2
+
E5
+
R1
R3
R2
R6A BE6
+
E4 +
0
1. U 0 B ( 1
1
R+
2
1
R+
3
1
R+
6
1
R ) - U 0 A
6
1
R=
4
4
R
E +
5
5
R
E +
6
6
R
E
2. U 0 B ( 4
1
R +5
1
R +6
1
R ) - U 0 A6
1
R = -4
4
R
E
+5
5
R
E
+6
6
R
E
3. U 0 B ( 4
1
R+
5
1
R ) - U 0 A
3
1
R= -
4
4
R
E +
5
5
R
E +
6
6
R
E
4. U 0 B ( 4
1
R+
5
1
R+
6
1
R ) - U 0 A (
1
1
R+
6
1
R ) = -
4
4
R
E +
5
5
R
E
5. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Tačno je rešenje broj 2.
R4
R5
E1
+ E2
+
E5
+
R1
R3
R2
R6A B
0
E6
+
E4 +
U
U
A0
B0
U 0 B (4
1
R+
5
1
R+
6
1
R) - U 0 A
6
1
R= -
4
4
R
E +
5
5
R
E +
6
6
R
E
13. Za čvor A električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 48/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 44
R4
R5
E1
+ E2
+
E5
+
R1
R3
R2
R6A B
0
E6
+
E4 +
U
U
A0
B0
1. U 0 A ( 1
1
R+
2
1
R+
3
1
R+
6
1
R ) - U 0 B (
4
1
R+
6
1
R ) =
1
1
R
E +
2
2
R
E
2. U 0 A ( 1
1 R
+2
1 R
+3
1 R
) + U 0 B
6
1 R
=1
1
R E +
2
2
R E
3. U 0 A ( 1
1
R+
2
1
R+
3
1
R ) + U 0 B
6
1
R=
1
1
R
E +
2
2
R
E -
6
6
R
E
4. U 0 A ( 1
1
R+
2
1
R+
3
1
R+
6
1
R ) - U 0 B
6
1
R=
1
1
R
E +
2
2
R
E -
6
6
R
E
5. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Tačno je rešenje broj 4.
U 0 A (1
1
R+
2
1
R+
3
1
R+
6
1
R) - U 0 B
6
1
R=
1
1
R
E +
2
2
R
E -
6
6
R
E
14 Za čvor 3 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
R4
E2
+E3+
R0
R5
R3
R72
0
E4
+
R6
3
R8
E1+R1
1
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 49/135
Jednosmerne struje 45
1. -1
1
RU 10 + (
7
1
R+
8
1
R) U 20 + (
1
1
R+
4
1
R+
7
1
R+
8
1
R ) U 30 =
4
4
R
E -
1
1
R
E
2. 1
1
RU 10 + (
7
1
R+
8
1
R) U 20 + (
1
1
R+
4
1
R+
7
1
R+
8
1
R ) U 30 =
1
1
R
E +
4
4
R
E
3. -1
1
RU 10 -
87
1
R R +U 20 + (
1
1
R+
4
1
R+
87
1
R R +) U 30 =
4
4
R
E -1
1
R
E
4. -1
1
RU 10 - (
7
1
R+
8
1
R) U 20 + (
1
1
R+
4
1
R+
7
1
R+
8
1
R ) U 30 =
1
1
R
E -
4
4
R
E
5. -1
1
RU 10 -
87
1
R R +U 20 + (
1
1
R+
4
1
R+
7
1
R+
8
1
R ) U 30 =
1
1
R
E -
4
4
R
E
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
-1
1
RU10 -
87
1
R R +U 20 + (
1
1
R+
4
1
R+
87
1
R R +) U 30 =
4
4
R
E -
1
1
R
E
15. Za čvor 1 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
R4
E2
+E3+
R2
R5
R3
R72
0
E4
+
R6
3
R8
E1+R1
1
1. ( 1
1
R+
65
1
R R ++
2
1
R) U 10 -
65
1
R R +U 20 -
1
1
RU 30 =
1
1
R
E +
2
2
R
E
2. ( 1
1
R+
2
1
R+
5
1
R+
6
1
R ) U 10 - (
5
1
R+
6
1
R ) U 20 -
1
1
RU 30 = -
1
1
R
E +
2
2
R
E
3. ( 1
1
R+
65
1
R R ++
2
1
R) U 10 +
65
1
R R +U 20 +
1
1
RU 30 = -
1
1
R
E -
2
2
R
E
4. ( 1
1
R+
7
1
R+
5
1
R+
6
1
R ) U 10 + (
5
1
R+
6
1
R ) U 20 +
1
1
RU 30 =
1
1
R
E -
2
2
R
E
5. ( 1
1
R+
7
1
R+
5
1
R+
6
1
R ) U 10 - (
5
1
R+
6
1
R ) U 20 -
1
1
RU 30 =
1
1
R
E +
2
2
R
E +
4
4
R
E
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 50/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 51/135
Jednosmerne struje 47
g3J
g1
g2
g41 2
0
E2
+
E4 +
g5
k
E1 +
1. ( g 4 + g 5 )U 10 + (g 1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E 1 g 1 - E 2 g 2 + E 4 g 4
2. -( g 4 + g 5 )U 10 + (g 1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E 1 g 1 + E 2 g 2 + E 4 g 4
3. -( g 4 + g 5 )U 10 + (g 1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E 1 g 1 - E 2 g 2 + E 4 g 4
4. ( g 4 + g 5 )U 10 - (g 1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E 1 g 1 - E 2 g 2 + E 4 g 4
5. -( g 4 + g 5 )U 10 + (g 1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E 1 g 1 - E 2 g 2 - E 4 ( g 4 + g 5 )
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
- ( g 4 + g 5 )U10 + (g1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E1 g1 - E 2 g 2 + E 4 g 4
18. Za čvor 1 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
g3
J
g1
g2
g4
1 2
0
E3
+
g5
k
E1
+
1. ( g 1 + g 2 + g 5 )U 10 + g 5 U 20 = E 1 g 1 + J k
2. ( g 1 + g 2 + g 5 )U 10 + g 5 U 20 = E 1 g 1 + J k
3. ( g 1 + g 2 + g 5 )U 10 - g 5 U 20 = J k - E 1 g 1
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 52/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 48
4. ( g 1 + g 2 + g 5 )U 10 - g 5 U 20 = E 1 g 1 - J k
5. ( g 1 + g 2 + g 5 )U 10 - g 5 U 20 = E 1 g 1 - J k + E 3 g 3
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
(g1 + g 2 + g 5 )U10 - g 5 U 20 = E1 g1 - J k
19. Za čvor 2 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
g3
J
g1
g2
g4
1 2
0
E3
+
g5
k
E1
+
1. g 5 U 10 - ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = E 3 g 3 + J k
2. g 5 U 10 + ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = E 3 g 3 + J k
3. -g 5 U 10 + ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = - E 3 g 3 + E 1 g 1 + J k
4. -g 5 U 10 + ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = E 3 g 3 + J k
5. -g 5 U 10 + ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = J k - E 3 g 3
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5.
- g 5 U10 + ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = J k - E 3 g 3
20. Za čvor 1 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 53/135
Jednosmerne struje 49
g3
E1
+
E2+
g1
g4
g2
g6
1
2
0
E3
+
g5
Jk
3
1. ( g 1 + g 4 + g 5 )U 10 - ( g 4 + g 5 )U 20 = - E 1 g 1 + J k
2. ( g 1 +54
54
g g
g g
+ )U 10 - ( g 4 + g 5 )U 20 - (
54
54
g g
g g
++ g 6 )U 30 = E 1 g 1 + J k
3. ( g 1 + g 4 + g 5 )U 10 + ( g 4 + g 5 )U 20 = E 1 g 1 + J k
4. ( g 1 +54
54
g g
g g
+ )U 10 - (
54
54
g g
g g
+)U 20 = - E 1 g 1 + J k
5. ( g 1 + g 4 + g 5 )U 10 - ( g 4 + g 5 )U 20 - ( g 4 + g 5 + g 6 )U 30 = - E 1 g 1 + J k
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
( g1 +54
54
g g
g g
+)U10 - (
54
54
g g
g g
+)U 20 = - E1 g1 + J k
21. Za čvor 1 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
g3J
g1
g2
g41 2
E2
+
E4 +
g5
k
E1 +
1. ( g 3 + g 4 + g 5 )U 10 + ( g 4 + g 5 )U 20 = - E 4 g 4 + J k
2. ( g 3 + g 4 + g 5 )U 10 - ( g 4 + g 5 )U 20 = - E 4 g 4 + J k
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 54/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 50
3. ( g 3 + g 4 + g 5 )U 10 - ( g 4 + g 5 )U 20 = E 4 g 4 + J k
4. ( g 3 + g 4 + g 5 )U 10 + ( g 4 + g 5 )U 20 = E 4 g 4 + J k
5. ( g 2 + g 3 + g 4 )U 10 - g 5 U 20 = - E 4 g 4 + J k
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
( g 3 + g 4 + g 5 )U10 - ( g 4 + g 5 )U 20 = - E 4 g 4 + J k
22. Za čvor 3 električne šeme napisati jednačinu potencijala čvorova. Usvojiti za nulti čvor
tačku 0.
g3
E1
+
E2+
g1
g4
g2
g6
1
2
0
E3 +
g5
Jk
3
1. - g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 - J k
2. - ( g 4 + g 5 + g 6 )U 10 - g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 - J k
3. g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 + J k
4. ( g 4 + g 5 + g 6 )U 10 - g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 + J k
5. - ( 54
54
g g g g +
+ g 6 )U 10 - g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 - J k
Rešenje:
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
- g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 - J k
23. Izraziti napon U pomoću parametara sa šeme.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 55/135
Jednosmerne struje 51
E1+
R1
R2
E3
+
R3
0
1
U
1. U =
321
3
3
1
1
111
R R R
R
E
R
E
++
−
; 2. U =
321
3
3
1
1
111
R R R
R
E
R
E
++
+−
3. U =
31
3
3
1
1
11
R R
R E
R E
+
+−
; 4. U =
321
31
3131
111
)(
R R R
R R R R E E
++
+⋅−
5. Drugo rešenje
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću obrasca za potencijal čvorova, s tim da je referentni čvor, čvor 0.
U10 (1
1
R+
2
1
R+
3
1
R) =
1
1
R
E -
3
3
R
E
U10 =
321
3
3
1
1
111
R R R
R
E
R
E
++
−
Pošto je U = U 01= - U10
Tačno je rešenje broj 2.
24. Na stezaljkama dvopolnika čija je unutrašnja karakteristika nepoznata, postoji stalan
napon izmeren voltmetrom. Pri dve različite vrednosti tog napona izmerene su odgovarajuće struje I
(videti tablicu). Odrediti parametre generatora ekvivalentne dvopolniku.
A
V
D V O P O L N I K
UV [V]
IA [A]
20
3
30
5
1. Re =3
20 Ω E e = 20 V
2. Re = 5 Ω E e = 5 V
3. Re =3
20 Ω E e =
3
100V
4. Re = 5 Ω E e = 0 V
Rešenje:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 56/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 52
Zadatak rešavamo pomoću jednačine Ee + I R e = U.
Ee + 3 R e = 20/ 5
Ee + 5 R
e= 30
/ -3
5 Ee + 15 R e = 100
- 3Ee - 15 R e = - 90
2 Ee = 10 ⇒ Ee = 5 V
5 + 3 R e = 20 ⇒ R e = 5 Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
25. Na stezaljkama dvopolnika čija je unutrašnja karakteristika nepoznata, postoji stalan
napon izmeren voltmetrom. Pri dve različite vrednosti tog napona izmerene su odgovarajuće struje I
(videti tablicu). Odrediti parametre generatora ekvivalentne dvopolniku.
A
V
D V O P O L N
I K
UV [V]
IA [A]
105
40
2
1. R e = 2 Ω Ee = 20 V
2. R e = 20 Ω Ee = 20 V
3. R e = 60 Ω Ee = 10 V
4. R e = 10 Ω Ee = 60 V
Rešenje:
Videti rešenje zadatka 24. Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
26. Odrediti struju I u grani ab, ako je poznata naponska karakteristika Uab = F (I) aktivnog
dvopolnika , a R = 10 Ω i E = 50 V.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 57/135
Jednosmerne struje 53
D V O P O L N I K
E+
R
a
b
Uab
20
40
60
80
2 4 6 8
Uab
I
1. I =3
5A
2. I = 6.3 A
3. I = - 4 A
4. I = 13 A5. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Iz karakteristike Uab = F(I) tj. U(I) + E = I R gde je U(I) = -8
60I + 60 (ovu karakteristiku
očitavamo sa datog grafika zavisnosti napona od struje), sledi:
U(I) = -8
60I + 60
U(I) + E = RI
-8
60I + 60 + 50 = 10I
(10 +8
60)I = 50 + 60
I = 6.2857 A
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
27. Naći ems generatora (slika 1) ekvivalentne šeme prikazane na slici 2.
E3+ R3
E1 + R1
E2
+
R2
sl. 1 sl. 2
0 1
R3
1. E e
=21
2211
R R
R E R E
+
+
2. E e
=21
2112
R R
R E R E
+
−
3. E e
=321
1221
R R R
R E R E
++
−
4. E e =21
1221
R R
R E R E
+
−
5. E e
=321
1211
R R R
R E R E
++
+
Rešenje:
Zadatak se rešava tako što određujemo napon U10 preko potencijala čvorova, a referentna
tačka je tačka 0.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 58/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 54
U10 (1
1
R+
2
1
R) = -
2
2
R
E +
1
1
R
E
U10
=
21
1
1
2
2
11 R R
R
E
R
E
+
+−
=21
2112
R R
R E R E
+
+−
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
28. Na stezaljkama dvopolnika čija je unutrašnja karakteristika nepoznata priključen je otpor
R. Pri dve različite vrednosti tog otpora izmerene su odgovarajuće struje I (videti tablicu). Odrediti
parametre generatora ekvivalentne dvopolniku.
A
D V O P O L N I K
R
R [Ω]I [A]
3
6
8
3.5
1. Re = 4Ω E e = 42V 2. Re = 11Ω E e = 46V
3. Re = 3Ω E e = 18V
4. Re = 1.4Ω E e = 146V
5. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću jednačine Ee + I R e = U
Ee + I R e = U
Ee + 6 R e = 18
Ee + 3,5 R e = 28
Ee = 42 V R e = 4 Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
29. Na stezaljkama dvopolnika čija je unutrašnja šema nepoznata priključen je otpor R. Pri
dve različite vrednosti tog otpora izmerene su odgovarajuće struje I (videti tablicu). Odrediti
parametre generatora ekvivalentne dvopolniku.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 59/135
Jednosmerne struje 55
A
D V O
P O L N I K
R
R [Ω]
I [A]
1
6
4
3
1. Re = 1 Ω E e = 6 V
2. Re = 4 Ω E e = 12 V
3. Re = 2 Ω E e = 18 V
4. Re = 5 Ω E e = 9 V
5. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću jednačine Ee + I R e = U.
Ee + I R e = UEe + 6 R e = 6 V
Ee + 3 R e = 12 V
Ee = 18 V R e = 2 Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
30. Dato je E1=50V, E 2 =70V, R 1=15Ω, R 2 =9Ω. Odrediti ems generatora ekvivalentnog
zadatoj šemi.
E1
+
R1
E2+
R2
0
1
1. E e = 120V
2. E e = 20V
3. E e = 25V
4. E e = 115V
5. E e = 125V
Rešenje:
Zadatak rešavamo tako što nalazimo napon U10 preko potencijala čvorova. Referentna tačka
je tačka 0.
U10 (1
1
R+
2
1
R) =
2
2
R
E -
1
1
R
E
U10 =
21
1
1
2
2
11
R R
R
E
R
E
+
−
=21
2112
R R
R E R E
+
−
= 25 V
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 60/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 56
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
31. Dato je E1=70V, E 2 =50V, R 1=9Ω, R 2 =15Ω. Odrediti polarnost ems generatora
ekvivalentnog zadatoj šemi.
E1+
R1
E2
+
R2
II
+
+
1. 2. 3. EMS = 0
Rešenje:
Zadatak rešavamo primenom Tevenenove teoreme.
E ekv = U 10
U 10 (1
1
R+
2
1
R) =
1
1
R
E -
2
2
R
E
U 1021
21
R R
R R +
= 1
1
R
E
- 2
2
R
E
U 10 = (1
1
R
E -
2
2
R
E )
21
21
R R
R R
+= 5.625 (
15
50
9
70+ ) = 25 V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
32. Odrediti ems generatora ekvivalentnog zadatoj šemi, ako je E1=70V, R 1=14Ω,
E2
=50V, R 2
=10Ω.
E1+
R1
E2
+
R2
0
1 1. E e = 120V
2. E e = 20V
3. E e = 140V
4. E e = 100V
5. E e = 0V
Rešenje:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 61/135
Jednosmerne struje 57
Zadatak rešavamo tako što određujemo napon U10 metodom potencijala čvorova.
U10 (1
1
R+
2
1
R) = -
2
2
R
E +
1
1
R
E
U10 =
21
1
1
2
2
11
R R
R E
R E
+
+−
=21
2112
R R
R E R E
+
+−= 0 V, jer je
1
1
R
E +
2
2
R
E = 0
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5.
33. Odrediti ems generatora ekvivalentnog zadatoj šemi, ako je E 1=20V, R 1=60Ω,
E 2 =55V, R 2 =0Ω.
E1+
R1
E2
+
R2
0
1 1. E e = 55V
2. E e = 5
3. E e = 115
4. E e =20
5. E e = 0V
Rešenje:
Na osnovu metode potencijala čvorova pišemo jednačinu:
U10 (1
1
R+
2
1
R) = -
2
2
R
E +
1
1
R
E
U10 =
21
1
1
2
2
11
R R
R
E
R
E
+
+−=
21
2112
R R
R E R E
+
+−= 55 V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
34. Dato je E=45V, R 1=6Ω, R 2 =45Ω. Odrediti parametre generatora ekvivalentnog zadatoj
šemi.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 62/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 58
R1E
+
R2
0
1 1. Re = 9 Ω E e = 45 V
2. Re = 3.6 Ω E e = 18 V
3. Re = 15 Ω E e = 72 V
4. Re = 3.6 Ω E e = 72 V
5. Re = 6 Ω E e = 0 V
Rešenje:
Zadatak rešavamo tako što određujemo napon U10 a otpor je paralelna veza otpornika R 1 i
R 2 .
R1 R2 Re
U10 (1
1
R+
2
1
R) =
2 R
E ⇒ U10 = 18 V
R e =
21
11
1
R R+
=21
21
R R
R R
+= 3.6 Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
35. Dato je E1=54V, R 1=9Ω, R 2 =18Ω, R 3=5Ω, E 3 =12V. Odrediti ems generatora
ekvivalentnog zadatoj šemi.
1
E1
+
R1
E3+
R2
R3
0
2
1. E e = 42V
2. E e = 66V
3. E e
= 0V
4. E e =24V
5. E e = 36V
Rešenje:
U10 = U20 + U12
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 63/135
Jednosmerne struje 59
U 20 (1
1
R+
2
1
R) =
1
1
R
E
U20 =21
11
R R
R E
+= 36 V
3
12
RU = -
3
3
R E = -12 V
U10 = 36 - 12 = 24 V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
36. Odrediti smer ems generatora ekvivalentnog zadatoj šemi, ako je E 2 =54V, E 3 =36V,
R 1
=18Ω, R 2
=9Ω, R 3
=10Ω.
E2+
R1
E3 +
R2
0
R32
+
+1. 2. 3. EMS = 0
1
Rešenje:
Zadatak rešavamo primenom Tevenenove teoreme.
E ekv = U 10
U 10 = U 12 + U 20
U 12 = E 3 = 36 V
U 20 = V R R R E 36
191854
21
1 −=⋅−
=+
−
E ekv = 36 - 36 = 0 V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
37. Dato je E 1=54V, R 1=9Ω, R 2 =18Ω, R 3 =5Ω, E 3 =12V. Odrediti unutrašnju otpornost
generatora ekvivalentnog zadatoj šemi.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 64/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike60
E3
+
R1
E3+
R2
R3
1. Re = 6 Ω
2. Re = 11 Ω
3. Re = 32 Ω
4. Re = 0 Ω
5. Re = 22 Ω
Rešenje:
R1 R2
R3
Re
R e =
21
11
1
R R+
+ R 3
= 11Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
38. Odrediti ems generatora ekvivalentnog zadanoj šemi, ako je R 1=4Ω, R 2 =16Ω, R 3 =7Ω,
R 4 =18Ω, E =50V, a otpornik R možemo smatrati da je jednak nuli.
R1
E
+
R
R3
b
a
R2
R4
c
1. E e = 0V
2. E e = 50V
3. E e = 54V
4. E e = 26V
5. E e = 25V
Rešenje:
Primenom Tevenenove teoreme dobijamo:
E ekv = U ac = U ab + U bc
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 65/135
Jednosmerne struje 61
U ab (21
11
R R+ ) =
1 R
E −
U ab = V R R
R E 40
20
1650
21
2 −=⋅−
=+
−
U bc (43
11 R R
+ ) =4 R
E
U bc = V R R
R E 14
25
750
43
3 =⋅
=+
E ekv = U ac = - 40 + 14 = - 26 V = 26 V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
39. Odrediti unutrašnju otpornost generatora ekvivalentnog zadanoj šemi, ako je R 1=4Ω
,R 2 =16Ω, R 3 =5Ω, R 4 =20Ω, E =75V, a otpornik R možemo smatrati da je jednak nuli.
R4
R1
R3
R2
R E
+
1. Re = 7,2Ω
2. Re = 45Ω
3. Re = 3,2Ω
4. Re = 25Ω
5. Re = 4Ω
Rešenje:
Zadatak rešavamo primenom Tevenenove teoreme.
R4
R1 R3
R2
R e =
4321
11
1
11
1
R R R R+
+
+= 3.2 + 4 = 7.2
Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
40. Odrediti smer ems generatora ekvivalentnog zadatoj šemi, ako je je R 1=4Ω, R 2 =16Ω,
R 3 =7Ω, R 4 =18Ω, E =50V, a otpornik R možemo smatrati da je jednak nuli.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 66/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike62
R1
E
+
R
R3
b
a
R2
R4
c
+
+
1. 2. 3. EMS = 0
Rešenje:
Zadatak rešavamo Tevenenovom teoremom.
E ekv = U ac = U ab + U bc
U ab (21
11
R R+ ) =
1 R
E −
U ab = V R R
R E 40
20
1650
21
2 −=⋅−
=+
−
U bc (43
11
R R+ ) =
4 R
E
U bc = V R R
R E 14
25
750
43
3 =⋅
=+
E ekv = U ac = - 40 + 14 = - 26 V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
41. Dato je U0 =120V, R 1=30Ω, R 2 =60Ω. Ako zadatu šemu zamenimo ekvivalentnim
generatorom (odnosno stezaljkama ab) kolika je ems?
R2
R1
ba
R2
R1
0U
1. 120V
2. 60V
3. 40V 4. 20V
5. 0V
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 67/135
Jednosmerne struje 63
Rešenje:
Zadatak rešavamo primenom metode konturnih struja.
R2
R1
ba
R2
R1
+
0UI
I
I
II
U ab = I I R 2 - I II R 2I I ( R 1 + R 2 ) = U 0
I II ( R 1 + R 2 ) = U 0
⇒ I I = I II ⇒ U ab =0
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5.
42. Dato je U0 =120V, R 1=30Ω, R 2 =60Ω. Ako zadatu šemu zamenimo ekvivalentnim
generatorom (odnosno stezaljkama ab) odrediti unutrašnju otpornost generatora .
R2
R1
ba
R2
R1
0U
1. 40 Ω
2. 30 Ω
3. 45 Ω
4. 60 Ω
5. 90 Ω
Rešenje:
Zadatak rešavamo transformacijom veze otpornika.
R2
R1 R1
R2
R e = Ω=+
=+
=
+
4022
4
4
22
1
2
1
2
1
1
12
22
22
12
21
R R
R R
R R
R R
R R
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
43. Ako na stezaljke ab šeme prikazane na slici priključimo napon U0 i celu šemu, odnosno
stezaljke cd, zamenimo ekvivalentnim generatorom čiji su parametri Ee i R e, kakvi će biti parametri
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 68/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike64
generatora ekvivalentnog zadatoj šemi ako krajeve generatora priključimo na stezaljke ab, a na
stezaljke cd priključimo napon.
R2
R4
dc
R3
R1
b
a
1. 2E e i 2Re
2.
2
e E
i 2
e R
3. Parametri ostaju isti
4. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Rešenje dobijamo tako što odredimo napone U ab i U cd a zatim ih izjednačimo.
R4
R2
b
a
R1
R3
E
+
cd
42413231
4231
42413231
32314232
43
3
21
2
R R R R R R R R
R ER R ER
R R R R R R R R
R ER R ER R ER R ER
R R
R E
R R
R E U cd
+++
−=
+++
++−−=
++
+
−=
R4
R2
d
c
R1
R3
E
+
a b
43314221
4231
43314221
43314342
32
3
41
4
R R R R R R R R
R ER R ER
R R R R R R R R
R ER R ER R ER R ER
R R
R E
R R
R E
U ab +++
−
=+++
++−−
=+++
−
=
U ab = U cd
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 69/135
Jednosmerne struje 65
43314221
4231
42413231
4231
R R R R R R R R
R ER R ER
R R R R R R R R
R ER R ER
+++
−=
+++
−
43314221
42413231
4231
4231
R R R R R R R R R R R R R R R R
R ER R ER R ER R ER
++++++=
−−
43314221
424132311 R R R R R R R R
R R R R R R R R
+++
+++=
4331422142413231 R R R R R R R R R R R R R R R R +++=+++
43214132 R R R R R R R R +=+
43324121 R R R R R R R R −=−
)()( 423421 R R R R R R −=−
31 R R =
Pošto je 31 R R = ulazi su identični.
R2
R4
dc
R3
R1
b
a
R4
R2
ba
R3
R1
d
c
((
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
44. Koliko treba da bude vrednost otpornika R 2 , tako da se pri zatvaranju prekidača K struja
u kolu ne promeni. Zadato je: E 1=70V, E 2 =80V, E 3 =120V, E 4 =30V, R 1=10Ω, R 3=15Ω, R 4 =7Ω.
R1 R2
R3 R4
E1
+
E2
+
E3 +E4
+
K I I
1. R 2 = ∞
2. R 2 = 4.6 Ω
3. R 2 = 12Ω
4. R 2 = 21.43Ω
5. R 2 = 18Ω
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 70/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike66
Rešenje:
Zadatak rešavamo metodom konturnih struja.
R1 R2
R3 R4
E1+ E2+
E3 + E4+
K I I
I I ( R 1+ R 2 + R 3 + R 4 ) = - E 1+ E 2 + E 3 - E 4
Kada je prekidač zatvoren:
R2
R4
E2+
E4+
I I
I I ( R 2 + R 4 ) = E 2 - E 4
Izjednačavanjem ovih jednačina za struju dobija se:
I I =24
42
4321
4321
R R
E E
R R R R
E E E E
+
−=
+++
−++−
I I ( 10 +7 + 15 + R 2 ) = 120 - 30 + 80 - 70
I I ( 32 + R 2 ) = 100
I I ( 7 + R 2 ) = 50 ⇒ I I =27
50
R+
27
50
R+( 32 + R 2 ) = 100
50 ( 32 + R 2 ) = 100 ( 7 + R 2 )
1600 + 50 R 2 = 700 + 100 R 2
R 2 = 18 Ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5.
45. Izraziti pokazivanje elektrostatičkog voltmetra preko parametara šeme.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 71/135
Jednosmerne struje 67
E1
+
g1 g2
E4
+
V
g3
a
b
c
d
1. 21
11
g g
g E
+- E 4
2. 21
11
g g
g E
+
+ E 4
3. 21
11
g g
g E
++
23
34
g g
g E
+
4. 421
211
g g g
g g E
++-
23
34
g g
g E
+
5. Neko drugo rešenje
Rešenje:
Zadatak rešavamo metodom potencijala čvorova (U ac = Uab
+ U dc )
U ac = Uab
+ U dc
Uab
( g1 +g 2 ) = E1g1 ⇒ Uab
=21
11
g g
g E
+
U bc = - E 4 U ac = Uab
+ U bc =21
11
g g
g E
+- E 4
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
46. Odrediti pokazivanje voltmetra ako je: E 1=E 3=50V, E 2 =100V, g1= g 2 = g 3 = g 4 =
g 5 =0.2Ω
1.
E1+ g1
g2
E3
+g3
E2+
g4
V
g5
1. U = 02. U = 100V
3. U = 50V
4. U = 75V 5. U = 175V
Rešenje:
Zadatak rešavamo metodom konturnih struja ( I = I I + I II + I III )
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 72/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike68
E1+ g1
g2
E3
+g3
E2+
g4
V
g5
I
I
I
I
II
III
I I ( 1
1
g + 4
1
g + 5
1
g ) + I II ( 4
1
g + 5
1
g ) + I III ( 4
1
g + 5
1
g ) = - E 1
I I (4
1
g +
5
1
g ) + I II (
3
1
g +
4
1
g +
5
1
g ) + I III (
4
1
g +
5
1
g ) = - E 3
I I (4
1
g +
5
1
g ) + I II (
4
1
g +
5
1
g ) + I III (
2
1
g +
4
1
g +
5
1
g ) = E 2
15 I I + 10 I II + 10 I III = -50 I I = -10 A
10 I I + 15 I II + 10 I III = -50 I II = -10 A I = 0 V
10 I I + 10 I II + 15 I III = 100 I III = 20 A
4 g
I U = ⇒ U=0V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
47. Naći struju u grani mn (intenzitet i smer), ako je: E 1=10V, E 2 =20V, R 1=5V,
R 2 =R 3 =10Ω.
E1
+
R1
E2+
R2
R3
m
n
1. I = 2 A od m do n
2. I = 4 A od m do n3. I = 4 A od n do m
4. I = 3.2 A od m do n5. I = 1.46 A od n do m
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 73/135
Jednosmerne struje 69
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću konturnih struja ( I = I I + I II )
E1
+
R1
E2+
R2
R3
m
n
I IIII
I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = - E1 - E 2
I I R 2 + I II ( R 1+ R 2 ) = - E 2
15 I I + 10 I II = -30
10 I I + 20 I II = -20
I I = - 2 A
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.
48. Odrediti struje naznačene na slici, ako je: E 1=E 2 =E 3 =40V, R 1=R 2 =R 3 =R 4 =2Ω.
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
R4
I I I
I1
2 34
I
5
1. I 1= I 2 = I 3 = I 4 = I 5 = 0A
2. I 1= I 2 = 5 A, I 3 = 2.5 A, I 4 = 12.5 A
3. I 1= I 2 = I 3 = 5 A, I 4 = 15 A, I 5 = 10 A
4. I 1= I 2 = 0, I 3 = I 4 = 10 A
5. I 1= I 2 = 5 A, I 3 = 10 A, I 4 = 20 A, I 5 = 10 A
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću konturnih struja (I = I I + I II + I III )
E1+
R1
E2+
R2
E3+
R3
R4I I II II III
12 3
45I I I I I I I ( R 1+ R 2 ) + I II R 2 = E1 - E 2
I I R 2 + I II ( R 2 + R 3 ) + I III R 3= E 3 - E 2
I II R 3 + I III ( R 3 + R 4 ) = E 3
I I = 5 A
I II = - 10 A
I III = 15 A
I1= I I = 5A
I 2 = - I I - I II = 5A
I 3 = I II + I III = 5A
I 4 = I III = 15A
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 74/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike70
I 5 = I1 + I 2 = 10A
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
49. Za koju vrednost otpornika R 3 napon Uab
će biti 20 V ako je: E 1=10V, E 2 =20V,
E 3 = 20V, R 1=5Ω, R 2 =10Ω.
E1
+
R1
E2
+
R2
E3
+
R3
a
b
1. R 3 = 10Ω
2. R 3 = 5Ω
3. Ne zavisi od R 3
4. R 3 =∞
5. R 3 =0
Rešenje:
Zadatak rešavamo metodom potencijala čvorova.
Uab
(3
3
2
2
1
1
321
)111
R
E
R
E
R
E
R R R++=++
321
213312321
321
213132 )(
R R R
R R E R R E R R E
R R R
R R R R R RU ab
++=
++
205015
1000100100
3
33
213132
213312321 =+
++=
++
++=
R
R R
R R R R R R
R R E R R E R R E U ab
010003001000100100 3333 =⇒+=++ R R R R
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5.
50. Dato je: R =R 1=5Ω, R 2 =2Ω, R 3 =10Ω, R 4 =3Ω, R 5 =7Ω, E =90V, E1=110V, E 3 =15V.
Odrediti pokazivanje ampermetra.
A
R1
R2
R3
E3+
R5
E1
+
R4
R E + 1. Nula2. 15A
3. 5A4. 7.5A
5. 2.5A
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 75/135
Jednosmerne struje 71
Rešenje:
Zadatak rešavamo pomoću konturnih struja.
A
R1
R2
R3
E3+
R5
E1
+
R4
R E +
I I
II
IIIII
I = I II - I III
I I ( R + R 1+ R 3 ) - I II R 1- I III R 3 = E - E 1
- I I R 1+ I II ( R 1+ R 2 + R 5 ) - I III R 2 = E1
- I I R 3 +- I II R 2 + I III ( R 2 + R 3 + R 4 ) = E 3
20 I I - 5 I II - 10 I III = -20
-5 I I + 14 I II - 2 I III = 110
-10 I I - 2 I II + 15 I III = 15
I II = 10 A
I III = 5 A
I = 5 ATačno rešenje je pod rednim brojem 3.
51. Odrediti pokazivanje ampermetra, ako je 2E 1=2E 3 =E 2 .
E1
+
g
gE3
+
g
E2
+
Ag
1. I = 2E 1 g
2. I = E 1
g
3. I = 0
4. I =4
3 2 g E
5. I =4
3 2 g E
Rešenje:
Zadatak rešavamo metodom konturnih struja.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 76/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike72
E1
+
g
g
E3 +
g
E2
+
A
g
I
I
I
I
II
III
I I ( g
1+
g
1) + I II
g
1+ I III
g
1= E1
I I g
1+ I II (
g
1+
g
1) + I III
g
1= - E 2 = - 2E1
I I g 1 + I II
g 1 + I III (
g 1 +
g 1 ) = E 3
2 I I g
1+ I II
g
1+ I III
g
1= E1
I I g
1+ 2I II
g
1+ I III
g
1= - 2E 1
I I g
1+ I II
g
1+ 2I III
g
1= E1
Rešenje ovog sistema jednačina je:
I III = g
1
- I II + 1 = 3 ⇒ - I II = g
2−
I I - 4 + 1 = - 2⇒
- I I = g
1−
I = I I + I I + I I = g
1
g
2−
g
1− = 0
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 77/135
M M a a g g n n e e t t s s k k i i
s s p p r r e e g g n n u u t t a a k k o o l l a a
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 78/135
1. Kako će se promeniti međusobna induktivnost dva kalema, bez feromagnetskog jezgra,ako se struja u jednom od njih poveća “n” puta?
1. Povećaće se “n” puta.2. Umanjiće se “n” puta.
3. Povećaće se “n2” puta.
4. Umanjiće se “n2
” puta.5. Neće se promeniti.
Rešenje:
Po definiciji koeficijent (M) koji se naziva međusobna induktivnost zavisi od oblika strujnihkontura i njihovog međusobnog položaja. Nojmanov obrazac za međusobnu induktivnost dve
spregnute konture glasi: ∫ ∫ ⋅
πµ
===1 2
2101212 4
C C r
dl dl M L L
Zaključujemo da se međusobna induktivnost neće promeniti povećanjem struje u jednom od provodnika, tako da je tačan odgovor pod brojem 5.
2. Kako će se promeniti međusobna induktivnost dva kalema, bez feromagnetskog jezgra,ako se broj navojaka oba kalema smanji “n” puta?
1. Povećaće se “n” puta.2. Umanjiće se “n” puta.
3. Povećaće se “n2” puta.
4. Umanjiće se “n2” puta.5. Neće se promeniti.
Rešenje:
Magnetna indukcija koju stvara jedan kalem u odnosu na drugi veća je “n” puta (N1 brojnavojaka prvog kalema) od indukcije koju stvara jedan zavojak, odnosno “n” puta (N2 brojnavojaka drugog kalema) je veća od magnetne indukcije koja se indukuje u jednom navojku drugogkalema.
Zaključujemo da na međusobnu induktivnost utiče N2 faktor, odnosno, ako se broj navojaka
oba kalema smanji “n” puta, međusobna induktivnost će se umanjiti “n2” puta.
Tačan odgovor je pod brojem 4.
3. Dva kalema namotana su na zajedničko jezgro od feromagnetskog matrijala. Kako će se promeniti sopstvene induktivnosti i međusobna induktivnost, ako se unutar feromagnetnog jezgrasmesti magnetni šent (kao na slici).
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 79/135
Magnetski spregnuta kola74
1. Neće se promeniti.
2. L1 i L2 će se povećati, M će se smanjiti.
3. L1 i L2 se neće promeniti, M će se povećati.4. L1 , L2 i M će se povećati.
5. L1 , L2 i M će se smanjiti.
Rešenje:
Po definiciji, sopstvena induktivnost L je koeficijent srazmernosti (konstanta) koji zavisisamo od oblika konture i magnetnih osobina sredine. Povećanjem permeabilnosti sredine,
povećavaju se i direktno zavisne sopstvene induktivnosti L1 i L2. U slučaju međusobneinduktivnosti ona će se smanjiti pošto će se fluks, od prvog kalema ka drugom i obrnuto, rasutiusled magnetskog šenta.
Zaključujemo da će se, usled prisustva magnetskog šenta, L1 i L2 povećati, a M će se
smanjiti.
Tačan odgovor je pod brojem 2.
4. Odrediti koeficijent sprege dva kalema, ako je poznato: L1= 0.05H, L2= 0.2H i M= 0.08H.
1. k= 1
2. k= 1.23. k= 0.8
4. k= 0.085. Neka druga vrednost.
Rešenje:
U slučaju dve spregnute konture:
M2 ≤ L1⋅L2 , odnosno 21LLk M ⋅⋅= ; k ≤ 0 – koeficijent sprege
8.021
=
⋅
= L L
M k
Tačan odgovor je pod brojem 3.
5. Zadate su sopstvene induktivnosti i koeficijent sprege dva kalema: L1= 0.05H, L2= 0.2H ik=0.8. Odrediti međuinduktivnost.
1. M= 0.82. M= 0.08
3. M= 0.24. M= 0.255. Neka druga vrednost.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 80/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 75
Rešenje:
U slučaju dve spregnute konture:
M2 ≤ L1 L2 , odnosno 21LLk M ⋅⋅= ; k ≤ 0 – koeficijent sprege
21 LLk M ⋅⋅= = 0.8.
0.1
= 0.08H
Tačan odgovor je pod brojem 2.
6. Odrediti stezaljke, koje treba označiti po kovenciji o označavanju stezaljki, dvainduktivno spregnuta kalema namotana na zajednički štap (kao na slici).
BA C D
1. A i B.
2. A i D.
3. A i C.4. B i C.
5. Ne poznavajući smer struje u kalemovima, nemoguće je označ iti stezaljke.
Rešenje:
Za označavanje kalemova na šemama i za upotrebu konvencije o označavanju jedne odstezaljki kalema, potrebno je da znamo smer motanja zavojaka. Sa slike to se vidi, pa zaklju čujemoda se oznake stavljaju uz A i C.
Tačan odgovor je pod brojem 3.
7. Odrediti stezaljke, koje treba označiti po kovenciji o označavanju stezaljki, dvainduktivno spregnuta kalema namotana na zajedničko jezgro (kao na slici).
A
B
C
D
1. A i D.2. A i C.
3. C i B.4. C i D.
5. Ne poznavajući smer struje u kalemovima,nemoguće je označ iti stezaljke.
Rešenje:
Tačan odgovor je pod brojem 2.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 81/135
Magnetski spregnuta kola76
8. Odrediti stezaljke, koje treba označiti po kovenciji o označavanju stezaljki, dvainduktivno spregnuta kalema namotana na zajedničko jezgro (kao na slici).
BA C Di
1
i
2
1. A i C.
2. B i C.3. A i D.
4. C i D.5. Nemoguće je označ iti stezaljke, jer ne znamo
smer motanja zavojaka kalema.
Rešenje:
Za označavanje kalemova na šemama i za upotrebu konvencije o označavanju jedne odstezaljki kalema potrebno je da znamo smer motanja zavojaka, sa slike u zadatku to se ne vidi.Zaključujemo da je oznake nemoguće staviti, jer ne znamo smer motanja zavojaka kalema..
Tačan odgovor je pod brojem 5.
9. Odrediti stezaljke, koje treba označiti po kovenciji o označavanju stezaljki, dvainduktivno spregnuta kalema namotana na zajedničko jezgro (kao na slici).
A
B
C
D
1. A i C.2. A i B.
3. B i D.
4. B i C.5. Ne poznavajući smer struje u kalemovima,
nemoguće je označ iti stezaljke.
Rešenje:
Tačan odgovor je pod brojem 4.
10. Dva induktivna kalema spojena su serijski i priključena na napon ( )°−= 18sin120 t u ω V
i pri tom kroz njih protiče kompleksna struja Ae I j °−⋅= 186 . Kako su spojeni kalemovi? Da li takoda je međuinduktivnost negativna, ili da je pozitivna?
1. Na pitanje se ne može odgovoriti.
2. Međ uinduktivnost je pozitivna.3. Međ uinduktivnost je negativna.
4. Kalemovi nemaju magnetnu vezu.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 82/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 77
Rešenje:
Iz teksta zadatka i prikazanih vrednosti napona i struje vidimo da su napon i struja u fazi. Toznači da se induktivnom spregom kalemova gubi njihov induktivan karakter.
Zaključujemo da međuinduktivnost tada mora biti negativna, odnosno, da su u odnosu na
smer struje, kalemovi različito namotani. 2M-LLL 21ekv +=
Tačan odgovor je pod brojem 3.
11. Kroz otvor jezgra prstenastog kalema prolazi provodnik kroz koji teče strujat ei
21
1100 −−= A. Odrediti trenutnu vrednost napona u2 na razdvojenim stezaljkama kalema, ako jemeđuinduktivnost M između provodnika i kalema M= 0.01H.
u2i
1
1. ( ) Aeu t 22 22 −−= .
2. ( ) Aeu t 22 1
−−= .
3. Au 22 = .
4. Aeu t 22 2 −= .
5. Druge vrednosti.
Rešenje:
Indukovana ems u prstenastom kalemu jednaka je:
( )( ) ( )
dt
t diM
dt
t t u 112
2 =−=φ
Odavde je napon na razdvojenim stezaljkama jednak:
( ) t t t eeedt
t di 231 200)2(100 −− =−⋅−=
t t eeu22
2 220001.0 −− =⋅= A
Tačan odgovor je pod brojem 4.
12. Data su dva induktivno spregnuta kalema kao na slici. Poznato je:( ) At i °+⋅= 90sin5.7
1ω , R 2=6Ω, Ae I M X m
°−=Ω=Ω= 9022 5,2,5 ω . Napisati izraz za napon u2 na
stezaljkama drugog kalema.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 83/135
Magnetski spregnuta kola78
R 1
X1i
1
ωM
R 2 X2i2
*
*
u2
1. ( ) .'3571sin65.312 V t u °−⋅= ω
2. ( ) .'5036sin502 V t u °−⋅= ω
3. ( ) .'3063sin6.332 V t u °−⋅= ω
4. ( ) .'1050sin392 V t u °−⋅= ω
5. Druge vrednosti.
Rešenje:
Na osnovu drugog Kirhofovog zakona pišemo jednačinu za kolo sa slike:
M j I jX I R I U ω 122222 −+=
( ) ( )°+=+= 90sin5.7sin1
t t U i m ω θ ω
( ) ( ) j j I m 5.790sin5.790cos5.71
=°+°=
je I j
m 55 902 −== °−
304025.75565122222 j j j j j jM j I jX I R I U mmmm −=⋅−⋅−⋅−=−+= ω
V U m 503040 222 =+=
'513686.36
40
30
Re
Im
2
2°−=°−=
−== arctg
U
U arctg
m
mθ
( )V t u '5136sin502 °−⋅= ω
Tačan odgovor je pod brojem 2.
13. Na zajedničkom jezgru (kao na slici) namotana su dva jednaka kalema (X1 = X2 = 6Ω).Šta će pokazati voltmetar, ako ampermetar pokazuje 3.5A (sinusna struja), dok je koeficijent spregek=1? Oba instrumenta su elektromagnetna.
V
A1.
Zadatak se ne može rešiti.2. Nula.
3. 21V.
4. 42V.5. Druge vrednosti.
Rešenje:
Iz uslova zadatka i prema slici, pretpostavljamo da se radi o savršenom transformatoru
odnosno, o transformatoru u kome nema rasipnog fluksa i u kome se mogu zanemariti gubici. Stogazbog jednakosti kalemova imamo da je N1=N2.
2
1
1
2
I
I
N
N =
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 84/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 79
A I 5.32 =V X I U 21222 =⋅=
Tačan odgovor je pod brojem 3.
14. Po kojoj šemi moraju biti spojena dva induktivno spregnuta kalema da njihovaekvivalentna induktivnost bude jednaka: 2M-LLL 21ekv += .
MR 1
R 2
L1
L2∗ ∗
R 1
L1
M
R 2 L2∗
∗R 1
L1
M
R 2 L2∗
∗
3.2.
1.
MR 1
R 2
L1
L2∗ ∗
4.
MR 1
R 2
L1
L2∗ ∗
5.
Rešenje:
Na osnovu uslova iz teksta zadatka postavljamo jednačinu:
( ) ( )( )
( ) ( )( )
dt
t diM L Lt i R
dt
t di Lt i Rt u ekvekvekv 221
−++=+= ; gde je R ekv ekvivalentni aktivni
otpor kalema, dok izraz (L1+L2-2M) predstavlja ekvivalentnu induktivnost Lekv redne veze kalema.
Pišemo jednačinu redne veze kalema:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
dt
t di
M dt
t di
Lt i Rdt
t di
M dt
t di
Lt i Rt u −++−+= 2211 , na osnovu koje crtamo šemuveze.
M
R 1
R 2
L1
L2∗ ∗
Tačan odgovor je pod brojem 4.
15. Dva jednaka, induktivno spregnuta kalema vezana su u seriju. Struja u kolu i napon nakrajevima stezaljki su: .64;8 2626V eU Ae I j j °−°− == Odrediti R i L jednog kalema, ako je
međuinduktivnost M = 0.16H .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 85/135
Magnetski spregnuta kola80
1. R= 8Ω ; L= 0.08H.
2. R= 4Ω ; L= 0.8H.
3. R= 4Ω ; L= 0.16H.
4. R= 4Ω ; L= 0.4H.5. Zadatak se ne može rešiti.
Rešenje:
Na osnovu zadatih vrednosti napona i struje konstatujemo:
V U V UeU
A I A Ie I
j
j
64;
8;26
26
==
==°−
°−
Pošto su početne faze struje i napona iste, onda u ovoj vezi kalema figurišu samo aktivniotpori kalema. Otpor jednog od kalema je tada:
Ω== 42 I
U R , a koeficijent sprege k=1.
Induktivnost jednog od kalema dobijamo iz jednačine:
21 L Lk M ⋅=
2221; M L L L == H L 16.0=
Tačan odgovor je pod brojem 3.
16. Dva induktivno spregnuta kalema vezana su u seriju (kao na slici). Odrediti kompleksniizraz za struju u kolu ako je poznato: V U 250= (kompleksna efektivna vrednost napona);
Ω=Ω==Ω=Ω= 4 ;5.7 ;7 ;5 2121M R R L L ω ω ω .
R 1
L1
MR 2 L2
∗
∗i1. A I 15.7=2. Ae I j °−
=
5310
3. .66.16 A I =4. A I 10=5. A I 0=
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu po drugom Kirhofovom zakonu:
2211 L j I R I M j I M j I L j I R I U ω ω ω ω +++++=
( ) ( )M L L I j R R I U ω ω ω 22121++++=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 86/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 81
( ) ( )86
2015
2015
2015
250
22121
j j
j
jM L L j R R
U I −=
−−
⋅+
=++++
=ω ω ω
°−=
−==+= 13.53
6
8 ;1086 22 arctg A I ψ
Kompleksni izraz za struju u kolu, glasi:
Ae I °−= 5310
Tačan odgovor je pod brojem 2.
17. Dva jednaka kalema sa aktivnim otporom od po 3Ω, spojena su u seriju i namotana nazajedničko jezgro (kao na slici). Ampermetar pokazuje 7.5A. Šta će pokazivati voltmetar ako je
koeficijent sprege k=1
, a Xm =ωM= 8Ω? Oba instrumenta su elektrodinamič
ka.
VA
1. 45V
2. 22.5V 3. 75V
4. 240V 5. Zadatak se ne može rešiti.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu:
M j I L j I R I M j I L j I R I U ω ω ω ω −++−+= 2211
LM LM L Lk M ω ω =⇒=⇒⋅= 2221
2121; R R R I R I U =+=
V R I U 4535.722 =⋅⋅==
Voltmetar će pokazati 45V.
Tačan odgovor je pod brojem 1.
18. Pri kojim će uslovima u kolu, sa dva induktivno spregnuta kalema, napon Uab nastezaljkama prvog kalema kasniti po fazi u odnosu na struju (kapacitivni karakter između a i b).
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 87/135
Magnetski spregnuta kola82
MR
1R 2L
1L2a b c
Uab
1. Nema takvih uslova.
2. M < 21LL ⋅ pri M < 0 (po konvenciji).
3. M > L2 pri M > 0 (po konvenciji).
4. M > L1 pri M < 0 (po konvenciji).
2M = L1+L2 pri M < 0 (po konvenciji).
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu za kompleksni napon između tačaka a i b:
( )M j L j R I U ab ω ω −+=11
Da bi ostvarili da napon između a i b kasni u odnosu na struju, potrebno je da imaginarni
deo jednačine bude negativan, tj. da preovladava kapacitivni karakter (C
jC j
Z cω ω
11−== ).
Zaključujemo da su traženi uslovi da je M > L1 pri M < 0 (po konvenciji o predznakumeđuinduktivnosti u odnosu na smer motanja namotaja i smera struje u kalemovima).
Tačan odgovor je pod brojem 4.
19. Dva induktivno spregnuta kalema vezana su u seriju tako da je M < 0 (po konvenciji).Poznato je da je X1= ωM dok voltmetar pokazuje 138V. Odrediti efektivnu vrednost naponaotpornika R 1 (kao na slici).
ωMR
1R 2X
1X2i a b c
V
∗ ∗
1. Zadatak se ne može rešiti.2. U R1= 69V
3. U R1= 46V 4. U R1= 138V
5. U R1= 0V
Rešenje: Na osnovu slike postavimo jednačinu za kompleksni napon između tačaka a i b:
( )M j jX R I U ab ω −+=11
1 R I U ab =
1 Rab U U =
Zaključujemo da je efektivna vrednost napona UR 1= 138V.
Tačan odgovor je pod brojem 4.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 88/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 83
20. U kolu prikazanom na slici R 2 =X2 = M2
1ω . Odrediti pomak faza između struje u kolu i
napona U bc na stezaljkama drugog kalema.
ωMR 1 R 2X1 X2i a b c∗ ∗
U bc
1. Zadatak se ne može rešiti.
2. Struja je u fazi sa naponom U bc.3. Struja zaostaje za naponom U bc za 90° .
4. Struja prednjač i nad naponom U bc za 45° .
5. Struja zaostaje za naponom U bc za 45° .
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu za kompleksni napon između tačaka b i c:
( )M j jX R I U bc ω −+= 22
−+= M jM jM I U bc ω ω ω
2
1
2
1
( )M jM I U bc ω ω −=2
1
Pretpostavimo da je početna faza struje ψ = 0°, tada je:
°−=⇒−== 451
Re
Imθ θ
bc
bc
U
U tg
Zaključujemo da struja u kolu prednjači u odnosu na napon U bc za 45°.
Tačan odgovor je pod brojem 4.
21. Kako će se promeniti pokazivanje (toplotnog) ampermetra priključenog u kolo dvakalema namotana na zajedničko jezgro (kao na slici), ako na stezaljkama AB umesto sinusnognapona dovedemo jednosmerni napon iste veličine? Parametri kalema pri naizmeničnom naponu su:
R 1 =3Ω; X1 =2Ω; R 2 =4Ω; X2 =4Ω; Xm =ωM= 0.5Ω. Pojavu površinskog efekta i gubitke u jezgrune uzimati u obzir.
A
A
B
1. Neće se promeniti.
2. Povećaće se dva puta.
3. Umanjiće se 8.6 puta.4. Povećaće se 8.6 puta.
5. Povećaće se 2 puta.
Rešenje:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 89/135
Magnetski spregnuta kola84
Na osnovu slike postavimo jednačinu:
m X j jX jX R R
U I
22121++++
=
( ) ( )m X X X j R R Z 22121++++=
ϕ j Ze Z =
( ) ( ) 72772 22221
221
⋅=+=++++= m X X X R R Z
Dakle, pokazivanje ampermetra kada imamo naizmenični napon je:
A7
U
2
1
Z
UI ⋅==
Kada dovedemo jednosmerni napon iste veličine na stezaljke AB, u jednačini za struju ukolu figurisaće samo aktivni otpori kalema, a pokazivanje ampermetra biće:
A7
U
R R
UI
21
=+
=
Zaključujemo da će se pokazivanje ampermetra uvećati 2 puta.
Tačan odgovor je pod brojem 5.
22. Imamo dva u seriju spojena kalema međuinduktivnosti (po konvenciji) manje od nule, pri X1 =X2 = 2ωM. Kako će se promeniti napon na stezaljkama kola ako se pri istoj struji,koeficijent sprege smanji do nule? Aktivne otpore kalema zanemariti.
1. Neće se promeniti.
2. Povećaće se č etvorostruko.3. Umanjiće se č etvorostruko.
4. Duplo će se povećati.
5. Duplo će se smanjiti.
Rešenje:
Na osnovu uslova zadatka postavljamo jednačinu:( )M j jX jX I U ω 221
−+⋅=
Na osnovu postojanja sprege dobijamo: ( )1
jX I U =Kada sprege nema (k= 0) imamo: ( ) ( )
1212 jX I jX jX I U =+=
Zaključ
ujemo dać
e se napon duplo poveć
ati.Tačan odgovor je pod brojem 4.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 90/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 85
23. Imamo dva u seriju spojena kalema međuinduktivnosti (po konvenciji) manje od nule, pri čemu je međuinduktivnost jednaka polovini samoinduktivnosti prvog kalema. Kako će se promeniti napon na prvom kalemu, ako se pri istoj struji koeficijent sprege smanji do nule? Aktivneotpore kalema zanemariti.
1. Neće se promeniti.2. Povećaće se č etvorostruko.
3. Umanjiće se č etvorostruko.4. Duplo će se povećati.
5. Duplo će se smanjiti.
Rešenje:
Na osnovu uslova zadatka postavljamo jednačinu:
( )m jX jX I U −= 11
Na osnovu postojanja sprege dobijamo:
=
−=
1111 2
1
2
1 X j I X j jX I U
Kada sprege nema (k= 0) imamo: ( )11
jX I U =
Zaključujemo da će se napon na prvom kalemu duplo povećati.
Tačan odgovor je pod brojem 4.
24. Pod kojim uglom se moraju postaviti površine kalemova variometra tako da koeficijentsprege između njih bude jednak nuli?
1. Uslov se ne može ispuniti.
2. Površine kalemova se moraju poklapati.
3. Pod pravim uglom.
4. Pod uglom od 45° .
Rešenje:
Da bi koeficijent sprege između kalema variometra bio nula, moramo postići da fluksvektora magnetne indukcije koji struja u jednom kalemu stvara kroz navojke drugog kalema budenula. To ćemo postići ako fluks vektora magnetne indukcije uopšte ne prolazi kroz navojke drugogkalema ili to čini dva puta u suprotnim smerovima.
Ovo pitanje može se posmatrati i preko Nojmanovog obrasca, kada bi skalarni proizvod dl1 idl2 bio nula.
Zaključujemo da ukoliko površine kalemova variometra postavimo pod pravim uglomkoeficijent sprege biće nula.
Tačan odgovor je pod brojem 3.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 91/135
Magnetski spregnuta kola86
25. Ručica variometra postavljena je tako da je ekvivalentna induktivnost njegovihkalemova (spojenih u seriju) maksimalna. Pod kojim uglom treba okrenuti ručicu, pa daekvivalentna induktivnost bude minimalna?
1. Za 45° .
2. Za 90° .3. Za 180° .
4. Za 360° .
Rešenje:
Maksimalna ekvivalentna induktivnost kalema ( M2LLL 21ekv ++= ) postiže se kada je
ugao između kalema variometra 180°, odnosno kada je skalarni proizvod dl1 i dl2 maksimalan.Minimalna vrednost dobija se pod uglom od 90° kada je međuinduktivnost jednaka nuli.
Tačan odgovor je pod brojem 2.
26. Maksimalna i minimalna vrednost ekvivalentne induktivnosti, u seriju spojenih kalemavariometra, je 12µH i 6µH, respektivno. Odrediti sopstvene induktivnosti kalema ako je poznato dasu jednaki.
1. L1 = L2 = 4.5µ H.
2. L1 = L2 = 3µ H.
3. L1 = L2 = 6 µ H.
4. L1 = L2 = 1.5µ H.
5. Zadatak se ne može rešiti.
Rešenje:
Maksimalna ekvivalentna induktivnost kalema variometra je:
H M L L Lekv µ 12221=++=
Minimalna ekvivalentna induktivnost kalema variometra je:
H L L Lekv µ 621=+= H L Lekv µ 62 ==
Zaključujemo da je L1 = L2 = 3µH.Tačan odgovor je pod brojem 2.
27. Dva kalema (na slici su prikazani u preseku) raspoređena su po osi jedan do drugog.
Kako će se promeniti njihova ekvivalentna induktivnost ako se rastojanje l između njih poveća?Početak motanja namotaja označen je zvezdicom.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 92/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 87
l
∗∗
1. Povećaće se.
2. Smanjiće se.
3. Neće se promeniti.4. Na pitanje se ne može odgovoriti pošto su
nepoznati induktiviteti.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu za ekvivalentnu induktivnost:
M L L Lekv 221−+=
Kada se menja rastojanje između kalema menja se i međuinduktivnost, što se može dokazati
pomoću Nojmanovog obrasca (menjajući r u jednačini ∫ ∫ ⋅
π
µ
=1 2C C
210
r
dldl
4M ).
Zaključujemo da će se povećenjem rastojanja l ekvivalentna induktivnost povećati pošto semeđuinduktivnost smanjuje.
Tačan odgovor je pod brojem 1.
28. Dva kalema (na slici su prikazani u preseku) raspoređena su po osi jedan do drugog.Kako će se promeniti njihova ekvivalentna induktivnost ako se rastojanje l između njih smanji?
Početak motanja namotaja označen je zvezdicom.
l
∗∗
1. Povećaće se.
2. Smanjiće se.3. Neće se promeniti.
4. Na pitanje se ne može odgovoriti pošto sunepoznati induktiviteti.
Rešenje:
Videti rešenje prethodnog zadatka. Tačan odgovor je pod brojem 2.
29. Dva kalema (na slici su prikazani u preseku) raspoređena su po osi jedan do drugog.Kako će se promeniti njihova ekvivalentna induktivnost ako se rastojanje l između njih smanji?Početak motanja namotaja označen je zvezdicom.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 93/135
Magnetski spregnuta kola88
l
∗∗
1. Povećaće se.
2. Smanjiće se.3. Neće se promeniti.
4. Na pitanje se ne može odgovoriti pošto su
nepoznati induktiviteti.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu za ekvivalentnu induktivnost:
M L L Lekv 221++=
Kada se menja rastojanje između kalema menja se i međuinduktivnost, što se može dokazati
pomoću Nojmanovog obrasca (menjajući r u jednačini ∫ ∫ ⋅πµ=1 2C C
210r dldl4M ).
Zaključujemo da će se smanjenjem rastojanja l ekvivalentna induktivnost povećati pošto semeđuinduktivnost povećava.
Tačan odgovor je pod brojem 1.
30. Dva kalema (na slici su prikazani u preseku) raspoređena su po osi jedan do drugog.Kako će se promeniti njihova ekvivalentna induktivnost ako se rastojanje l između njih poveća?Početak motanja namotaja označen je zvezdicom.
l
∗∗
1. Povećaće se.
2. Smanjiće se.3. Neće se promeniti.
4. Na pitanje se ne može odgovoriti pošto sunepoznati induktiviteti.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu za ekvivalentnu induktivnost:
M L L Lekv 221++=
Kada se menja rastojanje između kalema menja se i međuinduktivnost, što se može dokazati
pomoću Nojmanovog obrasca (menjajući r u jednačini ∫ ∫ ⋅
πµ
=1 2C C
210
r
dldl
4M ).
Zaključujemo da će se povećanjem rastojanja l ekvivalentna induktivnost smanjiti pošto semeđuinduktivnost smanjuje.
Tačan odgovor je pod brojem 2.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 94/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 89
31. Za kolo sastavljeno od dva induktivno spregnuta kalema, vektorski dijagram napona istruja izgledaće kao na slici:
ωMR
1R 2X
1X2
i∗ ∗
u
uR 1 uX1uM1
uR2 uX2 uM2
UR 1
UX1 U
M1
UR2
1.
UM2
IUUX2
UR 1
UX1U
M1
UR2
3.
UM2
I U
UX2
UR 1
UX1
UM1
UR2
UM2
IU UX2
2.
UR 1
UX1
UM1
UR2
UM2
IU
UX2
5.UR 1
UX1
UM1
UR2
UM2
I UUX2
4.
Rešenje:
Na osnovu slike i pravila o faznim razlikama u reaktivnim elementima struje i napona,crtamo vektorski dijagram:
UR 1
UX1 U
M1
UR2
UM2
IUUX2
Tačan odgovor je pod brojem 1.
32. Zanemarivši aktivne otpore kalema, odrediti njihovu ekvivalentnu induktivnost ako jekoeficijent sprege jednak jedinici.
L1
ML2
∗
∗
1. .221
2
M L L
M Lekv ++
=
2. .21
21
L L
L L Lekv +
⋅=
3. Lekv je beskonač na.
4. Lekv je nula.
.221
21
M L L
L L Lekv ++
⋅=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 95/135
Magnetski spregnuta kola 90
Rešenje:
Ekvivalentna induktivnost paralelne veze kalema za M < 0 (na osnovu slike, odnosnokonvencije) je:
M L L
M L L
Lekv 221
221
++
−⋅
=
Pošto je iz uslova zadatka k=1, imamo da je 21
2 LLM ⋅= . Zaključujemo da je ekvivalentnainduktivnost Lekv nula.
Tačan odgovor je pod brojem 4.
33. Pri kojem će odnosu L1, L2 i M struja u drugom kalemu prednjačiti u odnosu na napon,
ako aktivni otpor kalema zanemarimo?
L1
ML2
∗
∗
i1
i2
u
1. Neki drugi uslovi.
2. L2 > M.
3. L1 > M.
4. M < .LL11
⋅5. 2 M < L1+ L2.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačine:
021
1=+−
dt
diM
dt
di Lu
0122 =+−
dt
diM
dt
di Lu
dt
di
dt
di
dt
diiii 21
210 −=⇒=−−
( )
++=⇒=++− dt
di
M Lu Ldt
di
dt
di
M dt
di
Ldt
di Lu
21
1
2211
1
0
0222 =−+−
dt
diM
dt
diM
dt
di Lu
( ) 0221
1
22 =−
+++−
dt
diM
dt
diM Lu
L
M
dt
di Lu
( )
dt
diM
dt
di L
dt
di
L
M LM u
L
M u 22
22
1
1
1
+++
−=+
dt di
LML L LM ML
LM Lu 2
1
121
2
1
1
1
++−−=
+
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 96/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 91
02
1
221 =+−
−dt
di
M L
M L Lu
Da bi struja i2 prednjačila u odnosu na napon u, treba da bude ispunjen sledeći uslov:
M LM L L
+−1
2
21 < 0
Pošto je uvek 0MLL 221
≥− i L1+M > 0, zaključujemo da su traženi uslovi neki drugiuslovi.
Tačan odgovor je pod brojem 1.
34. Pri kojem će odnosu L1, L2 i M struja u drugom kalemu prednjačiti u odnosu na napon,
ako aktivni otpor kalema zanemarimo?
L1
ML2
∗ ∗
i1
i2
u
1. Neki drugi uslovi.
2. L2 > M.
3. L1 > M.
4. M < .LL11
⋅5. 2 M < L1+ L2.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačine:
021
1=−−
dt
diM
dt
di Lu
0122 =−−
dt
diM
dt
di Lu
dt
di
dt
di
dt
diiii 21
210 −=⇒=−−
( )
−+=⇒=−+−dt
diM Lu
Ldt
di
dt
diM
dt
di L
dt
di Lu 2
1
1
2211
10
0222 =+−−
dt
diM
dt
diM
dt
di Lu
( ) 0221
1
22 =+
−+−−
dt
diM
dt
diM Lu
L
M
dt
di Lu
( )
dt
diM
dt
di L
dt
di
L
M LM u
L
M u 22
22
1
1
1
−+−
=−
dt
di
L
ML L LM ML
L
M L
u2
1
121
21
1
1
++−=
−
02
1
221 =−−
−dt
di
M L
M L Lu
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 97/135
Magnetski spregnuta kola 92
Da bi struja i2 prednjačila u odnosu na napon u, treba da bude ispunjen sledeći uslov:
M L
M L L
−−
1
221 < 0
Pošto je uvek 0MLL2
21 ≥− trebalo bi da bude M > L1, zaključujemo da su traženi uslovidrugačiji od ponuđenih (neki drugi uslovi).
Tačan odgovor je pod brojem 1.
35. Odrediti ekvivalentnu induktivnost dva paralelno vezana kalema ako su im L1 i L2
samoinduktivnosti i M međuinduktivnost. Aktivni otpor kalema zanemariti.
L1
ML2
∗ ∗
1.
.21
21
L L
L L
Lekv +
⋅
=
2. .221
221
M L L
M L L Lekv ++
+⋅=
3. .221
221
M L L
M L L Lekv ++
−⋅=
4. .221M L L Lekv ++=
5. .221
221
M L L
M L L Lekv −+
−⋅=
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačine:
021
1=−−
dt
diM
dt
di Lu
0122 =−−
dt
diM
dt
di Lu
dt di
dt di
dt diiii 12
21 0 −=⇒=−−
−
−=⇒=+−−
dt
diM u
M Ldt
di
dt
diM
dt
diM
dt
di Lu
1
121
1
10
011
22 =+−+−dt
diM
dt
di L
dt
di Lu
01
22 =
−
−−
+−dt
diM u
M L
M L
dt
di Lu
dt
di
M L
ML L LM ML
M L
M LM L
u
−
++−−
=
−
−+−
1
221
22
1
21
0221
221 =
−+−
−dt
di
M L L
M L Lu
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 98/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 93
Ekvivalentna induktivnost paralelne veze kalema za M>0 (na osnovu slike, odnosnokonvencije) je:
M L L
M L L Lekv 221
221
−+−⋅
=
Tačan odgovor je pod brojem 5.
36. Napisati kompleksni izraz za napon U za dva paralelno vezana kalema, prekokompleksnih struja
1I i 2I u kalemima, aktivnog R 2 i reaktivnog X2 otpora drugog kalema i otpora
međuindukcije XM.
R 1
X1
M
R 2
X2
∗
∗
i2i1
U
1. ( ) .1222 I jX jX R I U M −+=
2. ( ) .2222 I jX jX R I U M −+=3. ( ) .
1222 I jX jX R I U M ++=
4. ( ) .2222 I jX jX R I U M −−=
5. ( ) .1222 I jX jX R I U M +−=
Rešenje:
Na osnovu slike postavljamo jednačinu po drugom Kirhofovom zakonu (koristeći elementenaznačene u zadatku):
012222 =+−− M jX I jX I R I U
Kompleksni izraz za napon U je:
( )1222 I jX jX R I U M −+=
Tačan odgovor je pod brojem 1.
37. Napisati kompleksni izraz za napon izmađu tačaka a i b, preko1
I , 2I , R 1, L1, R 2, L2, M
i ω.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 99/135
Magnetski spregnuta kola 94
L1
R 1
∗
L2R 2
∗
i2i1
M
Uab
ba
u1
1. ( )[ ] ( )[ ].222111M L j R I M L j R I U ab −+−−+= ω ω
2. ( )[ ] ( )[ ].111222 M L j R I M L j R I U ab −+−−+= ω ω
3. ( )[ ] ( )[ ].222111M L j R I M L j R I U ab ++−++= ω ω
4. ( )[ ] ( )[ ].222111M L j R I M L j R I U ab −+−++= ω ω
5. .0=abU
Rešenje:
Na osnovu slike pišemo jednačinu:
baab U U U −=
( ) M j I L j R I U a ω ω 2111++=
( ) M j I L j R I U b ω ω 1222 ++=
( ) ( ) M j I L j R I M j I L j R I U ab ω ω ω ω 12222111
−+−++=
Kompleksni napon između tačaka a i b je:
( )[ ] ( )[ ]ML jR IML jR IU 222111ab −ω+−−ω+=
Tačan odgovor je pod brojem 1.
38. Napisati jednačinu drugog Kirhofovog zakona za II konturu, uvodeći u jednačinuveličine označene na šemi.
R 1
X1
II
R 2
X2
∗
∗
i2i1
XM
1. ( )[ ] ( )[ ] .0222111=−++−+ I X X j R I X X j R M M
2. ( )[ ] ( )[ ] .0222111 =+++++ I X X j R I X X j R M M
3. ( )[ ] ( )[ ] .0222111=++−++ I X X j R I X X j R M M
4. ( )[ ] ( )[ ] .0222111=+−++− I X X j R I X X j R M M
5. ( )[ ] ( )[ ] .0222111=−+−−+ I X X j R I X X j R M M
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu po drugom Kirhofovom zakonu:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 100/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 95
01111212222 =+++−−− X I R I jX I jX I jX I R I M M
nakon sređivanja jednačine dobija se:
( )[ ] ( )[ ] .0IXX jR IXX jR 2M22
1
M11
=+++++Tačan odgovor je pod brojem 2.
39. Napisati jednačinu za konturnu struju I22 (rešiti metodom konturnih struja).
R 5
C4 L3
∗
∗
I22I11
L2L1
I33
M12
M23∗
E3E4
+ +
1. ( ) ( )[ ] .33323325221241143 R I X X X j R I X X j I E E M L LM C ++++++−=+−
2. ( ) ( )[ ] .533234325221241143 R I X X X X j R I X X j I E E M C L LM C +−−+++−−=+−
3. ( ) ( )[ ] .2 533234325221241143 R I X X X X j R I X X j I E E M C L LM C +−−+++−−=+−
4. ( ) ( )[ ] .2 533234325221241143 R I X X X X j R I X X j I E E M C L LM C ++−+++−=+−
5. ( ) ( )[ ] .5334325221241143 R I X X X j R I X X j I E E C L LM C +−++++=+−
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu konturne struje I22:
( ) ( ) 02 345331241153232422 =+−+−−++−+− E E R I jX jX I R jX X j jX jX I M C LM LC
Nakon sređivanja jednačine dobija se:
( ) ( )[ ] .2 533234325221241143 R I X X X X j R I X X j I E E M C L LM C +−−+++−−=+−
Tačan odgovor je pod brojem 3.
40. Odrediti pokazivanje elektromagnetnih voltmetara, ako je: R=30Ω; L=70mH; M=10mH;R B= ∞; ( ) At i 500sin5.0 ⋅= .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 101/135
Magnetski spregnuta kola 96
V2 V1
i
i
L,R L,R L,R
MM
M R BR B
1. U V1 = 17.7V; U V2 = 15V.
2. U V1 = 15V; U V2 = 17.7V.
3. U V1 = 17.7V; U V2 = 17.7V.4. U V1 = 15V; U V2 = 15V.
5. U V1 = 0; U V2 = 0.
Rešenje:
Po uslovu zadataka da je R B = ∞, crtamo ekvivalentnu šemu:
R L
MR L
∗
∗i
R L∗
M M
M j I M j I L j I R I U ω ω ω 21−++=
M j I M j I L j I R I U U ω ω ω 2111−++−=
M j I M j I L j I R I U U ω ω ω 1222 −−+−=
Na osnovu slike i uslova zadatka dalje sledi: L j I R I U ω +=M j I U U ω −=
1
M j I U U ω +=2
( ) ( ) At At i °−== 90500cos5.0500sin5.0
( ) ( )2
5.090sin
2
5.090cos
2
5.0 j I −=°−+°−=
6.1037.1207.05002
5.0302
5.0 j j j jU −=⋅⋅
−+⋅−=
6.106.1001.05002
5.06.1037.12
1 j j j jU −=
⋅⋅−−−=
V U 156.106.10 221
=+=
6.1015.1401.05002
5.06.1037.122 j j j jU −=
⋅⋅−+−=
V U 7.176.1015.14 222 =+=
Voltmetri pokazuju: UV1 = 15V; UV2 = 17.7V.
Tačan odgovor je pod brojem 2.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 102/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 97
41. Odrediti ekvivalentnu impedansu (sa slike).
R 1,L1
MR 2,L2
∗ ∗
1. ( ).
21
21
Z Z
Z Z jX Z M
ekv −+
=
2. .221
221
M
M ekv
jX Z Z
X Z Z Z
++−⋅
=
3. .221
221
M
M ekv
jX Z Z
X Z Z Z
−++⋅
=
4. .221
221
M
M ekv
jX Z Z
X Z Z Z
−+−⋅
=
5. .221
221
M
M ekv
jX Z Z
X Z Z Z
+++⋅
=
Rešenje:
Napišimo jednačine za impedanse:
111 L j R Z ω +=
212 L j R Z ω +=
Ekvivalentna impedansa dva paralelno vezana kalema pri M > 0 (po konvenciji) je:
M21
2M21
ekv jX2ZZ
XZZZ
−+−⋅
=
Tačan odgovor je pod brojem 4.
42. Napisati izraz za kompleksnu struju1
I preko1
U , L1, L2, M i ω (aktivni otpor kalema
zanemariti).
L1
∗
L2
∗
i1
M
U1
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 103/135
Magnetski spregnuta kola 98
1. ( )
.21
2
11
1
L LM
U jL I
−
⋅=ω
2. ( )
.21
2
12
1
L LM
U jL I
−
⋅=ω
3. ( )
.21
2
11
1
L LM
U jL I
+⋅
=ω
4. ( )
.21
2
12
1
L LM
U jL I
+
⋅=ω
5. ( )
.21
2
1
1
L LM
U jM I
−
⋅=ω
Rešenje:
Na osnovu slike pišemo jednačinu:
02111=++− M j I L j I U ω ω
2
1
2122 0 L j
M j I I M j I L j I
ω
ω ω ω =⇒=−
02
1
111=−+− M j
L j
M j I L j I U ω
ω
ω ω
0121121 =⋅−⋅+− M jM j I L j L j I L jU ω ω ω ω ω ( ) 21
2221
21
L jU M L L I ω ω ω =+−
( )21
22
21
1
L LM
L jU I
−=ω
ω
Nakon sređivanja jednačine dobija se:( )
.LLM
U jLI
21
2
12
1 −ω
⋅=
Tačan odgovor je pod brojem 2.
43. Sastaviti ekvivalentnu šemu, bez međuinduktivnosti, za vezu sa slike:
R 1,L
1
MR 2,L2
∗
∗
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 104/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 105/135
Magnetski spregnuta kola100
M M
R 2,L2R 1,L
1
2.
-M
Tačan odgovor je pod brojem 2.
44. Izračunati pokazivanje vatmetra preko kompleksnih struja i otpora. Kalemovi Z1 i Z2 sumagnetski spregnuti.
∗
Z2Z1
ZM
∗
W
i1
i3
i2+
+
1. ( ) ( )[ ] .Re 21123∗⋅−−− I Z Z I Z Z I M M
2. ( ) ( )[ ] .Re 22311
∗⋅−+− I Z Z I Z Z I M M
3. ( ) ( )[ ] .Re 22311
∗⋅+−+ I Z Z I Z Z I M M
4. ( )[ ] .Re 22311
∗⋅+− I Z I Z Z I M
5. ( ) ( )[ ] .Re 21123∗⋅+−+ I Z Z I Z Z I M M
Rešenje:
Na osnovu slike pišemo jednačinu (aktivna snaga je UIcosϕ):( ) ( )M M Z Z I Z Z I U +−+= 2311
2 I I =
Pokazivanje vatmetra je : Re ∗⋅ IU
( ) ( )[ ] .IZZIZZIRe 2M23M11
∗⋅+−+
Tačan odgovor je pod brojem 3.
45. Izraz za energiju dve induktivno spregnute konture, ima oblik:
1. .2
1
2
1
2
1
2
1 22
21
222
211
MiMii Li LW M +++=
2. .2
1
2
1
2
1
21
2
22
2
11 iMii Li LW M ++=
3. .22 21
222
211 iMi
Li LiW M ++=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 106/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike 101
4. .22 21
222
211 iMi
i Li LW M ++=
5. .22 21
222
211 iMi
i Li LW M −+=
Rešenje:
Magnetna energija n strujnih, induktivno spregnutih kontura, izračunava se pomoćuformule:
∑∑= =
⋅⋅=n
k
n
j
jk kjM I I LW 1 12
1
Za dve spregnute kontura: 21
222
211 2
1
2
1
2
1iMii Li LW M ++=
Tačan odgovor je pod brojem 2.
46. Šta će pokazati vatmetar, uključen u kolo dva induktivno spregnuta kalema (kao naslici), ako pokazivanju ampermetra i voltmetra odgovaraju vrednosti 11A i 56V, priωL1=ωL2=ωM=R 1=R 2?
R 1
L1
MR 2 L2
∗
∗
W
+
+A
V
1. Nula.2. 616W.
3. 275W.4. 435W.5. Zadatak se ne može rešiti.
Rešenje:
Na osnovu slike postavimo jednačinu: ( ) ( ) M j I L L j I R R I U ω ω ω 22121−+++= .
Po uslovu zadatka ωL1=ωL2=ωM, jednačina postaje: ( )21R R IU += .
Iz jednačine se vidi da su napon i struja u fazi, odnosno da je faktor snage cosϕ=1.Zaključujemo da je pokazivanje vatmetra:
W61615611cosUIP =⋅⋅=ϕ=
Tačan odgovor je pod brojem 2.
47. Odrediti reaktivnu snagu, predatu putem međuindukcije iz druge grane u prvu, ako je poznato M, ω, 1
j11eII ψ = i 2 j
22 eII ψ = .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 107/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 108/135
N N a a i i z z m m e e n n i i č č n n e e
s s t t r r u u j j e e
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 109/135
1. Na crtežu je prikazana kriva promene snage tokom vremena. Odrediti aktivnu snagu P.
1. P= 160 W
2. P= 120 W 3. P= 0
4. P= 80 W 5. P= 100 W
Rešenje:
Aktivna snaga predstavlja srednju vrednost trenutne snage prijemnika u toku jedne periode,
stoga je računamo na sledeći način:
W W W W P 802
1602
40200 ==−=
Rešenje zadatka je pod rednim brojem 4.
2. Na slici je predstavljena kriva promene trenutne snage potrošača. Odrediti apsolutnu
(prividnu) snagu S.
1. S= 4000 VA2. S= 4800 VA
3. S= 2000 VA4. S= 2400 VA
5. S= 2800 VA
Rešenje:
Apsolutna snaga određuje se kao srednja vrednost apsolutnih vrednosti trenutne snage utoku jedne periode, odnosno:
VA P P
S 24002
4800
2
8004000
2
minmax==
+=
+=
Rešenje zadatka je pod rednim brojem 4.
3. Na crtežu je predstavljena kriva promene trenutne snage potrošača. Odrediti apsolutnu(prividnu) snagu S.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 110/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike104
1. S= 1000 VA
2. S= 500 VA
3. S= 4000 VA4. S= 0
5. S= 2000 VA
Rešenje:
Kao i u prethodnom zadatku prividnu snagu određujemo kao:
VA P P
S 2000
2
4000
2
20002000
2
minmax==
+=
+=
Tačno je rešenje pod brojem 5.
4. Na crtežu je predstavljena kriva promene trenutne snage potrošača. Odrediti cosϕopterećenja (tereta).
1. cosϕ =
2
3
2. cosϕ = 0.5
3. cosϕ = 1
4. cosϕ =2
2
5. cosϕ = 0.8
Rešenje:
Prividna snaga prijemnika (S=UI) je moduo kompleksne snage S koja je po definiciji:
ϕ ϕ ϕ jeUI jUI UI jQ P S ⋅=+=+= sincos
Vidimo da se kompleksna snaga sastoji od realnog dela P (aktivna snaga) i imaginarnog dela
Q (reaktivna snaga). Fazni pomak između struje I i napona U je označen sa ϕ. Ugao ϕ predstavlja
argument kompleksne snage S .
22Q P S +=
ϕ cos⋅= S P
W W W P P
P 10002
10003000
2
minmax =−
=−
=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 111/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 112/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike106
W W W P P
P 12802
3202880
2
minmax =−
=−
=
VA P P
S 16002
3202880
2
minmax=
+=
+=
8.01600
1280cos ===
S P ϕ
Rešenje zadatka je pod rednim brojem 1.
7. Na crtežu su predstavljene krive promena trenutnih vrednosti struje, napona i snage u
vremenu. Odrediti svojstvo (karakter) opterećenja Z.
Zi
U
1. Aktivno-kapacitivni
2. Aktivno-induktivni3. Č isto induktivni
4. Č isto kapacitivni5. Č isto aktivni
Rešenje:
IU
ϕ )
2cos(
π ω −⋅= t I i m
)2
cos( ϕ π
ω −−⋅= t U u m
Sa slike možemo da zaključimo da je vremenski dijagram struje u odnosu na vremenski
dijagram napona pomeren ulevo za neki ugao ϕ (0 < ϕ < π/2) tj. da odgovarajuće nule i maksimumi
nastupaju nešto ranije kod funkcije struje, što znači da struja i kroz impedansu Z prednjači u odnosu
na napon u. Do istog zaključka možemo doći na osnovu fazorskog dijagrama struje i napona. Pošto
ugao ϕ ima vrednost između 0 i π/2 proizilazi da se radi o aktivno-kapacitivnom opterećenju.
Tačno je rešenje pod rednim brojem 1.
8. Date su krive promena struje, napona i snage u vremenu. Odrediti svojstvo opterećenja Z.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 113/135
Naizmeni č ne struje 107
Zi
U
1. Č isto induktivni
2. Č isto aktivni3. Č isto kapacitivni
4. Aktivno-induktivni5. Aktivno-kapacitivni
Rešenje:
Sa vremenskog dijagrama struje i napona primećujemo da se odgovarajući maksimumi i
nule poklapaju, odnosno da je impedansa Z čisto aktivno opterećenje.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
9. Date su krive promena struje, napona i snage u vremenu. Odrediti svojstvo opterećenja Z.
Zi
U
1. Aktivno-kapacitivni
2. Aktivno-induktivni
3. Č isto induktivni4. Č isto kapacitivni
5. Č isto aktivni
Rešenje:
Sa vremenskog dijagrama, kao i sa fazorskog,
vidimo da struja i kasni u odnosu na napon u zaϕ=π/6. Na osnovu toga zaključujemo da se radi
o aktivno-induktivnom opterećenju.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.I U
6π
10. Date su krive promena struje, napona i snage u vremenu. Odrediti svojstvo opterećenja
Z.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 114/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike108
Zi
U
1. Č isto induktivni
2. Č isto aktivni
3. Č isto kapacitivni4. Aktivno-induktivni5. Aktivno-kapacitivni
Rešenje:
I
U
2π
Sa vremenskog i fazorskog dijagrama
možemo ustanoviti da struja u odnosu nanapon prednjači za π/2, što znači da se radi o
čisto kapacitivnom opterećenju.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
11. Na crtežu su predstavljene krive promena trenutnih vrednosti struje, napona i snage u
vremenu. Odrediti svojstvo (karakter) opterećenja Z.
Zi
U
1. Č isto aktivni
2. Č isto induktivni3. Č isto kapacitivni
4. Aktivno-induktivni5. Aktivno-kapacitivni
Rešenje:
I
U
2
π Sa vremenskog i fazorskog dijagrama
možemo ustanoviti da napon u odnosu na
struju prednjači za π/2, što znači da se radi o
čisto induktivnom opterećenju.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 115/135
Naizmeni č ne struje 109
12. Induktivnost zavojnice određuje se eksperimentalno. Učestanost je f=50Hz, a
pokazivanje instrumenata je : P=40W, U=80V, I=2A. Izračunati induktivnost.
W A
VU
L
R
*
*
1. 123.5 H
2. 388 mH 3. 123.5 mH
4. 0.0823 mH 5. 776 mH
Rešenje:
Polazimo od izraza za kompleksnu snagu S, koju možemo odrediti na osnovu merenja struje
i napona u kolu.
I U S ⋅=Veza između kompleksne snage S, aktivne snage P i reaktivne snage Q je data sledećim
izrazom.
Q P S += ( vektorski oblik )
222Q P S +=
Vatmetar pokazuje aktivnu snagu P, a na osnovu gornjih jednačina možemo izvesti izraz za
reaktivnu snagu Q.2222 )( P UI P S Q −=−= (1)
Reaktivna snaga Q karakteriše oscilovanje energije između izvora (generatora) i magnetnog
polja kalema, a zavisi od reaktivnog otpora XL i struje kroz kalem.
2 I X Q L ⋅=
gde je:
L X L ⋅=ω f ⋅⋅= π ω 2
Uvrštavanjem ovih izraza u jednačinu (1) dobijamo konačan izraz za određivanje
induktivnost L.
22
2)(
2
1 P UI
I f L −
⋅=
π mH L 5.123=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 116/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike110
13. U kolu sinusoidne struje R=XL, ampermetar pokazuje 12A. Napisati izraz za trenutnu
vrednost struje u aktivnoj grani, uzevši da je početna faza struje u nerazgranatom delu jednaka
+14°. Induktivnost smatrati idealnom.
R
XL
A
i R
u
1. )45sin(12 !+⋅= t i R ω A
2. )45sin(212 !+⋅= t i R ω A
3. )59sin(12 !+⋅= t i R ω A
4. t i R ω sin212 ⋅= A
5. )31sin(12 !+⋅= t i R ω A
Rešenje:
Nacrtajmo prvo fazni dijagram za dato kolo.
Pošto se radi o paralelnoj vezi otpornika i kalema, napon U je zajednički. Posmatrajmo
struje u kolu u odnosu na taj napon. Struja kroz otpornik (aktivna grana) je u fazi sa naponom U.
Struja IL u grani sa kalemom je istog inteziteta kao i u aktivnoj grani (R=XL), ali je pomerena za π/2
(struja IL kasni za naponom U). Ukupna struja I u kolu dobija se kao vektorski zbir ove dve struje.
Kako struja I ima početnu fazu od +14° početna faza struje IR je 59° (14°+45°).Prema tome, izraz za trenutnu vrednost struje u aktivnoj grani je oblika:
)59sin( !+⋅= t I i Rm R ω
IRm možemo odrediti na osnovu trougla struja I - IR - IL.
2
245cos ⋅=⋅= mm Rm I I I !
S obzirom da ampermetar meri efektivnu vrednost struje, Im računamo prema sledećem
izrazu:
eff m I2I ⋅=
Konačan izraz za trenutnu vrednost struje u aktivnoj grani ima oblik
)59sin(222)59sin(
22 !! +⋅⋅⋅=+⋅⋅= t I t I i m R ω ω
)59sin(12 !+⋅= t i R ω
L I
R I
I
U
fazna osa
14°
π/4
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 117/135
Naizmeni č ne struje 111
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
14. U kolu su zadati R, XC i U (aktivno značenje). Odrediti pokazivanje ampermetra
elektromagnetnog sistema (mehanizam).R
Ai
C
u
X
1. C
X R
U I
+=
2. 22
C X R
U I
+=
3. C
C
X R
X R
U I
+
⋅=
4. 22
11
C X RU I +⋅=
5.
C X R
U
I −=
Rešenje:
Struja kroz instrument određena je vektorskim zbirom struja kroz termogeni (aktivni) otpor
R i reaktivni otpor XC.
IC
IR
I
U
C R I I I +=
Intezitet vektora I dat je sledećim izrazom:
22C R I I I +=
a izrazi za struje IR i IC su, respektivno, dati
izrazima:
R
U I R =
C
C X
U I =
Zamenom ovih jednačina u izraz za struju dobijamo konačan oblik izraza za struju I.
2222
22
2
2
2
211
C C
C
C X R
U
R X
R X U
X
U
R
U I +=
+=+=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 118/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 119/135
Naizmeni č ne struje 113
I1 I2
U4
π
Znači da se struja posle zatvaranja prekidača povećala za 2 puta.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
16. Odrediti pokazivanje toplotnog (termičkog) ampermetra u kolu sinusne struje, ako je
R=18Ω, a priključeni napon (aktivno značenje) U=72V.
R
A
u
C
1. 1.71A2. 7A3. 3.82A
4. 5A
5. 2.4A
Rešenje:
Za dato kolo ekvivalentna impedansa je (paralelna veza):
C
C e
jX R
jX R Z
−
−⋅=
)(
Nakon zamene vrednosti i racionalisanja izraza dobija se vrednost ekvivalentne impedanse:
64.852.11 j Z e −=
Struju kroz instrument tada računamo na sledeći način:
3464.852.11
72 j
j Z
U I +=
−==
A I 534 22 =+=
Instrument pokazuje 5A.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
17. Kako će se promeniti pokazivanje elektrodinamičkog ampermetra posle zatvaranja
prekidača, ako je R=XC?
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 120/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 121/135
Naizmeni č ne struje 115
42)11(
)2
1
2
1(
π j
e
e R
U j
R
U
j R
U
Z
U I ⋅⋅=+=
−
==
Kada se na kolo priključi izvor stalne struje, kondenzator predstavlja prekid, tako da
ampermetar meri samo struju kroz otpornik R.
R
U I R = struja se smanjila 2 .
Tačno rešenje je pod rednimbrojem 3.
19. Odrediti otpornosti sa šeme (R i X), ako je priključeni napon V t u ω sin2100 ⋅⋅= , a
struja u kolu At i )90sin(1.14 !+⋅= ω .
XR
i
u
1. R=10Ω ; X=X C =10Ω
2. R=10Ω ; X=X C =10Ω
3. R=0; X=X C =10Ω
4. R=∞ ; X=X C =10Ω
5. R=10Ω ; X=0
Rešenje:
Izrazi za napon i struju zapisani u kompleksnom obliku imaju sledeći oblik:
V eU j02100 ⋅⋅= Ae I j
2210π
⋅⋅=
Impedansu računamo kao:
210π j
e I
U Z
−⋅==
Ω−= 10 j Z
Znači da je ekvivalentna impedansa čisto reaktivna, što je moguće samo ako je R=∞ (R ne
postoji), a XC=10Ω.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
20. Odrediti otpornost R 2, ako je R 3=3Ω, a pokazivanja ampermetra su prikazana na šemi.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 122/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike116
R
R
A
A
2
1
5A
25A
1. 15Ω
2. 12Ω
3. 20Ω
4. 1.12Ω
5. 0.75Ω
Rešenje:
Ukupna struja (25A) je zbir struja u pojedinim granama, a pošto nema faznog pomeraja
između struja i napona možemo pisati da je:
I=I 1 + I 2 I
1=I – I
2=20 A
Pad napona na otporniku R 1 je isti kao i pad napona na otporniku R 2 i iznosi:
U 2=U 1=3⋅20=60 V Ako poznajemo napon na otporniku R 2 i struju kroz njega tada je:
Ω== 122
22
I
U R
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
21. U kolu sinusne struje uključena su tri ampermetra. Odrediti pokazivanje ampermetra A2,
ako ampermetri A i A1 pokazuju 10A i 6A respektivno.
RA
A
2
1
A
XC
1. 5A2. 4A
3. 8A
4. 6A5. 16A
Rešenje:
I1
I2
U
I
Ako nacrtamo fazorski dijagram, znajući da je
struja u prvoj grani u fazi sa naponom, struja u
drugoj grani prednjači za π/2 u odnosu na napon, a
ukupna struja je vektorski zbir ove dve struje, tada
lako određujemo struju I2.
A I I I 821
22 =−=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 123/135
Naizmeni č ne struje 117
22. Naći trenutnu vrednost struje (i1) u nerazgranatom delu kola, ako je priključeni napon
t u ω sin141⋅= V, a otpornost XL=XC=10Ω.
XX CLu
i 11. At i ω sin20
1⋅=
2. 0i1=
3. At i ω sin2101
⋅⋅=
4. At i )90sin(201
!−⋅= ω
5. At i )90sin(201
!+⋅= ω
Rešenje:
21001410 ⋅=⋅= jeU
Impedansu ovog kola računamo, kao i do sada, na sledeći način:
C L
C Le
jX jX
jX jX Z
−
−⋅=
)(
Kako je XL=XC u imeniocu izraza za impedansu dobijamo nula, što znači da je impedansa u
ovom slučaju ∞. Samim tim je struja i1=0, a veza u ovom slučaju predstavlja antirezonantno kolo.
Tačno rešenje je pod rednimbrojem 2.
23. Odrediti pokazivanje toplotnog (termičkog) ampermetra u kolu sinusne struje, ako je
R=18Ω, a priključeni napon (aktivno značenje) U=72V.
R
A
u
C
1. 1.71A2. 7A
3. 3.82A
4. 5A5. 2.4A
Rešenje:
Za dato kolo ekvivalentna impedansa paralelnog kola je:
C
C e
jX R
jX R Z
−
−⋅=
)(
Nakon zamene vrednosti i racionalisanja izraza dobijamo vrednost ekvivalentne impedanse:
Ω−= )64.852.11( j Z e
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 124/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike118
Struju kroz instrument tada računamo na sledeći način:
A j j Z
U I )34(
64.852.11
72+=
−==
A I 534
22
=+= instrument pokazuje 5A.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
24 . Odrediti otpornosti sa šeme (R i X), ako je priključeni napon V t u ω sin2100 ⋅⋅= , a
struja u kolu At i )45sin(20 !−⋅= ω .
XR
i
u
1. R=7 Ω ; X=X L=7 Ω
2. R=5Ω ; X=X L=10Ω 3. R=10Ω ; X=X L=10Ω
4. R=5Ω ; X=X C =10Ω
5. R=10Ω ; X=X C =10Ω
Rešenje:
Izrazi za napon i struju zapisani u kompleksnom obliku imaju sledeći oblik:
02100 jeU ⋅⋅= 420π j
e I −
⋅=
Impedansu računamo kao:
425π j
e I
U Z ⋅⋅==
55 j Z +=
S druge strane, ako impedansu računamo kao paralelnu vezu R i X, samo u slučaju kada je
R=10Ω, a X=10Ω (induktivno) dobijamo identične rezultate za impedansu.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
25. Odrediti struju i1 u nerazgranatom delu kola prikazanom na crtežu, ako je priključeni
napon V t u ω sin2120 ⋅⋅= , R=12Ω, XL=6Ω, XC=12Ω.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 125/135
Naizmeni č ne struje 119
XC
X
R
L
u
1. Ai 201=
2. At i )45sin(201
!−⋅= ω
3. Ai 401=
4. At i ω sin2401
⋅⋅=
5. At i )45sin(2101
!+⋅⋅= ω
Rešenje:
02100 jeU ⋅⋅=
Ω=−
−⋅= 12
)( j
jX jX
jX jX Z
C L
C L LC
42666 π j
LC
LC e e j
R Z R Z Z ⋅=+=+⋅=
At e Z
U I
j)
4sin(2020 4
π ω
π
−⋅=⋅==−
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.
26. Kako će se promeniti pokazivanje ampermetra u zadatom kolu sinusoidne struje posle
otvaranja prekidača K, ako je R=ωL=1/ωC gde su L i C idealna induktivnost i kapacitivnost? U je
zadati napon.
C
L
R
uK
A
1. neće se promeniti2. povećava se 2 puta
3. smanjuje se 2 puta
4. povećava se 2 puta
5. smanjuje se 2 puta
Rešenje:
Ako su reaktivne otpornosti kalema (ωL) i kondenzatora (1/ωC) iste, to znači da su i vektori
struje istog inteziteta ali suprotnog smera.
IL
IC
UIR
LC I I =
0=+ LC I I
Kako je ukupna struja jednaka vektorskom
zbiru sve tri struje (IC, IL, IR ), to znači da jestruja kroz ampermetar jednaka struji kroz
otpornik R i u fazi je sa naponom U.
R I I =1
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 126/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike120
Kada prekidač otvorimo, iz kola isključujemo kondenzator i uticaj struje IC. S obzirom na
početne uslove, R=ωL, intezitet pojedinih struja u granama je isti ( L R I I = ), a struja IL je
pomerena za -π/2 u odnosu na IR .
IL I
UIR
R R I I I ⋅== 22 2 znači da će se struja u drugom slučaju povećati za 2 .
Tačno je rešenje pod rednim brojem 4.
27. Naći izraz za trenutnu vrednosti struje (i1) u nerazgranatom delu kola, ako je priključeni
napon V t u ω sin141⋅= , a otpornost R=XL=XC=10Ω.
XCXR Lu
i 1 1. At i )90sin(2301
!−= ω
2. At i ω sin101
⋅=
3. At i ω sin1.141
⋅=
4. At i ω sin301
⋅=
5. At i )90sin(2301!+⋅= ω
Rešenje:
Polazimo od kompleksnog oblika napona i ukupne impedanse kola.
2100 ⋅=U Ω== 10 LC e Z Z R Z
Kako su reaktanse XL i XC jednake, vektori struje kroz njih su istog inteziteta ali suprotnogsmera te se međusobno poništavaju. Ekvivalentna impedansa prema tome ima čisto aktivni
karakter, što se i računski potvr đuje. Ukupnu struju kao i dosad računamo na sledeći način:
21010
2100===
e Z
U I
At i ω sin1.141
⋅=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 127/135
Naizmeni č ne struje 121
28. Odrediti aktivnu vrednost napona između tačka C-A šeme, ako je priključeni napon
tV u ω sin141⋅= , a otpornosti R=10Ω; XL=XC=5Ω.
X C
XR
L
u
AC
UCA
1.
V U CA1002
141
==
2. 0=CAU
3. V U CA 80=
4. V U CA 20=
5. V U CA 141=
Rešenje:
Ekvivalentna impedansa paralelnog dela kola je ∞ (antirezonantno kolo).
∞=−
−⋅=
C L
C L LC
jX jX
jX jX Z
)(
Samim tim je ukupna impedansa kola ∞.
∞=e Z
Struja je u tom slučaju:
At
Z
U I
e
0sin141
=∞
⋅==
ω
Pad napona (UCA) na otporniku R je zbog toga takođe 0.
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
29. Odrediti pokazivanje ampermetra elektromagnetnog sistema, priključenog u kolo, kaošto je prikazano na crtežu, ako su I1=6 A; I2=8 A.
C
XL
R
A
I 1
I 2 I A
1. I A= I 1+ I 2=14 A2. I A=10 A
3. I A=2 A
4. I A=10 2 A
5. I A=14 2 A
Rešenje:
Polazimo od fazorskog dijagrama.
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 128/135
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 129/135
Naizmeni č ne struje 123
31. Odrediti pokazivanje ampermetra elektromagnetnog sistema, priključenog u kolo, kao
što je prikazano na crtežu ako su I1=I2=10 A.
C
L
RA
I 1
I 2 I A
1. I A= I 1+ I 2=20 A
2. I A=2
2
2
1 I I + =10 2 A
3. I A=0
4. I A=2
10A
5. I A=2
20A
Rešenje:
Bez obzira na napon koji je na paralelnom delu kola ukupna struja je 0 zbog beskonačne
impedanse tog dela kola.
0=+= LC A I I I
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
32. Napisati kompleksnu vrednost sinusne funkcije vremena At i )120sin(141 !−= ω .
1. !120
2141 je I −⋅= A
2. !120
100 je I −⋅= A
3. 2
141= I A
4. !120
141 je I −⋅= A
5. )120(141
!−⋅= t je I ω A
Rešenje:
U vremenskoj funkciji struje, vrednost 141 predstavlja maksimalnu vrednost, dok u
kompleksnom domenu operišemo sa efektivnim vrednostima. Stoga funkciju u kompleksnom
domenu pišemo u sledećem obliku:
Ae I j !120
100 −⋅=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
33. Napisati kompleksnu vrednost sinusne funkcije vremena V t u )90cos(310 !+= ω .
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 130/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike124
1. 220 jU = V
2. !90
2
310 jeU ⋅= V
3. 220−=U V
4. !
90310 jeU ⋅= V
5. )90(
2
310 !+⋅= t jeU ω
V
Rešenje:
Da bi funkciju V t u )90cos(310 !+= ω predstavili u kompleksnom obliku prethodno je
potrebno da je zapišemo preko sinusne funkcije. Kako je α α sin)90cos( "! =± , dobijamo:
V t u )sin(310 ω −=
Odnosno, u kompleksnom domenu dobijamo sledeći izraz:
V U 220−=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 3.
34. Napisati kompleksnu vrednost sinusne funkcije vremena At i )30cos(1.14 !−⋅= ω .
1. !301.14 je I −⋅= A
2. !30
2
1.14 je I −⋅= A
3. )30(10
!−⋅= t je I ω
A
4. 10= I A
5. !6010 je I ⋅= A
Rešenje:
I u ovom slučaju vremensku funkciju predstavaljamo prvo preko sinusne funkcije, a
argument kompleksnog broja je efektivna vrednost struje.
At i )30cos(1.14 !−⋅= ω
At i )6090cos(1.14 !! +−⋅= ω ; pošto je α α sin)90cos( ±=±− ! sledi:
At i )60sin(1.14 !+⋅= ω
!6010 je I ⋅= A
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 131/135
Naizmeni č ne struje 125
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5.
35. Napisati kompleksnu vrednost sinusne funkcije vremena V t e )90cos(537 !+−= ω .
1. !90537 je E ⋅−= V
2. 380= E V
3. !90
2
537 je E ⋅−= V
4. 380 j E = V
5. )90(
2
537 !+⋅−= t je E ω V
Rešenje:
V t e )90cos(537 !+−= ω
V t e ω sin537=
0
2
537 je E ⋅= V
380= E V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
36. Pokazati vremenski grafik struje čija je kompleksna vrednost jednaka 06 ′−⋅= j
mm e I I .
Rešenje:
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 132/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike126
Odgovarajući grafik za funkciju čija je kompleksna vrednost data izrazom 06 ′−⋅= j
mm e I I je
na slici pod rednim brojem 3.
37. Naći sinusnu funkciju vremena, predstavljenu kompleksnom aktivnom vrednosti
V j E )8060( −−= .
1. )80sin(60 !−⋅−= t e ω V
2. )05126sin(2100 ′−⋅= !t e ω V
3. )0536sin(100 ′+⋅= !t e ω V
4. )0536sin(2100 ′−⋅= !t e ω V
5. )05126sin(2100 ′−⋅= !t e ω V
Rešenje:
Da bi neku kompleksnu veličinu predstavili sinusnom funkcijom prethodno je potrebno tu
veličinu zapisati u Ojlerovom obliku kompleksnog broja.
V j E )8060( −−=
V E 10010000)80()60(22 ==−+−=
333.160
80=
−
−= arctg ϕ odnosno, 05126 ′−= !ϕ
V e E j 05125100
′−⋅=!
konačno, dobijamo:
)05126sin(2100 ′−⋅= !t e ω V
Tačno rešenje je pod rednim brojem 4.Argument množimo sa 2 pošto nam je potrebna maksimalna vrednost.
38. Naći sinusnu funkciju vremena, predstavljenu kompleksnom aktivnom vrednosti I=-j5A.
1. At i )90sin(5 !+= ω
2. At i )90sin(25 !−= ω
3. At i )90sin(25 !+= ω
4. At i )90sin(5 !−−= ω
5. At i ω sin25−=
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 133/135
Naizmeni č ne struje 127
Rešenje:
!905 je I ⋅−=
5)1
0(5)90sin90(cos5 j j j I −=+−=+⋅−=
!!
!905)10(5 je j I −⋅=−=
At i )90sin(25 !−= ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2.
39. Naći sinusnu funkciju vremena, predstavljenu kompleksnom amplitudom,503610020
! j
m e E ⋅+−= V.
1. )5036sin(10020 ,!+⋅+−= t e ω V
2. )45sin(85 !+⋅= t e ω V
3. )45sin(10020 22 !+⋅+= t e ω V
4. )5036sin(2)10020( ,!+⋅+= t e ω V
5. )45sin(120 !+⋅= t e ω V
Rešenje:
,503610020
! j
m e E ⋅+−= Vkako je 6080100,5036
je j +=⋅!
6060608020 j j E m +=++−=
!! 4545 85260 j j
m ee E ⋅=⋅=
V t e )45sin(85 !+⋅= ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 2
40. Naći sinusnu funkciju vremena, predstavljenu kompleksnom aktivnom vrednosti!90
10 je j I ⋅−= A.
1. At ji )90sin(210 !+= ω
2. At i )90sin(210 !−= ω
3. At ji ω sin210−=
4. At j
i )90sin(2
10!+−= ω
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 134/135
Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike128
5. At i ω sin210=
Rešenje:
)10(10)90sin90(cos1010 90 j j j je j I j +−=+−=⋅−= !!!
01010 j
e I ⋅==
At i ω sin210=
Tačno rešenje je pod rednim brojem 5
41. Naći sinusnu funkciju vremena, predstavljenu kompleksnom amplitudom!90
141 j
m e jU ⋅= V.
1. V t u )180sin(141 !+⋅= ω
2. V t j
u )90sin(2
141 !+⋅= ω
3. V t u )180sin(100 !+⋅= ω
4. V t u ω sin100 ⋅=
5. V t ju )90sin(2141!
+⋅= ω
Rešenje:
)10(141)90sin90(cos14114190 j j j je jU j
m +=+=⋅= !!!
!180
141141 j
m eU ⋅=−=
V t u )180sin(141 !+⋅= ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem
1
42. Naći sinusnu funkciju vremena, predstavljenu kompleksnom aktivnom vrednosti
V jU )4030( +−= .
1. V t u )5036sin(250 ,!+⋅= ω
2. V t u )40sin(230 !+⋅−= ω
3. V eu j!4030 ⋅−=
4. V t u )50126sin(250 ,!+⋅= ω
5. V t u )5036sin(2
50 ,!−⋅= ω
8/14/2019 Dipl. Ing. Sanja Maravić
http://slidepdf.com/reader/full/dipl-ing-sanja-maravic 135/135
Naizmeni č ne struje 129
Rešenje:
V jU )4030( +−=
50)40()30(22
=+−=U '5012630
40!
=−= arctg ϕ
'5012650!
eU ⋅=
V t u )50126sin(250 ,!+⋅= ω
Tačno rešenje je pod rednim brojem 1.