Dipl. Ing. Sanja Maravić

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.



Sadržaj:

1. Elektrostatika ..................................................................................................... 1

2. Jednosmerne struje ............................................................................................. 35

3. Magnetski spregnuta kola .................................................................................. 73

4. Naizmenične struje ............................................................................................. 1035. Literatura ........................................................................................................... 130



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



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.



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 .



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.




1. 21 QQ > , oba pozitivna



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.


polja, prouzrokovana njima u tački N, ima smer prikazan na crtežu.





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.



Elektrostatika 5



1. 21 QQ = , oba negativna




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.




2. 21 QQ > , 1Q - pozitivno, 2Q - negativno



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


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.



Zbirka zadataka iz Osnova elektrotehnike6




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 :



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 ?




1.2a

qQ F

πε =

2. F=0

3. 24 a

qQ

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

Qq

a

qQ

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.



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


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


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 +⋅=




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.



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.




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 !



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




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



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=




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.



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.




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


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:



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

−=




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 .



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





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 ===



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:




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 =



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:




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?



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.




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 :



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 =




Rešenje:

Pri serijskoj vezi, naelektrisanje svih kondenzatora je isto, što znači da je 21 QQ = , što


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



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.




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:



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).




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 −−=



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



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


3. E 1 - generator, E 2 i E 3 - 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.




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







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



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.


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







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.


šemi, ako je: R 1 =6Ω, R 2 =8Ω, R 3 =3Ω, E1=30V, E 2 =20V, E 3 =10V.




E1+

R1

E2+

R2

E3+

R3







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.


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









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


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






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 .




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 .




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




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


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)




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:


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.




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


Rešenje:


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




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:


-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






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:


- ( g 4 + g 5 )U10 + (g1 + g 2 + g 4 + g 5 )U 20 = E1 g1 - E 2 g 2 + E 4 g 4


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




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:


(g1 + g 2 + g 5 )U10 - g 5 U 20 = E1 g1 - J k


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:


- g 5 U10 + ( g 3 + g 4 + g 5 )U 20 = J k - E 3 g 3


tačku 0.




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:


( g1 +54

54

g g

g g

+)U10 - (

54

54

g g

g g

+)U 20 = - E1 g1 + J k


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




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:


( g 3 + g 4 + g 5 )U10 - ( g 4 + g 5 )U 20 = - E 4 g 4 + J k


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:


- g 6 U 20 + ( g 3 + g 6 )U 30 = E 3 g 3 - J k

23. Izraziti napon U pomoću parametara sa šeme.




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


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:




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


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.




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


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.




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

+

+−


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


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


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.




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


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


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





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


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:




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


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


34. Dato je E=45V, R 1=6Ω, R 2 =45Ω. Odrediti parametre generatora ekvivalentnog zadatoj

šemi.




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


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




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


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:


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


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.




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


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




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


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:


R4

R1 R3

R2

R e =

4321

11

1

11

1

R R R R+

+

+= 3.2 + 4 = 7.2

Ω


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.




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


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




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


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


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




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


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




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

((


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




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


45. Izraziti pokazivanje elektrostatičkog voltmetra preko parametara šeme.




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

+


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


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 )




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


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




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


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




I 5 = I1 + I 2 = 10A


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


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




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.




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




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



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).



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.


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


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.




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


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.


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:






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..



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:


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.




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 +=


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


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.




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


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 =




A I 5.32 =V X I U 21222 =⋅=


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∗ ∗


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 .




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=


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++++=




( ) ( )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


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.


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).




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).


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.





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°.


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


2. Povećaće se dva puta.

3. Umanjiće se 8.6 puta.4. Povećaće se 8.6 puta.

5. Povećaće se 2 puta.

Rešenje:




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.


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.


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.




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.


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.





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.


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.




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.


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.




l

∗∗

1. Povećaće se.


4. Na pitanje se ne može odgovoriti pošto su

nepoznati induktiviteti.

Rešenje:


M L L Lekv 221++=


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.


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.


4. Na pitanje se ne može odgovoriti pošto sunepoznati induktiviteti.

Rešenje:


M L L Lekv 221++=


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.





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


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 ++

⋅=



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.


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

++−−=

+




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.


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:


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




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).


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:


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




Ekvivalentna induktivnost paralelne veze kalema za M>0 (na osnovu slike, odnosnokonvencije) je:

M L L

M L L Lekv 221

221

−+−⋅

=


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 −+=


37. Napisati kompleksni izraz za napon izmađu tačaka a i b, preko1

I , 2I , R 1, L1, R 2, L2, M

i ω.




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+=


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:




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 +−−+++−−=+−


40. Odrediti pokazivanje elektromagnetnih voltmetara, ako je: R=30Ω; L=70mH; M=10mH;R B= ∞; ( ) At i 500sin5.0 ⋅= .




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.





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

−+−⋅

=


42. Napisati izraz za kompleksnu struju1

I preko1

U , L1, L2, M i ω (aktivni otpor kalema

zanemariti).

L1

∗

L2

∗

i1

M

U1




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

⋅=


43. Sastaviti ekvivalentnu šemu, bez međuinduktivnosti, za vezu sa slike:

R 1,L

1

MR 2,L2

∗

∗






M M

R 2,L2R 1,L

1

2.

-M


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

∗⋅+−+


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 ++=




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 ++=


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=


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 = .





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



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==

+=

+=


3. Na crtežu je predstavljena kriva promene trenutne snage potrošača. Odrediti apsolutnu(prividnu) snagu S.




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 =−

=−

=






W W W P P

P 12802

3202880

2

minmax =−

=−

=

VA P P

S 16002

3202880

2

minmax=

+=

+=

8.01600

1280cos ===

S P ϕ


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.



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.


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.




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.


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.





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=





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





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 +=

+=+=







I1 I2

U4

π

Znači da se struja posle zatvaranja prekidača povećala za 2 puta.


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.


17. Kako će se promeniti pokazivanje elektrodinamičkog ampermetra posle zatvaranja

prekidača, ako je R=XC?






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.


20. Odrediti otpornost R 2, ako je R 3=3Ω, a pokazivanja ampermetra su prikazana na šemi.




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


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 =−=





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




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.


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.


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.




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

−⋅=⋅==−


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




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

⋅=





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.


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.






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


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 −⋅=


33. Napisati kompleksnu vrednost sinusne funkcije vremena V t u )90cos(310 !+= ω .




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−=


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





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


36. Pokazati vremenski grafik struje čija je kompleksna vrednost jednaka 06 ′−⋅= j

mm e I I .

Rešenje:




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−=




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


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




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




Rešenje:

V jU )4030( +−=

50)40()30(22

=+−=U '5012630

40!

=−= arctg ϕ

'5012650!

eU ⋅=

V t u )50126sin(250 ,!+⋅= ω


Documents

Dipl. Ing. Sanja Maravić