Embed Size (px)
Citation preview
Stranica:I-1
Elektrostatika Coulombov zakon. Homogeno i nehomogeno električno polje. Električno polje nabijene beskonačne ravnine. Električno polje točkastog naboja. Električno polje vrlo dugog ravnog vodiča. Električno polje nabijene kugle. Električno polje nabijenog valjka.
Početna stranica
Stranica:I-2
1. zadatakDva točkasta naboja istog predznaka nalaze se u zraku na udaljenosti rjedan od drugoga. Odrediti iznos, smjer i orijentaciju djelovanja sileizmeđu naboja.
Q1 = 85 [µC] Q2 = 16.6 [nC] r = 6.5 [cm]
Q1 Q2
r
Početna stranica
Stranica:I-3
Q1 Q2
Dva točkasta naboja, istog predznaka, djeluju jedan nadrugoga odbojnom električnom silom i to:
• Naboj Q1 djeluje na naboj Q2 odbojnom silom F12.
• Naboj Q2 djeluje na naboj Q1 odbojnom silom F21.
Uvodni pojmovi
Dva točkasta naboja različitog predznaka, djeluju jedanna drugoga privlačnom električnom silom i to:
• Naboj Q1 djeluje na naboj Q2 privlačnom silom F12.
• Naboj Q2 djeluje na naboj Q1 privlačnom silom F21.
Q1 Q2 F12F21
F12F21
Početna stranica
Stranica:I-4
Po iznosu sile F12 i F21 su jednake po iznosu:
221 QQ
41
rF ⋅⋅
⋅⋅=
επ!
Električna sila je veličina koja je predstavljana vektoromkoji ima svoj iznos, smjer i orijentaciju.
• εεεε - dielektricna konstanta medija u kojem se problem promatra.εεεε = εεεε 0· εεεε r ; εεεε 0 je tzv. apsolutna dielektricna konstanta (vrijednost8.854×10-12 [As/Vm]) i predstavlja dielektricnost vakuuma, dok εεεε rpredstavlja relativnu dielektricnu konstantu koja ovisi o samommediju (za vakuum εεεε r =1).
• r - udaljenost između naboja Q1 i Q2
Početna stranica
Stranica:I-5
Naboji su istog predznaka tako da su sile odbojne:
221
02112
QQ4
1r
FFFr
⋅⋅⋅⋅⋅
===εεπ
!!!
Po iznosu sile su jednake i iznose:
Rješenje zadatka
( )22
96
12 105.6106.161058
110854.841
−
−−
− ⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=
πF!
[ ]N 3=F!
Q1 Q2
r
F21 F12
Početna stranica
Stranica:I-6
2. zadatakPozitivni točkasti naboj Q1 i negativni točkasti naboj Q2 nalaze se odpozitivnog točkastog naboja Q0 na udaljenosti r1 = r2. Njihov međusobnipoložaj prikazan je na slici. Odredite iznos rezultantne sile na naboj Q0te skicirajte vektorski dijagram sila za taj naboj.
Q1 = 10-6 [C] Q2 = - 2⋅10-6 [C] Q0 = 10-6 [C] r1 = r2 = 3 [cm]
+Q1
-Q2
+Q0r1
r2
Početna stranica
Stranica:I-7
Ako na točkasti naboj djeluje više naboja tada se zaizračunavanje ukupne sile primjenjuje principsuperpozicije.
Princip superpozicije kaže da je rezultatno djelovanje svihnaboja jednako zbroju doprinosa pojedinih naboja.
∑=
=n
iirez FF
1
!!
Uvodni pojmovi
Ukupna sila na naboj Q0 jednaka je vektorskom zbrojusvih sila koje djeluju na naboj Q0:
+Q2
-Q3
+Q0
+Q1
F10 F20
Frez
F30
Početna stranica
Stranica:I-8
+Q1
-Q2
+Q0
Na naboj Q0 djeluju dva naboja, Q1 i Q2. Naboj Q1 djelujeodbojnom silom F10:
Rješenje zadatka
Naboj Q2 djeluje privlačnom silom F20.
Rezultantna sila jednaka je vektorskom zbroju sila F10 iF20.
α∠=+== ∑=
2010
2
1rez
iirez FFFFF
!!!!!
F10
F20Frez
α
Početna stranica
Stranica:I-9
Budući da su vektori sila F10 i F20 međusobno okomitivrijedi:
2
20
2
10 FFFrez
!!!+=
Iznos sila F10 i F20:
( ) [ ]N 10103
1010110854.84
122
66
121010 =⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
==−
−−
−πFF
!
( ) [ ]N 20103
10102110854.84
122
66
122020 =⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
==−
−−
−πFF
!
Iznos rezultantne sile Frez:
[ ]N 4.222010 22220
201 =+=+= FFFrez
Budući da je sila vektor njen smjer i orijentacija seodređuje iz pravokutnog trokuta, odnosno:
°=⇒= 63 10
20 ααFFtg [ ]N 634.22 °∠=rezF
!
Početna stranica
Stranica:I-10
3. zadatakTri mala tijela, električnih naboja Q1 = + 4⋅10-11 [C], nepoznati elektricninaboj Q2 i Q3 = +10-11 [C], zauzimaju u vakuumu poloaj kao što jeprikazano na slici. Odredite poloaj i elektricni naboj Q2 tako da se svatijela pod djelovanjem Coulomb-ovih sila nalaze u mirovanju. Zadano:
r13 = 5 [cm]
+Q1 Q2 +Q3
r13
Početna stranica
Stranica:I-11
Da bi električni naboj bio u mirovanju ukupna električnasila koja na njega djeluje mora biti jednaka 0.
Rješenje zadatka
Pretpostavimo predznak naboja Q2 > 0.
+Q1 +Q2 +Q3F21
F31
F32 F12F13
F23
Iz slike je vidljivo da se uvjet mirovanja može ispuniti zanaboj Q2, ali uz pozitivan naboj Q2 naboji Q1 i Q3 neće bitiu mirovanju. Zbog toga naboj Q2 mora biti negativan.
+Q1 - Q2+Q3
F21
F31 F32F12F13
F23
Početna stranica
Stranica:I-12
Uvjeti mirovanja:
odnosno:
31213121 0 FFFF!!!!
=⇒=+
32123212 0 FFFF!!!!
=⇒=+
23132313 0 FFFF!!!!
=⇒=+
2123
21322
13
132
12
12 QQ QQQQ rrr
kr
k ⋅=⋅⇒⋅⋅=⋅⋅
2123
22312
23
232
12
21 QQ QQQQ rrr
kr
k ⋅=⋅⇒⋅⋅=⋅⋅
2132
22312
23
232
13
31 QQ QQQQ rrr
kr
k ⋅=⋅⇒⋅⋅=⋅⋅
231213 rrr +=
Početna stranica
Stranica:I-13
Rješenjem ovog sustava jednadžbi kao rješenja dobije se:
Budući da znamo da je naboj Q2 negativan, vrijedi:
[ ][ ]cm 67.1cm 33.3
23
12
=
=
rr
[ ]pC 4.4Q2 =
[ ]pC 4.4Q2 −=
Početna stranica
Stranica:I-14
4. zadatakU točke A i B nekog već formiranog polja unešeni su naboji Q1 i Q2. Pritome je na naboj Q1 opažena sila FA1 u smjeru jediničnog vektora x1,dok je na naboj Q2 opažena sila FB2, u smjeru jediničnog vektora x2(kao na slici). Ako naboji Q1 i Q2 zamijene mjesta u prostoru (Q1 dođe utočku B, a Q2 u točku A), odredite iznose i smjerove sila na njih.Međusobno djelovanje naboja Q1 i Q2 i obrnuto zanemarujemo.
Q1 = -2 [µC] Q2 = 5 [µC] FA1 = 0.04 [N], u smjeru vektora x1
FB2 = 0.05 [N], u smjeru vektora x2
- Q1
+Q2A
x1 x2
BFA1 FB2
Početna stranica
Stranica:I-15
Ako se točkasti naboj stavi u prostor u kojem djelujeelektrično polje, na naboj će djelovati električna sila. Vezaizmeđu vektora električnog polja i električne sile je:
Rješenje zadatka
Q EFel
!!⋅=
U zadatku iz poznatih vektora sila na naboje Q1 i Q2 moguse odrediti vektori električnog polja u točkama A i B.
Kod pozitivnog naboja vektor sile i polja su u istomsmjeru, a kod negativnog naboja vektor sile i polja su usuprotnom smjeru:
- Q1
+Q2A
x1 x2
BFA1 FB2EA EB
Početna stranica
Stranica:I-16
Formirano električno polje u točkama A i B ima smjerprema slici:
Zapisano pomoću vektora smjera:
A
x1 x2
B
EA
EB
[ ]kV/mx20102
x04.0 Q 16
1
1
A1A
!!!
!⋅−=
⋅−⋅== −
FE
[ ]kV/mx10105
x05.0 Q 26
2
2
B2B
!!!
!⋅=
⋅⋅== −
FE
Nakon što naboji zamijene mjesta, na njih djeluju sile :
[ ]Nx1.0105x1020Q 16
13
2AA2!!!!
⋅−=⋅⋅⋅⋅−=⋅= −EF
( ) [ ]Nx02.0102x1010Q 26
23
1BB1!!!!
⋅−=⋅−⋅⋅⋅=⋅= −EF
Početna stranica
Stranica:I-17
+Q2
- Q1A
x1 x2
B
EA
EB
Vektori sila na naboje u točkama A i B:
Iz slike je vidljivo da je sila na negativan naboj Q1suprotnog smjera od polja u točki B, a na pozitivan nabojQ2 istog smjera kao i polje u točki A.
FA2
FB1
Početna stranica
Stranica:I-18
5. zadatakIspred ravnine nabijene nabojem plošne gustoće σ nalazi se naudaljenosti, a negativan tockasti naboj Q. Odredite izraz za vektorjakosti elektricnog polja E (koordinatne osi zadane prema slici) kojeravnina i tockasti naboj stvaraju u tocki T, a takoder odredite i iznospolja E. Zadano:
σ = + 2 [nAs/m2] Q = - 4⋅π [nAs] a = 1 [m]
y
x
a
a
T
σ
- Q
Početna stranica
Stranica:I-19
HOMOGENO ELEKTRIČNO POLJE je polje koje u svimtočkama prostora ima jednak iznos i smjer (primjer;ravnomjerno nabijena beskonačna ravnina).
Uvodni pojmovi
NEHOMOGENO ELEKTRIČNO POLJE je polje koje usvim točkama prostora ima različit iznos i/ili smjer (primjer;točkasti naboj, kugla, valjak, itd.).
Gauss-ov teorem:
Primjena Gauss-ovog teorema za izračunavanje el. poljatočkastog naboja:
Q∑∫∫ =i
iS
SdD!!
r
+Q Q4 2
0 =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅ ∫∫ rEdSD rS
πεε
4
Q2
0 rE
r ⋅⋅⋅⋅=
εεπ
Početna stranica
Stranica:I-20
Primjeri homogenog električnog poljaBeskonačna ravnina nabijena plošnim nabojem σ.
U okolini pozitivno nabijene ravnine polje izgleda kao naslici:
Po iznosu polje je:
2 r0 εε
σ⋅⋅
=E!
Funkcija ovisnosti polja o udaljenosti od ravnine izgledakao na slici:
+ σ
EE
x-x 0
+ σ/2ε
x
-x
− σ/2ε
E(x)
0
Početna stranica
Stranica:I-21
Dvije suprotno nabijene paralelne ravnine Za ovaj slučaj polje izgleda kao:
Po iznosu polje između dvijeravnine je,
r0 εε
σ⋅
=E!
Funkcija ovisnosti polja o udaljenosti od pozitivnonabijene ravnine izgleda kao na slici:
+ σ E
x-x 0
− σ
d
+ σ/ε
x-x
E(x)
0 d
dok izvan nema polja.
Početna stranica
Stranica:I-22
Primjeri nehomogenog električnog poljaTočkasti naboj
U okolini pozitivno nabijenog točkastog naboja električnopolje za označene točke ima prikazane smjerove:
Električno polje ovisi oudaljenosti od točkastognaboja:
14
Q2
r0 rE ⋅
⋅⋅⋅=
εεπ!
r1
+Q
r2
E2E1
E3
Za prikazano polje točkastognaboja vrijedi:
32 EE!!
=
21 EE!!
>r
E(r)
0
• r - udaljenost od naboja Q dopromatrane točke.
2
1~)(r
rE
Početna stranica
Stranica:I-23
Vrlo dugi ravni vodič nabijen linijskim nabojem λ
U okolini pozitivno nabijenog ravnog vodiča električnopolje za označene točke ima prikazane smjerove:
Električno polje ovisi oudaljenosti od vodiča
12 r0 r
E ⋅⋅⋅⋅
=εεπ
λ!
r1
+λ
r2
E2E1
E3
Za prikazano polje ravnogvodiča:
32 EE!!
=
21 EE!!
>r
E(r)
0
• r - udaljenost od vodiča dopromatrane točke.
rrE 1~)(
Početna stranica
Stranica:I-24
Pozitivno nabijena kugla U okolini pozitivno nabijene kugle polumjera R električno
polje za označene točke ima prikazane smjerove :
Unutar kugle nema polja, aizvan se mijenja po zakonu:
14
Q2
r0 rE ⋅
⋅⋅⋅=
εεπ!
R
+Q
r1
E2E1
E3
Za prikazano polje kuglevrijedi:
32 EE!!
=
21 EE!!
>r
E(r)
0R
• r - udaljenost od središta kugle
2
1~)(r
rE2R4Q
⋅⋅⋅ επ
Početna stranica
Stranica:I-25
Pozitivno nabijeni valjak
U okolini pozitivno nabijenog valjka polumjera R električnopolje za označene točke ima prikazane smjerove:
Unutar valjka nema polja, aizvan se mijenja po zakonu:
12 r0 r
E ⋅⋅⋅⋅
=εεπ
λ!
Za prikazano polje valjka :
32 EE!!
=
21 EE!!
>
• r - udaljenost od središta valjka
rrE 1~)(
r
E(r)
0R
R2 ⋅⋅⋅ επλ
R
+λ
r1
E2E1
E3
Početna stranica
Stranica:I-26
Polje u točki T stvaraju dva nabijena tijela, pozitivnonabijena ravnina i negativni točkasti naboj.
Polje je u smjeru osi x i iznosi:
Rješenje zadatka
Ukupno polje određuje se metodom superpozicije:
y
xT
+σ
E1
a
iE!!
⋅⋅⋅
= 2 r0
1 εεσ
Pozitivna nabijena ravnina stvara polje u točki T:
Za svako pojedinačno tijelo određuje se njegov doprinos(polje koje bi stvorilo bez drugih nabijenih tijela u blizini).
Ukupno polje jednako je vektorskoj sumi pojedinih polja.
Početna stranica
Stranica:I-27
Negativno nabijeni točkasti naboj stvara polje u točki T:
Polje je u smjeru osi -y i iznosi:
ja
E!!
⋅⋅⋅⋅⋅
−= 4
Q2
r02 εεπ
Ukupno polje jednako je vektorskom zbroju polja:
E2
y
x
a
T
- Q
y
xT
+σ
E1
- Q
E2E
21 EEE!!!
+=
Početna stranica
Stranica:I-28
Uvrstivši vrijednosti za pojedina polja dobiva se ukupnopolje u točki T:
⋅
⋅⋅⋅⋅−+⋅
⋅⋅=+= j
aiEEE
!!!!!
4Q
2 2
r0r021 εεπεε
σ
jiE!!!
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅−⋅⋅⋅⋅
⋅= −
−
−
−
1110854.84
104 110854.82
102212
9
12
9
ππ
[ ]V/m 113 113 jiE!!!
⋅−⋅=
Iznos vektora polja određuje se kao:2222 113113 +=+= yx EEE
!
[ ]V/m 160=E!
Na drugi način zapisan vektor polja:
α∠= EE!!
[ ]V/m 45160 °−∠=E!
Početna stranica
Stranica:I-29
6. zadatakDva duga ravna vodiča, polumjera r0 zanemarivo malog u odnosu nanjihov međusobni razmak, nabijena su linijskim nabojima λ1 i λ2,predznaka prikazanih na slici. Ako se u točku A postavi negativantočkasti naboj Q, odredite silu koja djeluje na taj naboj. Zadano:
λ1 = + 2 [nAs/m] λ2 = - 4 [nAs/m] Q = - 4 [pAs] d = 1 [m] d1 = 0.25 [m]
y
x+λ1 -λ2
A
d
d1
Početna stranica
Stranica:I-30
Na naboj Q djeluje el. polje koje stvaraju dva vodiča.
Rješenje zadatka
Električno polje EA određuje se metodom superpozicije.
Lijevi vodič stvara el. polje E1, a desni vodič el. polje E2:
A Q EF!!
⋅=
y
x+λ1 -λ2
A
d
d1
r1 r2
2
21
2
21 ddrr +
==
Ukupno el. polje u točki A, EA:
21A EEE!!!
+=
E1
E2
2 1r0
11 r
E⋅⋅⋅⋅
=εεπ
λ!
2 2r0
22 r
E⋅⋅⋅⋅
=εεπ
λ!
Početna stranica
Stranica:I-31
Ukupno polje najlakše je odrediti ako oba vektora poljaprikažemo pomoću jediničnih vektora:
0;sin ; 2cos1
1
1
>== αααrd
r
d
Kuteve α i β odredujemo iz slike:
jEiEE!!!!!
⋅⋅+⋅⋅= αα sin cos 111
y
x+λ1 -λ2
A
d
d1
r1
r2
α
β
Ukupno el. polje u točki A, EA:
jEiEjEiEE!!!!!!!!!
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= ββαα sin cos sin cos 2211A
jEiEE!!!!!
⋅⋅+⋅⋅= ββ sin cos 222
0;sin ; 2cos2
1
2
<== βββrd
r
d
Početna stranica
Stranica:I-32
Ako se uvrste poznate vrijednosti dobije se:
( ) ( ) jEEiEEE!!!!!!!
⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅= βαβα sin sin cos cos 2121A
jrd
rrd
r
ir
d
rr
d
rE
!
!!
⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅−⋅
⋅⋅⋅⋅
+⋅
⋅⋅⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅⋅⋅
=
2
1
2r0
2
1
1
1r0
1
22r0
2
11r0
1A
2
2
2 2
2 2
εεπλ
εεπλ
εεπλ
εεπλ
jrr
dirr
dE!!!
⋅
−
⋅⋅⋅+⋅
+
⋅⋅⋅= 2
2
22
1
1
r0
12
2
22
1
1
r0A 24
λλεεπ
λλεεπ
( ) ( )j
dd
di
dd
dE
!!!⋅
+
⋅⋅⋅⋅
−⋅+⋅
+
⋅⋅⋅⋅
+⋅=
21
2
r0
211
21
2
r0
21A
22
24 εεπ
λλ
εεπ
λλ
[ ] [ ]V/m9175V/m 29173A °−∠=⋅−⋅= jiE!!!
Početna stranica
Stranica:I-33
Sila na negativan naboj Q u točki A onda ima smjer kaona slici:
( ) [ ]N 11.069.029173104Q 12AA njijiEF
!!!!!!⋅+⋅−=⋅−⋅⋅⋅−=⋅= −
Vektor sile je:
[ ]N1717.0A nF °∠=!
y
x+ -
A
d
d1
r1
r2
-QEA
FA
Početna stranica
Stranica:I-34
7. zadatakTočkasti naboj nalazi se u središtu šuplje metalne nenabijene kuglevanjskog polumjera R2 i unutrašnjeg polumjera R1. Odredite el. polje utočkama A i B za sljedece slucajeve:
! tockasti naboj Q u središtu nenabijene kugle! kugla nabijena nabojem Q bez tockastog naboja u središtu! tockasti naboj Q u središtu kugle nabijene nabojem Q! tockasti naboj Q u središtu kugle nabijene nabojem Q istog
iznosa, ali suprotnog predznaka
Zadano: Q = + 9 [nAs] R1 = 14 [mm] R2 = 17 [mm] rA = 1 [cm] rB = 2 [cm]
Početna stranica
Stranica:I-35
Prvi slučaj: točkasti naboj Q u središtu nenabijene kugle.
Rješenje zadatka
U točki A (unutar šuplje kugle)el. polje stvara točkasti naboj.
Pod utjecajem el. polja koje stvara točkasti naboj dolazido influencije naboja na kugli (-Q na unutarnjoj plohi kuglei +Q na vanjskoj plohi kugle).
2Ar0
A 4Q
rE
⋅⋅⋅⋅=
εεπ!
R1+Q
R2
A
B
El. polje u točki B onda iznosi:
( )22-12-
-9
2Br0
2Br0
B102110854.84
1094
Q 4
QQQ⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅
+−=πεεπεεπ rr
E!
[ ]kV/m202B =E!
- - - --
-----
-----
- - - --
++
++
+++
++
++
++
+ ++
++
( ) [ ]kV/m808 101110854.84
10922-12-
-9
A =⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=π
E!
Početna stranica
Stranica:I-36
Drugi slučaj: nabijena kugla bez točkastog naboja u središtu
Unutar kugle nema nabojatako da nema ni polja u točkiA:
0A =E!
El. polje u točki B stvara nabijena kugla:
( )22-12-
-9
2Br0
B102110854.84
1094
Q ⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅
=πεεπ r
E!
[ ]kV/m202B =E!
R1
+Q
R2
A
B
Početna stranica
Stranica:I-37
Treći slučaj: točkasti naboj Q u središtu nabijene kugle (Q)
Unutar kugle el. polje stvaratočkasti naboj Q:
R1
+Q
R2
A
B
+Q
4Q
2Ar0
A rE
⋅⋅⋅⋅=
εεπ!
( ) [ ]kV/m808 101110854.84
10922-12-
-9
A =⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=π
E!
Pod utjecajem el. polja koje stvara točkasti naboj dolazido influencije naboja na kugli (-Q na unutarnjoj plohi kuglei +Q na vanjskoj plohi kugle).
El. polje u točki B onda iznosi:
( )22-12-
-9
2Br0
2Br0
B102110854.84
10924
Q2 4
QQQQ⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅++−=
πεεπεεπ rrE!
[ ]kV/m404B =E!
- - - --
-----
-----
- - - --
++
++
+++
++
++
++
+ ++
++
Početna stranica
Stranica:I-38
Četvrti slučaj: točkasti naboj Q u središtu nabijene kugle (-Q)
Unutar kugle el. polje stvaratočkasti naboj Q:
R1
-Q
R2
A
B
+Q
4Q
2Ar0
A rE
⋅⋅⋅⋅=
εεπ!
( ) [ ]kV/m808 101110854.84
10922-12-
-9
A =⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=π
E!
Pod utjecajem el. polja koje stvara točkasti naboj dolazido influencije naboja na kugli (-Q na unutarnjoj plohi kuglei +Q na vanjskoj plohi kugle).
El. polje u točki B onda iznosi:
2Br0
2Br0
B 40
4QQQQ
rrE
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅−+−=
εεπεεπ!
[ ]kV/m0B =E!
- - - --
-----
-----
- - - --
++
++
+++
++
++
++
+ ++
++
Stranica:II- 1
Elektrostatika Veza električnog polja i potencijala. Električni potencijal. Potencijalna energija. Rad. Zakon o očuvanju energije.
Početna stranica
Stranica:II- 2
1. zadatakNa slici su prikazane ekvipotencijalne plohe nekog elektrostatskogpolja. Odredite u kakvom su odnosu iznosi sila FA i FB koje djeluju napozitivan točkasti naboj. Također, odredite smjerove vektora sila FA iFB.
A
-8V-6V0V+2V+4V -4V-2V
B
Početna stranica
Stranica:II- 3
Svakoj točki prostora u kojoj postoji električno polje možese pridijeliti skalarna veličina - električni potencijal. Pritome je el. potencijal funkcija el. polja:
Uvodni pojmovi
Potencijal promatrane točke:
Ako se el. polje mijenja samo u smjeru osi x, onda vrijedi:
)(Ef!
=ϕ
∫ ⋅−=tockapromatrana
tockareferentnatockepromatrane ldE
!!ϕ
∫ ⋅−=tockapromatrana
tockareferentnatockepromatrane dE
x(x) !!
ϕ
Potencijal neke točke se definira u odnosu na referentnutočku za koju vrijedi:
0 =tockereferentneϕ
Početna stranica
Stranica:II- 4
Ovisnost polja o potencijalu:
Uvodni pojmovi
Smjer porasta električnogpotencijala suprotan jesmjeru vektora električnogpolja.
x)x()x(
ddE ϕ−=
Polje električnog potencijala prikazuje se ekvipoten-cijalnim plohama (plohama istog potencijala).
Iznos električnog polja jejednak brzini promjeneelektričnog potencijala.
El. polje se također može prikazati kao funkcijapotencijala:
)(ϕgE =!
Početna stranica
Stranica:II- 5
Da bi se odredio smjer sile na naboj q potrebno je prvoodrediti smjer električnog polja.
Rješenje zadatka
A
-8V-6V0V+2V+4V -4V-2V
B
Smjer električnog polja je suprotan od smjera porastapotencijala tako da za prikazano elektrostatsko poljevektori polja u točkama A i B su sljedeći:
EB EA
Kako se radi o silama na pozitivan naboj i smjerovi sila utočkama A i B su istog smjera kao i vektori polja.
Početna stranica
Stranica:II- 6
BA FF!!
>
Iznosi polja su proporcionalni brzini promjene potencijala.Za prikazano polje vrijedi:
BA x)x(
x)x(
>
dd
dd ϕϕ
Kako je sila proporcionalna polju vrijedi:
A
-8V-6V0V+2V+4V -4V-2V
B
Početna stranica
Stranica:II- 7
2. zadatakNacrtajte funkciju promjene potencijala između dvije raznoimenonabijene ravnine uz različito definirane referentne točke:
a) xref = 0b) xref = d/2c) xref = d
+ σ
x-x 0
− σ
d
Početna stranica
Stranica:II- 8
Polje između dvije ravnine je homogeno:
Rješenje zadatka
Potencijal bilo koje točke izmeđudvije ravnine je:
dxExE <<= 0 za )(+ σ
x-x 0
− σ
d
x
xref
x
xref
xEdxEx ⋅−=⋅−= ∫)(ϕ
refxExEx ⋅+⋅−=)(ϕ
za xref = 0:xEx ⋅−=)(ϕ
za xref = d/2:2/)( dExEx ⋅+⋅−=ϕ
za xref = d:
dExEx ⋅+⋅−=)(ϕ
x-x
ϕ(x)
0 dd/2
Početna stranica
Stranica:II- 9
3. zadatakTočkasti naboj Q nalazi se u točki C. Položaj dviju točaka A i B prikazanje na slici. Odredite napon UAB. Ukoliko se točka A nalazi na potencijaluϕA odredite točku na x osi u kojoj će potencijal imati vrijednost 0 [V].Zadano:
Q = 27.82·√2 ·10-9 [As] ϕA = - 46 [V] a = 1 [m] b = 3 [m] h = 2 [m] ε = ε0
y
x
a b0
h
C
AB
Q
Početna stranica
Stranica:II- 10
Polje potencijala u nekom prostoru može se odrediti nadva načina:
Uvodni pojmovi
1 Najprije se na osnovu zadane raspodjele naboja odredielektrično polje ( na osnovu poznatih postupaka dosadarazmatranih) u prostoru. Zatim se uz zgodno* odabranureferentnu točku polje potencijala traži po definiciji:
∫ ⋅−=x
xref
xdxEx !!)()(ϕ
2 Zadana raspodjela naboja promatra se kao skup točkastihnaboja ("model točkastog naboja"). Ukupan potencijal nalazise superpozicijom, skalarni doprinosi (sumom ili integralom),doprinosa tih elementarnih naboja. Osim modela točkastognaboja, nekada se mogu koristiti i drugi modeli čijepotencijale znamo ili smo ih prethodno izračunali (nabijeništap, prsten, ploča).
* različitim izborom referentne točke dobit ćemo različite iznosepotencijala, ali će razlike potencijala uvijek biti jednake za bilokoje dvije točke prostora.
Početna stranica
Stranica:II- 11
Polje potencijala u okolini točkastog naboja može seodrediti na sljedeći način:
Uvodni pojmovi
∫ ⋅−=r
rref
rdrEr !!)()(ϕ
Q
r
−⋅
⋅⋅=
refrrr 11
4Q)(
επϕ
Za definiranu referentnu točku u beskonačnosti vrijedi:
rr 1
4Q)( ⋅
⋅⋅=
επϕ
Napon između dviju točaka u polju točkastog naboja:
BAAB ϕϕ −=U
−⋅
⋅⋅=
−⋅
⋅⋅−
−⋅
⋅⋅=
BABAAB
114
Q114
Q114
Qrrrrrr
Urefref επεπεπ
Početna stranica
Stranica:II- 12
Potencijal točka A i B može se izračunati kao:
Rješenje zadatka
Napon UAB je onda:
y
x
a b0
h
C
AB
Q
−⋅
⋅⋅=
refrr11
4Q
AA επ
ϕ
( )22A bah ++=r
−⋅
⋅⋅=
refrr11
4Q
BB επ
ϕ
22B ah +=r
−⋅
⋅⋅−
−⋅
⋅⋅=−=
refref rrrrU 11
4Q11
4Q
BABAAB επεπ
ϕϕ
( )
+−
++⋅
⋅⋅=
−⋅
⋅⋅=
2222BA
ABah
1
bah
14
Q114
Qεπεπ rr
U
Početna stranica
Stranica:II- 13
Iznos napona UAB:
[ ]m2283.2h 2222 =−=−= refref rx
( )[ ]V79
121
312
110854.8410227.82
222212
9
AB −=
+−
++⋅
⋅⋅⋅⋅⋅= −
−
πU
Napon se može odrediti bez određivanja referentne točke,jer je razlika potencijala između dvije točke u prostoruneovisna o odabranoj referentnoj točki.
Iz poznatog potencijala točke A može se odreditiudaljenost ekvipotencijalne plohe referentnog potencijalau zadatku:
−⋅
⋅⋅=
refrr11
4Q
AA επ
ϕA
A
14
Q4
Q
ϕεπ
επ−⋅
⋅⋅
⋅⋅=
r
rref
Na osi x to je točka:
( )[ ]m83.2
46201
10854.8427.82
10854.8427.82
12
12=
−−⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=−
−
π
πrefr
Početna stranica
Stranica:II- 14
4. zadatakOdredite rad prilikom pomicanja pokusnog točkastog naboja Q0 iz točkeA u točku B. Točke A i B predstavljaju vrhove zamišljenog kvadrata kojileži u ravnini okomitoj na dva paralelna i suprotno nabijena ravnavodiča (slika). Zadano:
Q0 = - 4⋅10-12 [As/m] λ =1.77⋅10-8 [As/m] ε = ε0
BA
d
d +λ-λ
Početna stranica
Stranica:II- 15
Polje potencijala u okolini nabijenog ravnog vodiča možese odrediti na sljedeći način:
Uvodni pojmovi
∫ ⋅−=r
rref
rdrEr !!)()(ϕ
λ
r rr
lnr ref⋅⋅⋅
=επ
λϕ2
)(
Napon između dviju točaka u polju ravnog vodiča:
BAAB ϕϕ −=U
A
B
BAAB 222 r
rlnrr
lnrr
lnU refref ⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅
=επ
λεπ
λεπ
λ
Početna stranica
Stranica:II- 16
Potencijalna energija točkastog naboja u električnom poljuu točki A:
Uvodni pojmovi
APA QW ϕ⋅=
pri čemu je el. polje stvorilo neko drugo nabijeno tijelo (točkastinaboj, ravni vodič, kugla, ploča, itd.).
Rad pri pomicanju točkastog naboja definiran je kao:
( )krajpocetakQA ϕϕ −⋅=
Predznak rada: A>0; pomicanje pod utjecajem sile električnog polja =
smanjenje potencijalne energije A<0; pomicanje pod utjecajem vanjske sile = povećanje
potencijalne energije
Početna stranica
Stranica:II- 17
Rad pri pomicanju pokusnog naboja Q0 je:
Rješenje zadatka
Potencijalu u točki A doprinose oba vodiča:
BA
d
d +λ-λ
(1) (2)
( )BA0QA ϕϕ −⋅=
0
Da bi se odredili potencijalitočaka A i B potrebno jeodrediti referentnu točku.Pretpostavimo da se onanalazi u središtu kvadrata.
A2A1A ϕϕϕ +=
2A
20
1A
10A 22 r
rlnrrln
επλ
επλϕ
⋅⋅++
⋅⋅−=
22
2
22
2
2A d
d
lnd
d
lnεπ
λεπ
λϕ⋅⋅
+⋅⋅
−=Početna stranica
Stranica:II- 18
22
222
21
221
22
2A lnlnlnlnεπ
λεπ
λεπ
λϕ⋅⋅
=⋅⋅
=
+−
⋅⋅=
B2B1B ϕϕϕ +=
2B
20
1B
10B 22 r
rlnrrln
επλ
επλϕ
⋅⋅++
⋅⋅−=
Potencijal u točki B određuje se na isti način:
d
d
lnd
d
ln 22
222
2
2B επλ
επλϕ
⋅⋅+
⋅⋅−=
22
2122
222
21
2A lnlnlnlnεπ
λεπ
λεπ
λϕ⋅⋅
=⋅⋅
=
+−
⋅⋅=
Rad pri pomicanju naboja onda iznosi:
gdje nam pozitivan predznak govori o dobivenom radu.
[ ]pWs88021
2Q2
222
2QA 00 +=
⋅⋅⋅=
⋅⋅
−⋅⋅
⋅= lnlnlnεπ
λεπ
λεπ
λ
Početna stranica
Stranica:II- 19
5. zadatakZadana su dva točkasta naboja Q na udaljenosti d prema slici. Kolikomora iznositi minimalna brzina elektrona u točki A udaljenoj 2d odspojnice naboja, da bi on mogao stići u točku B (udaljenu d od spojnicenaboja) s druge strane spojnice. Elektron se giba po simetrali spojnice.Zadano:
Q = -10 ⋅10-11 [C] d = 0.1 [m] me = 9.1⋅10-31 [kg] qe = -1.6 ⋅10-19 [C] -Q-Q
B
Av
d
2d
d
Početna stranica
Stranica:II- 20
Funkcija potencijala mijenja se kao štoje prikazano na slici:
Rješenje zadatka Potencijal u nekoj točki na spojnici A-B može se izračunati
kao:
-Q-Q
B
Av
(1) (2)
r1 r2
21 ϕϕϕ +=
−⋅
⋅⋅−+
−⋅
⋅⋅−=
refref rrrr11
4Q11
4Q
21 επεπϕ
Budući da je r1 = r2 i uz pretpostavljenureferentnu točku u beskonačnosti, zapotencijal vrijedi:
1
12
Qr
⋅⋅⋅
−=επ
ϕ
Aϕ(r)
rB0
Da bi elektron stigao do točke Bpotrebno je nadvladati potencijalnubarijeru prikazanu na slici.
Početna stranica
Stranica:II- 21
Elektron se od točke 0 do točke B giba pod utjecajemelektričnog polja.
0 W;WWW kin0pot0potAkinA ==+
Međutim, da bi elektron stigao do točke 0 na elektron semora djelovati vanjskim utjecajem, odnosno vrijedisljedeće:
( ) ( ) 0eAe
2
qq2vm ϕϕ ⋅−=⋅−+⋅
( )2
;217
22 0
22
Adrdddr ==
+=
−
⋅⋅⋅=
⋅⋅
−−⋅⋅
−⋅−=⋅
A0
e
A0e
2 112
Qq12
Q12
Qq2vm
rrrr επεπεπ
−
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
−
⋅⋅⋅= −−
−−
171.02
1.02
101.910854.81001106.111
mQqv 3112
1119
A0
e
πεπ rr
[ ]m/s 101.3v 6⋅=Početna stranica
Stranica:II- 22
6. zadatakU metalnoj kuglinoj ljusci (R2, R3) koncentrično se nalazi metalna kuglapolumjera R1 (slika). Kuglina ljuska nabijena je nabojem Q2, a metalnakugla nabojem Q1. Nacrtajte dijagrame funkcije promjene el. polja E(r) ipotencijala ϕ(r) u zavisnosti o udaljenosti r od središta sustava ako je:
1) Q1 = - 2 [nC], Q2 = 0, rref =∞2) Q1 = +2 [nC], Q2 = +2 [nC] , rref =∞3) Q1 = +2 [nC], Q2 = -2 [nC] , rref =∞
Zadano: R1 = 2 [cm] R2 = 4 [cm] R3 = 4.5 [cm] R1
R2
R3 Q1
Q2
Početna stranica
Stranica:II- 23
Prvi slučaj: E(r)Rješenje zadatka
Za r<R1:
0)( =rE
Zbog el. influencije polje zar>R3 iznosi:
24Q)(
rrE
⋅⋅⋅=
επR1
R2
R3 -Q Za R1< r <R2:
Unutar metala nema polja; zaR2< r <R3:
0)( =rE
24Q)(
rrE
⋅⋅⋅=
επ
R2 r
E(r)
R1 R3 r2
3R4Q
⋅⋅⋅ επ
22R4
Q⋅⋅⋅ επ
21R4
Q⋅⋅⋅ επ
Početna stranica
Stranica:II- 24
Prvi slučaj: ϕ(r)Referentna točka nalazi se ubeskonačnosti:
332 R4
Q)R()R()(⋅⋅⋅
===επ
ϕϕϕ r
Za R1< r <R2 :
rrrr
ref ⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅=
επεπεπϕ
4Q
4Q
4Q)(R1
R2
R3 -Q Za r>R3 :
Za R2< r <R3 potencijal jekonstantan jer u metalu nemapolja:
0=refϕ
)R()( 22R ϕϕ += rUr
32 R4Q
R4Q
4Q)(
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅=
επεπεπϕ
rr
Za r<R1 potencijal je konstantan:)R()R()( 2R1R21 ϕϕϕ +== Ur
R1 R2 R3r
ϕ(r)
3R4Q
⋅⋅⋅ επ
−+⋅
⋅⋅⋅ 213 R1
R1
R1
4Q
επ
Početna stranica
Stranica:II- 25
Drugi slučaj: E(r)
R1
R2
R3 +Q+Q
Za r<R1:
0)( =rE
Zbog nabijene vanjske kugle iel. influencije polje za r > R3:
24Q)(
rrE
⋅⋅⋅=
επ
Za R1< r <R2:
Za R2< r <R3:
0)( =rE
24Q2)(
rrE
⋅⋅⋅⋅=επ
R1 R2 R3r
E(r)
23R4
Q2⋅⋅⋅
⋅επ
21R4
Q⋅⋅⋅ επ
22R4
Q⋅⋅⋅ επ
Početna stranica
Stranica:II- 26
Drugi slučaj: ϕ(r)
R1
R2
R3 +Q+Q
Referentna točka nalazi se ubeskonačnosti:
)R()R()( 32 ϕϕϕ ==rZa R1< r <R2 :
rrrr
ref ⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅⋅=
επεπεπϕ
4Q2
4Q2
4Q2)(
Za r>R3 :
Za R2< r <R3 potencijal jekonstantan jer u metalu nemapolja:
0=refϕ
)R()( 22R ϕϕ += rUr
32 R4Q2
R4Q
4Q)(
⋅⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅=
επεπεπϕ
rr
Za r<R1 potencijal je konstantan:)R()R()( 2R1R21 ϕϕϕ +== Ur
R1 R2 R3r
ϕ(r)
+−⋅
⋅⋅⋅ 321 R2
R1
R1
4Q
επ
3R2
4Q ⋅
⋅⋅⋅ επ
Početna stranica
Stranica:II- 27
Treći slučaj: E(r)
R1
R2
R3 +Q-Q
Za r<R1:
0)( =rE
Zbog nabijene vanjske kugle iel. influencije polje za r > R3:
24Q)(
rrE
⋅⋅⋅=
επ
Za R1< r <R2:
Za R2< r <R3:
0)( =rE
04
QQ)( 2 =⋅⋅⋅
−=r
rEεπ
R1 R2 R3r
E(r)
21R4
Q⋅⋅⋅ επ
22R4
Q⋅⋅⋅ επ
Početna stranica
Stranica:II- 28
Treći slučaj: ϕ(r)
R1
R2
R3 +Q-Q
Referentna točka nalazi se ubeskonačnosti:
0)R()R()( 32 === ϕϕϕ rZa R1< r <R2 :
0)( =rϕ
Budući da izvan sustava nemapolja, za r>R3 :
Za R2< r <R3 potencijal jekonstantan jer u metalu nemapolja:
0=refϕ
)R()( 22R ϕϕ += rUr
2R4Q
4Q)(
⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅=
επεπϕ
rr
Za r<R1 potencijal je konstantan:)R()R()( 2R1R21 ϕϕϕ +== Ur
R1 R2 R3r
ϕ(r)
−
⋅⋅⋅ 21 R1
R1
4Q
επ
Stranica:III- 1
Elektrostatika Električno polje na granici dva dielektrika. Pločasti kondenzator. Cilindrični kondenzator. Kuglasti kondenzator.
Početna stranica
Stranica:III- 2
1. zadatakDvije metalne ploče sa zrakom kao izolatorom bile su spojene na izvornapona U, a zatim odspojene od njega. Nakon toga je razmak pločapovećan na dvostruki iznos, a zrak je zamijenjen tinjcem (εr = 6).Odredite što se događa s električnim poljem, naponom između ploča,kapacitetom kondenzatora, nabojem na pločama i energijom ukondenzatoru.
+ Q − Q
d
E, D
εr
S
Početna stranica
Stranica:III- 3
Za pločasti kondenzator vrijedi:
Uvodni pojmovi
CU Q=
El. polje je konstantno.
+ Q − Q
d
E, D
εr
SEED r
!!!⋅⋅=⋅= εεε 0
SD Q==σ
dSC r ⋅⋅= εε0
dEU ⋅=
Potencijal je linearna funkcija.
E(x)
x-x 0 d
ϕ(x)xref = d
dSDEUC
W ⋅⋅⋅=⋅=⋅
=22
Q2Q2
Početna stranica
Stranica:III- 4
Na ploče kondenzatora je bio spojen napon U i ploče suse nabile nabojem Q.
Rješenje zadatka
Nakon toga je kondenzator odspojen, povećan je razmakmeđu pločama i ubačen je dielektrik.
Budući da je kondenzator odspojen od izvora napajanjanakon ubacivanja izolatora vrijedi:
+ Q − Q
d
E, D
ε0
S
+ Q − Q
2d
E1,D1
εr
S
konst. Q =
Početna stranica
Stranica:III- 5
Vektor dielektričnog pomaka D:
Energija W:
11 Q ; Q DDS
DS
D =⇒==
El. polje E:
611 ;
0
0
1
1
0
11
0
==⋅=⇒⋅
==r
r
rD
D
EEDEDE
εε
εεεεε
Napon U:
31
2 2 ; 11
11 =⋅⋅=⇒⋅=⋅=dE
dEUUdEUdEU
Kapacitet C:
32
2 2
;0
01
010 ==⋅
⋅⋅=⇒⋅⋅=⋅= r
r
r
dS
dS
CC
dSC
dSC ε
ε
εεεεε
31
2Q
2Q
2
Q;2
Q 1
1
111 ==⋅
⋅
=⇒⋅=⋅=UU
U
U
WWUWUW
Početna stranica
Stranica:III- 6
2. zadatakNa slici su prikazane dvije ploče nabijene nabojem površinske gustoćeσ između kojih se nalaze dva sloja dielektrika uz njih te sloj metala usredini.a) Skicirajte funkcije jakosti polja E(x) i potencijala ϕ(x).b) Izvedite izraze za funkciju potencijala ϕ(x) za 0 < x < c uz
pretpostavku da su poznati σ, a, b, c te ε1 > ε2 .
− σ + σ
x
εr1 εr2
a b c
metal
0
Početna stranica
Stranica:III- 7
Pločasti kondenzator s dva dielektrika (serija):
Uvodni pojmovi
Za εr1 < εr2 el. polje i potencijal izgledaju kao na slici:
21 EE ≠
+ Q − Q
d1
E1, D1
εr1S
d2
E2,D2
εr2
x-x 0d1 d
E(x)E1
E2
ϕ(x)xref = d
21 DD =
SE
SE
rr ⋅⋅=
⋅⋅=
202
101
Q ;Qεεεε
2202
1101 ;
dSC
dSC rr ⋅⋅=⋅⋅= εεεε
21
21
21
111CCCCC
CCC +⋅=⇒+=
222111 ; dEUdEU ⋅=⋅=
21 UUU +=
21 WWW +=
Početna stranica
Stranica:III- 8
Pločasti kondenzator s dva dielektrika (paralela):
Uvodni pojmovi
El. polje i potencijal izgledaju kao na slici:
21 DD ≠
EEE == 21
ES
DES
D rr ⋅⋅==⋅⋅== 202
2210
1
11
Q ;Q εεεε
dSC
dSC rr
2202
1101 ; ⋅⋅=⋅⋅= εεεε
21 CCC +=
dEdEUUU ⋅=⋅=== 2121
21 WWW +=
+ Q − Q
d
E1,D1εr1
E2,D2
εr2
Q1, S1
Q2, S2
x-x 0d
E(x) E1=E2ϕ(x)
xref = d
21 QQQ +=
Početna stranica
Stranica:III- 9
Prvo određujemo el. polje.
Rješenje zadatka
El. polje u prvom dielektrikuiznosi:
10
11
r
DEεε
σε ⋅
−=−=
− σ + σ
x
εr1 εr2
a b c
metal
00metal =E
20
22
r
DEεε
σε ⋅
−=−=
x0
bE(x)
ca
El. polje u metalu:
El. polje u drugom dielektrikuiznosi:
E1
E2
Početna stranica
Stranica:III- 10
El. potencijal određuje se na sljedeći način:
∫−=x
xref
dxxEx )()(ϕ− σ + σ
x
εr1 εr2
a b c
metal
0
x0
b
ϕ(x)
ca
Ref. točka je u ishodištu:
0)0( =ϕ
Za 0 < x < a:
∫∫ ⋅−−=−=
x
r
x
dxdxxEx0 100
)()(εε
σϕ
xxxr
x
r⋅
⋅=⋅
⋅=
10010)(
εεσ
εεσϕ
Za x = a:
axr
⋅⋅
=10
)(εε
σϕ
ar
⋅⋅ 10 εεσ
Početna stranica
Stranica:III- 11
− σ + σ
x
εr1 εr2
a b c
metal
0
x0
b
ϕ(x)
ca
Za a < x < b:
Za b < x < c:
∫∫ −−=x
ametal
a
dxxEdxxEx )()()(0
1ϕ
x
brxax ⋅
⋅+=
20)()(
εεσϕϕ
Za x = c:( )bcax
rr
−⋅⋅
+⋅⋅
=2010
)(εε
σεε
σϕ
ar
⋅⋅ 10 εεσ
)(0)()( adxaxx
a
ϕϕϕ =−= ∫aab
r
⋅⋅
==10
)()(εε
σϕϕ
∫∫∫ −−−=x
b
b
ametal
a
dxxEdxxEdxxEx )()()()( 20
1ϕ
baxxrrr
⋅⋅
−⋅⋅
+⋅⋅
=201020
)(εε
σεε
σεε
σϕ
( )bcarr
−⋅⋅
+⋅⋅ 2010 εε
σεε
σ
Početna stranica
Stranica:III- 12
3. zadatakPločasti kondenzator sadrži dva sloja dielektrika prema slici. Odreditemaksimalnu vrijednost napona U pri kojem neće doći do proboja, ako jezadano:
E1p = 10 [kV/m] E2p = 20 [kV/m] d1 = 7 [mm] d2 = 3 [mm] εr1 = 5 εr2 = 2
Q Q
d1
r1
d2
r2
Početna stranica
Stranica:III- 13
Probojno polje označava maksimalno el. polje kod kojeg uodređenom dielektriku neće doći do proboja.
Rješenje zadatka
Ako pretpostavimo da će el. polje u prvom dielektrikuimati svoju maksimalnu vrijednost vrijedi:
Za serijski spojene kondenzatorevrijedi:
21 EE ≠
21 DD =
[ ]kV/m 10p11 == EE
[ ] 2pp12
12220p110 kV/m 25 EEEEE
r
rrr >=⋅=⇒⋅⋅=⋅⋅
εεεεεε
Ovaj slučaj ne zadovoljava, jer iako ne dolazi do proboja uprvom dielektriku u drugom dolazi.
Q Q
d1
r1
d2
r2
Početna stranica
Stranica:III- 14
Uz pretpostavku da je u drugom dielektriku maksimalnopolje vrijedi:
[ ]kV/m 20p22 == EE
[ ] 1pp21
21p220110 kV/m 8 EEEEE
r
rrr <=⋅=⇒⋅⋅=⋅⋅
εεεεεε
Znači el. polja u prvom i drugom dielektriku iznose:
[ ]kV/m 81 =E
[ ]kV/m 20p22 == EE
Maksimalni napon onda iznosi: 221121max dEdEUUU ⋅+⋅=+=
1031020107108 3333max
−− ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=U
[ ] V 116max =U
Početna stranica
Stranica:III- 15
4. zadatakZa koaksijalni kabel s polietilenskom izolacijom kao na slici (negativanlinijski naboj na unutrašnjem vodiču) potrebno je odrediti:
Zadano: εr = 2.3 λ = 1.15⋅10-8 [As/m] 2 ⋅ R1 = 2.6 [mm] 2 ⋅ R2 = 9.5 [mm] Emax = 30 [MV/m] l = 500 [m]
a) potencijal unutarnjeg vodiča b) ako el. polje u polietilenu ne smije prijeći vrijednost od 3⋅107 [V/m]
koliki je maksimalni napon koji se smije prikljuciti izmedu vodicakabela
c) kapacitet, ako je zadana duina kabela l
-λ
+λ
εrR1 R2
Početna stranica
Stranica:III- 16
Uvodni pojmovi Cilindrični kondenzator s dva dielektrika (serija):
El. polje i potencijal izgledaju kao na slici:
rrE
rrE
rr ⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅=
202
101 2
)( ;2
)(εεπ
λεεπ
λ
)()( 2221 RDRD =
2
3
202
1
2
101
2 ;2
RRln
lC
RRln
lC rr ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅= εεπεεπ
21
21
21
111CCCCC
CCC +⋅=⇒+=
2
3
2032
1
2
1021
2
2
RRlnU
RRlnU
rRR
rRR
εεπλ
εεπλ
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅=
21 WWW +=
R1
+λ
R2
-λ
R3
εr1 εr2
r0
R1 R2 R3
E(r)
rref = R3
ϕ(r)
Početna stranica
Stranica:III- 17
Rješenje zadatka
El. polje i potencijal izgledaju kaona slici:
Potencijal se određuje u odnosu naref. točku koja se nalazi na R2:
Potencijal unutarnjeg vodiča:
rrE
r ⋅⋅⋅⋅−=
εεπλ02
)(
R1
-λ
R2
+λ
εr
U kondenzatoru (R1 < r < R2) se el. polje mijenja kao :
rr
lnr ref
rεεπλϕ
⋅⋅⋅−=
02)(
1
2
01 2)(
RRlnR
rεεπλϕ
⋅⋅⋅−=
3
3
12
8
1 103.11075.4
3.210854.821015.1)( −
−
−
−
⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅−= lnR
πϕ
r0 R1R2
E(r)
22 R⋅⋅⋅−
επλ
12 R⋅⋅⋅−
επλ
ϕ(r)r0 R1
R2
1
2
2 RRln
επλ⋅⋅
−
[ ]V 116)( 1 −=Rϕ
Početna stranica
Stranica:III- 18
Maksimalni napon će se postići u slučaju kada el. poljeima maksimalni iznos. Da ne bi došlo do probojadielektrika to max. polje je na mjestu R1:
10
max1max 2)(
RRE
r ⋅⋅⋅⋅=
εεπλ
Maksimalni napon je jednak:
1
2
0
max21 2 R
RlnUr
RR εεπλ
⋅⋅⋅−
=
1
211max21101maxmax )( 2)(
RRlnRREURRE RRr ⋅⋅−=⇒⋅⋅⋅⋅⋅= εεπλ
3
336
21 103.11075.4103.11030 −
−−
⋅⋅⋅⋅⋅⋅−= lnU RR
Kapacitet kondenzatora:
[ ]F 49
103.11075.4
5003.210854.822
3
3
12
1
2
0 nlnR
Rln
lC r =
⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=
−
−
−πεεπ
[ ]kV 5121 −=RRU
Početna stranica
Stranica:III- 19
5. zadatakKuglasti kondenzator s dva sloja dielektrika priključen je na napon Uprema slici. Odredite polumjer granične površine (R2) da bi na oba slojavladao jednak napon. Koliki se najveći napon može priključiti na takavkondenzator a da ne dođe do proboja. Nacrtajte dijagrame promjenepotencijala i iznosa vektora jakosti el. polja u zavisnosti o udaljenosti rod središta kondenzatora, ϕ(r), E(r), s karakteristicnim vrijednostimapolja i potencijala za taj slucaj. Zadano:
εr1 = 4 εr2 = 2 R1 = 1 [cm] R3 = 6 [cm] E1P = 200 [kV/m] E2P = 75 [kV/m]
R1
R2 R3
εr1 εr2
U
Početna stranica
Stranica:III- 20
Uvodni pojmovi Kuglasti kondenzator s dva dielektrika (serija):
El. polje i potencijal izgledaju kao na slici:
220
2210
1 4Q)( ;
4Q)(
rrE
rrE
rr ⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅=
εεπεεπ
)()( 2221 RDRD =
23
32202
12
21101 4 ;4
RRRRC
RRRRC rr −
⋅⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅⋅⋅= εεπεεπ
21
21
21
111CCCCC
CCC +⋅=⇒+=
−
⋅⋅⋅=
−
⋅⋅⋅=
322032
211021
114
Q
114
Q
RRU
RRU
rRR
rRR
εεπ
εεπ
21 WWW +=
R1
+Q
R2
-Q
R3
εr1 εr2
r0
R1 R2 R3
E(r)
rref = R3
ϕ(r)
Početna stranica
Stranica:III- 21
Rješenje zadatka Napon na prvom i drugom dielektriku su jednaki:
3221 RRRR UU =
−
⋅⋅⋅=
−
⋅⋅⋅ 32202110
114
Q114
QRRRR rr εεπεεπ
−=
−
322211
111111RRRR rr εε
( )3211
31212 RR
RRRrr
rr
⋅+⋅⋅⋅+=
εεεε
( )22
22
2 1062101410610124
−−
−−
⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=R
[ ]cm 25.22 =R
Maksimalno polje u prvom dielektriku je na mjestu R1, a udrugom na mjestu R2.
Početna stranica
Stranica:III- 22
Pretpostavimo da je u prvom dielektriku el. polje jednakoprobojnom polju:
2110
P111 4Q)(
RERE
rm ⋅⋅⋅⋅
==εεπ
Uz takvo polje provjeravamo koliko je polje na granici (R2)u drugom dielektriku:
El. polje u prvom dielektriku na granici (R2) iznosi:
)()( 2221 RDRD =
)()( 22202110 RERE rr ⋅⋅=⋅⋅ εεεε
22
21
P12210
21 4Q)(
RRE
RRE
r
⋅=⋅⋅⋅⋅
=εεπ
2
12122 )()(
r
rREREεε⋅=
Uvrštavanjem poznatih vrijednosti el. polje drugomdielektriku na granici iznosi:
[ ] P2
2
2
122
21
P122 kV/m7924
125.2200)( E
RRERE
r
r >=⋅
⋅=⋅⋅=
εε
Početna stranica
Stranica:III- 23
Uz maksimalno polje u prvom dielektriku, u drugom bidošlo do proboja.
2220
P222 4Q)(
RERE
rm ⋅⋅⋅⋅
==εεπ
Ukoliko je pak u drugom dielektriku polje jednakoprobojnom u prvom dielektriku polje iznosi:
)()( 22202110 RERE rr ⋅⋅=⋅⋅ εεεε
[ ] 1P
2
21
22
1
2P211 kV/m 190
125.2
4275)( E
RRERE
r
r <=
⋅⋅=⋅⋅=
εε
1
2P221 )(
r
rEREεε⋅=
Količina naboja na kuglama može se odrediti kao:P2
2220max 4Q ERr ⋅⋅⋅⋅⋅= εεπ
Maksimalni napon određuje se:
−
⋅⋅⋅+
−
⋅⋅⋅=+=
3220
max
2110
max3221max
114
Q114
QRRRR
UUUrr
RRRR εεπεεπ
Početna stranica
Stranica:III- 24
−⋅⋅+
−⋅⋅=
322
P22
22
211
P22
22max
1111RR
ERRR
ERUr
r
r
r
εε
εε
Uvrštenjem poznatih vrijednosti dobijemo maksimalninapon:
−⋅⋅+
−⋅⋅=
32P2
22
211
P22
22max
1111RR
ERRR
ERUr
r
εε
[ ]kV 1.2max =U
Za el. polje znamo sljedeće:[ ]kV/m 190)( 11 =RE
[ ]kV/m 75)( 22 =RE
[ ]kV/m 5.374275)(
1
2P221 =⋅=⋅=
r
rEREεε
[ ]kV/m 5.10625.275)(
22
3
2P232 =
⋅=
⋅=
RRERE
Početna stranica
Stranica:III- 25
Pomoću izračunatih vrijednosti polja mogu se odreditifunkcije promjene el. polja, E(r):
Dijagram promjene jakosti el. polja:
>
<<⋅⋅⋅⋅
<<⋅⋅⋅⋅
<<
=
3
32220
21210
1
;0
;4
Q
;4
Q0 ;0
)(
R za r
R r za Rr
R r za Rr
R r za
rE
r
r
εεπ
εεπ
rR1 R2 R3
E(r), kV190
75
37.510
P22
2204Q ERr ⋅⋅⋅⋅⋅= εεπ
Budući da Q nije zadan,on se može odrediti kao:
Početna stranica
Stranica:III- 26
Dijagram potencijala određujemo uz referentnu točku naudaljenosti R3 (pogledati sliku).
Potencijal u drugom dielektriku, za R2 < r < R3, se mijenjakao:
Potencijal u prvom dielektriku:
0)( 3 == Rref ϕϕ
04
Q4
Q)()(32020
33 +⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅
=+=Rr
RUrrr
rR εεπεεπϕϕ
[ ]kV 05.1114
Q114
Q)(322032220
2 =
−⋅
⋅⋅⋅=
−⋅
⋅⋅⋅⋅=
RRRRRR
rr εεπεεπϕ
)()()( 332222 RUURUr RRrRrR ϕϕϕ ++=+=
−
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅⋅=
322021010
114
Q4
Q4
Q)(RRRr
rrrr εεπεεπεεπ
ϕ
[ ]kV 1.2114
Q114
Q)(32202110
1 =
−
⋅⋅⋅+
−
⋅⋅⋅=
RRRRR
rr εεπεεπϕ
Početna stranica
Stranica:III- 27
Potencijal, ϕ(r):
Dijagram promjene potencijala:
>
<<⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅⋅
<<
−
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅⋅
<<
−
⋅⋅⋅+
−
⋅⋅⋅
=
3
3232020
21322021010
132202110
;0
;4
Q4
Q
;114
Q4
Q4
Q
0 ;114
Q114
Q
)(
R za r
R r za RRr
R r za RRRRr
R r za RRRR
r
rr
rrr
rr
εεπεεπ
εεπεεπεεπ
εεπεεπ
ϕ
rR1 R2 R3
1.05
2.10
ϕ(r), kV
Stranica: IV-1
Elektrostatika Spojevi kondenzatora.
Početna stranica
Stranica: IV-2
1. zadatak
C1 = 4 [µF] C2 = 6 [µF] C3 = 2 [µF] U = 1200 [V]
Na kondenzatorsku mrežu na slici priključen je izvor napajanja koji dajeistosmjerni napon od 1200 [V]. Potrebno je odrediti ekvivalentni(ukupni) kapacitet mreže, napone koji vladaju na pojedinim elementima(kondenzatorima) kao i pripadne naboje. Zadano je:
C2
U
C1
C3
Početna stranica
Stranica: IV-3
C2
E (1)
C1
Uvodni pojmovi
U slučaju serijskog spoja dva prethodno nenabijenakondenzatora vrijedi:
21 UUE +=
0QQ (1)čvor za 21 =+−
1
2112
11−
+=
CCC
U1
U2
Q1
Q2
+
-+
-
Priključivanjem skupine kondenzatora na istosmjerni izvor(ili izvore) električne energije uspostavljaju se naponske inabojske prilike na pojedinim kondenzatorima u skladu sdva osnovna zakona i to:
čvor svaki za Q Q počkon ∑∑ =i
ii
i algalg
konturusvaku za CQE ∑∑ =
i i
i
jj algalg
Početna stranica
Stranica: IV-4
C2E C1
Uvodni pojmovi
U slučaju paralelnog spoja dva prethodno nenabijenakondenzatora vrijedi:
2112 UUU ==
Za paralelu prethodno nenabijenih kondenzatora općenitovrijedi:
∑
∑
=
=
=
=
====
n
iiP
n
iiP
nP
CC
UUUU
1
1
21
!
2112 QQQ +=
2112 CCC +=U1U2 Q1Q2
Za seriju prethodno nenabijenih kondenzatora općenitovrijedi:
∑
∑
=
=
=
====
=
n
i iS
n
n
iiS
CC
UU
1
21S
1
11
QQQQ !
+
-
+
-
Početna stranica
Stranica: IV-5
Ukupni (ekvivalentni) kapacitet mreže:
Rješenje
[ ]F 8 108102106 6663223 µ=⋅=⋅+⋅=+= −−−CCC
[ ]F 2.671067.21081
104111 6
1
66
1
231
µ=⋅=
⋅+
⋅=
+= −
−
−−
−
CCC
Naponi na kondenzatorima:UC ⋅=== QQQ 231
[ ]V 800104
1067.21200 6
6
11 =
⋅⋅⋅=⋅= −
−
CCUU
[ ]V 400108
1067.21200 6
6
2323 =
⋅⋅⋅=⋅= −
−
CCUU
[ ]V 4002332 === UUU
Početna stranica
Stranica: IV-6
Naboji na kondenzatorima:
[ ][ ][ ]C 108.0400102Q
C 104.2400106Q
C 102.3800104Q
36333
36222
36111
−−
−−
−−
⋅=⋅⋅=⋅=
⋅=⋅⋅=⋅=
⋅=⋅⋅=⋅=
UC
UC
UC
Početna stranica
Stranica: IV-7
2. zadatak
C1 = 4 [µF] C2 = 6 [µF] C3 = 2 [µF] Q10 = 1 [mC] U = 1200 [V]
Na kondenzatorsku mrežu priključuje se izvor napajanja koji dajeistosmjerni napon od 1200 [V]. Potrebno je odrediti napone koji vladajuna pojedinim elementima (kondenzatorima) kao i pripadne naboje, akoje kondenzator C1 prethodno nabijen nabojem Q10 prikazanogpolariteta. Zadano je:
C2
U
C1
C3
+
-Q10
Početna stranica
Stranica: IV-8
Priključivanjem skupine kondenzatora na istosmjerni izvor(ili izvore) električne energije uspostavljaju se naponske inabojske prilike na pojedinim kondenzatorima u skladu sdva osnovna zakona i to:
Uvodni pojmovi
C2
E (1)
C1
+
-
Q10
U slučaju priključenja serijskog spoja dva kondenzatorana istosmjerni izvor, pri čemu je prije toga kondenzator C1nabijen na Q10, vrijedi:
21 UUE +=
1021 QQQ (1)čvor za −=+−U1
U2
Q1
Q2
+
-+
-
čvor svaki za Q Q počkon ∑∑ =i
ii
i algalg
konturusvaku za CQE ∑∑ =
i i
i
jj algalg
Početna stranica
Stranica: IV-9
C2E
C1
+
-
Q10Q30
C3
- +
Uvodni pojmovi U slučaju priključivanja na izvor istosmjernog napajanja
serijsko-paralelnog spoja tri kondenzatora, gdje su obakondenzatora prethodno nabijena prema slici vrijedi:
2332 UUU ==
3010321 QQQQQ +=++−
U3U2 Q3Q2
+
-
+
-
+ -
Q1 U1
1
11
QC
U =2
22
QC
U =3
33
QC
U =
231 UUE +=
Početna stranica
Stranica: IV-10
Nakon zatvaranja sklopke u mreži se kondenzatori nakonnekog vremena nabiju nabojima prikazanim na slici:
Rješenje
Za mrežu vrijedi:
C2
U
C1
C3
+
-Q10+
-Q1
+
-
Q2 +
-
Q3
(1)
10321 QQQQ (1)čvor za =++−
3
3
2
232
QQCC
UU ===
3
3
1
1
2
2
1
1231
QQQQCCCC
UUU +=+=+=
Početna stranica
Stranica: IV-11
Rješenjem sustava tri jednadžbe s tri nepoznanice iuvrštenjem poznatih vrijednosti konačni naboji nakondenzatorima iznose:
Naponi na kondenzatorima:
[ ]mC 86.2Q1 =
[ ]V480QQ
3
3
2
232 ====
CCUU
[ ]mC 90.2Q2 =
[ ]mC 96.0Q3 =
[ ]V720Q
1
11 ==
CU
Početna stranica
Stranica: IV-12
3. zadatakU mreži prema slici kondenzator C5 ima početni naboj Q50 naznačenogpredznaka. Koliku će promjenu napona ∆U1 na kondenzatoru C1uzrokovati zatvaranje sklopke S? Zadano:
C1 = 18 [µF] C2 = 20 [µF] C3 = 14 [µF] C4 = 16 [µF] C5 = 5 [µF] U = 12 [V] U
C1
+
-Q50
C2
C3 C4
C5
S
Početna stranica
Stranica: IV-13
Mreža prije zatvaranja sklopke može se pojednostaviti(kondenzatori nisu prethodno nabijeni):
Rješenje zadatka
U
C1
C2
C3 C4
U
C1
Cekv⇒
432
111CCCCekv +
+=
( ) [ ]F12432
432 µ=+++⋅=
CCCCCCCekv
Budući da kondenzatori nisu prethodno nabijeni vrijedi:
010 QQ ekv=
ekv
ekvCekvC CC
UUU 0
1
10010
QQ +=+=Početna stranica
Stranica: IV-14
[ ]C4.86Q10 µ=
66
66
1
110 10121018
1012101812Q −−
−−
⋅+⋅⋅⋅⋅⋅=
+⋅⋅=
ekv
ekv
CCCCU
Prije zatvaranja sklopke kondenzatori C1 i Cekv su nabijenipočetnim nabojem Q10, a kondenzator C5 nabojem Q50prikazanih polariteta.
Za mrežu nakon zatvaranjasklopke vrijedi:
U
C1
+
-Q50 C5 Cekv
+
-
Qekv0+
-
Qekv+
-
Q5
+ -Q10
Q1 + - A
5051
0501051
QQQQQQQQQQ
(A)čvor za
=++−++−=++−
ekv
ekvekv
ekv
ekvCekvC CC
UU QQ 5
55 =⇒=
5
5
1
151
QQCC
UUU CC +=+=
Početna stranica
Stranica: IV-15
Napon na C5:[ ]V 2.7
1051036Q
6
6
5
55 =
⋅⋅== −
−
CUC
Rješenjem sustava tri jednadžbe dobije se Q5:
5121
518
1018121036
1
QQ66
55
1
1505
++
⋅⋅+⋅=++
⋅+=−−
CC
CC
CUekv
[ ]As 36Q5 µ=
Prije zatvaranja sklopke kondenzatori C1 nabijen je nanapon UC10:
Nakon zatvaranja sklopke kondenzator C1 nabijen je nanapon UC1:
[ ]V 8.41018104.86Q
6
6
1
1010 =
⋅⋅== −
−
CUC
[ ]V 8.42.71251 =−=−= CC UUU
[ ]V 08.48.4101 =−=−=∆ CC UUU
Razlika napona na C1 prije i poslije zatvaranja sklopke:
Početna stranica
Stranica: IV-16
4. zadatakSredišta dviju usamljenih metalnih kugli A i B polumjera RA i RBrazmaknuta su d metara, s tim da je d >> RA. Na kugle su dovedeninaboji QA0 i QB0, a nakon toga one se međusobno povezuju vrlotankom metalnom niti. Odredite, za taj slučaj, iznose polja EA i EB tik uzpovršinu kugli ako je ε = ε0.
RA = 9 [cm] RA = 1 [cm] QA0 = -2.4 [nC] QB0 = +3.2 [nC] RA
RB
QA0QB0
d
Početna stranica
Stranica: IV-17
Nakon zatvaranja sklopke potencijali kugli seizjednačavaju (dolazi do preraspodjele naboja):
Rješenje zadatka
Kugle čine sustav prikazan na slici, za koji vrijedi:
RARB
QAQB
d
BA ϕϕ =
Uz referentnu točku ubeskonačnosti:
B0
B
A0
A
4Q
4Q
RR ⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅ επεπ
+
- +
-
QA0 QA
CA
beskonačnost
+
-
+
-
QB0 QB
CB
beskonačnost
BAB0A0 QQQQ +=+−
Početna stranica
Stranica: IV-18
Rješenjem sustava jednadžbi:
Budući da je d >> RA el. polja nakon zatvaranja sklopkeiznose:
A
BAB QQ
RR=
911
102.3104.2
1
QQQ99
A
B
B0A0A
+
⋅+⋅−=+
+−=−−
RR
[ ]As 720QA p=
[ ]As 80QB p=
( ) [ ]V/m 80010910854.84
107204
Q22-12-
-12
2A0
AA =
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅
=πεπ R
E
( ) [ ]kV/m 2.710110854.84
10804
Q22-12-
-12
2B0
BB =
⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅
=πεπ R
E
Stranica: VIII-1
Istosmjerni krugovi Ekvivalenti električni otpor. Ohmov zakon. I Kirchhoffov zakon. II Kirchhoffov zakon. Pad napona. Jednostavne mreže. Realni naponski izvor. Potencijal u istosmjernoj mreži.
t
U, I
U
I
U=konst.
I=konst.
Početna stranica
Stranica: VIII-2
1. zadatakOdredite ukupni otpor između točaka a i b:
R R
R
R R
ab
Početna stranica
Stranica: VIII-3
Ekvivalentan otpor serijskog spoja otpora:
R RS ii
n
==∑
1
Ekvivalentan otpor paralelnog spoja otpora:
1 11R RP ii
n
==∑
Uvodni pojmovi
R1 R2 RS
R1
R2
RP
R R RS = +1 2
1 1 1
1 2R R RP= +
Opći slučaj
Opći slučaj
Početna stranica
Stranica: VIII-4
Zadana mreža može se prikazati na sljedeći način:
Ukupni otpor Rab jednak je:
Rješenje zadatka
R RR
R R
ab
RRRRRR ++=ab
RRRRRRRR
RRRRR ++=+
+⋅+
+⋅=
22ab
RR ⋅= 2ab
Početna stranica
Stranica: VIII-5
2. zadatak
R1 = 10 [Ω] R2 = 4 [Ω] R3 = 8 [Ω] E = 12 [V]
Za zadani strujni krug potrebno je odrediti sve struje koje teku u krugute ukupan otpor kojim je opterećen izvor napajanja. Zadano je:
R1
R2
R3
E+
-
Početna stranica
Stranica: VIII-6
R1
E+ -
R2
+ - + -UR1 UR2
Ohmov zakon:
I Kirchhoffov zakon:
Iii
n
=∑ =
10
Uvodni pojmovi
[ ]IUR
= AR
I
+ -U
II Kirchhoffov zakon:
Uii
n
=∑ =
10
I1
I2
I3
I1 - I2 - I3 = 0
E - UR1 - UR2 = 0
Početna stranica
Stranica: VIII-7
R1
R2
R3
E+
-
Zadani strujni krug sastoji se od:• tri grane• dva čvora
U svakoj od navedenih grana teče struja:• I (prva grana)• I1 (druga grana)• I2 (treća grana)
I I1
I2
• tri petlje
Početna stranica
Stranica: VIII-8
R1
R2
R3
E+
-
Postupak rješavanja zadatka sastoji se od nekolikokoraka:
I I1
I2
• Određuju se struje koje teku u strujnom krugu, pretpostavljaju sei ucrtavaju njihovi smjerovi te se na temelju njih definiraju padovinapona na pojedinim otporima.
+
-
+
-
+
-
UR1
UR2
UR3
I I I− − =1 2 0
• Raspisuje se (nč-1) jednadžbi IKirchhoffovog zakona.
• Raspisuje se (nP-1) jednadžbi IIKirchhoffovog zakona.
E UU U U
R
R R R
− =− − =
1
1 2 3
00
• Rješava se dobiveni sustav jednadžbi.
I I IE I R
I R I R I R
− − =− ⋅ =
⋅ − ⋅ − ⋅ =
1 2
1 1
1 1 2 2 2 3
00
0
Početna stranica
Stranica: VIII-9
Postupak rješavanja (radi se o jednostavnom sustavu):E I R− ⋅ =1 1 0
I R I R I R1 1 2 2 2 3 0⋅ − ⋅ − ⋅ =
I I I− − =1 2 0
[ ]
⇓
= = =IER1
1
1210
12. A
[ ]
⇓
=⋅+
=⋅+
=II R
R R21 1
1 2
12 104 8
1.
A
[ ]⇓
= + = + =I I I1 2 12 10 2 2. . . A
Početna stranica
Stranica: VIII-10
Ukupni otpor kojim je opterećen izvor napajanja:
• može se izračunati kao ekvivalentni otpor kombinacijepriključenih otpora (R1, R2, R3):
• ili jednostavnije kao kvocijent napona izvora i struje koju taj izvordaje:
RR R R R R
= +
= +
+
− −1 1 1 1
1 23
1
1 2 3
1
[ ]REI
= = =122 2
5 45.
. Ω
[ ]R = ++
=
−110
14 8
5 451
. Ω
Početna stranica
Stranica: VIII-11
3. zadatakPotrebno je odrediti parametre realnog naponskog izvora ako jepoznato da priključenjem trošila na njegove izlazne stezaljke izlazninapon iznosi:
UIZL = 12 [V] pri opterećenju R = 20 [Ω] UIZL = 10 [V] pri opterećenju R = 10 [Ω]
Nacrtajte izlaznu karakteristiku tog izvora i u nju ucrtajte navedenetočke.
RRi
E+
-
UIZL
Početna stranica
Stranica: VIII-12
Realni naponski izvor:
Uvodni pojmovi
Realni strujni izvor:
iRIEU ⋅−=E
Ri
U
• Napon na stezaljkama realnognaponskog izvora ovisi opriključenom otporu trošila (otporodređuje struju I):
RRRII
i
ii +
=Ii Ri
I
• Struju koju daje realni strujni izvoru mrežu ovisi o otporu trošila.
• Struja koju daje realni naponskiizvor ovisi o spojenom trošilu R.
• Napon na stezaljkama izvora ovisio trošilu.
RREI
i +=
RRRRIRIU
i
ii +
⋅=⋅=
Početna stranica
Stranica: VIII-13
?Ri
E+
-
Kada se na realni naponski izvor priključi otpor u krugupoteče struja definiranog smjera te se na temelju smjerastruje definiraju i odgovarajući padovi napona naotporima:
I
-
+
+
-
URi
UIZL
E U URi IZL− − = 0
Jednadžba I Kirchhoffovog zakona:
Jednadžba II Kirchhoffovog zakona:
I I IRi R= =
Početna stranica
Stranica: VIII-14
Jednadžba izlaznog napona:
Prazni hod izvora:
Kratki spoj izvora:
( )U E U E I R
U I RIZL Ri i
IZL
= − = − ⋅
= ⋅
Ri
E+
-
Ri
E+
-
[ ]I I PH= = 0 A
U E I R EIZL i= − ⋅ =
[ ]U UIZL KS= = 0 V
[ ]U E I RIZL i= − ⋅ = 0 V
I IERKS
i= =
R ⇒ 0
R ⇒ ∞
Početna stranica
Stranica: VIII-15
Karakteristika izvora:
Jednadžba pravca!
U f IIZL = ( )
• Ovisnost izlaznog napona o opterećenju (izlaznoj struji)
• Sjecište s ordinatom - prazni hod (I = 0[A], UIZL = E)
• Sjecište s apscisom - kratki spoj (UIZL =0 [V], I = IKS)
I [A]
UIZL [V]E
IKS
U E I RIZL i= − ⋅
Početna stranica
Stranica: VIII-16
Opterećenje izvora:
RRi
E+
-
U E I R IE
R RIZL ii
= − ⋅ =+
;
U EE
R RR E
RR RIZL
ii
i= −
+⋅ = ⋅
+
Početna stranica
Stranica: VIII-17
U našem slučaju zadatak se svodi na dvije jednadžbe sdvije nepoznanice, E i Ri:
U ER
R RIZLi
11
1= ⋅
+
U ER
R RIZLi
22
2= ⋅
+ Rješenje:
E UR R
R
E UR R
R
IZLi
IZLi
= ⋅+
= ⋅+
11
1
22
2
UR R
RU
R RRIZL
iIZL
i1
1
12
2
2⋅
+= ⋅
+
RU UU
RU
Ri
IZL IZL
IZL IZL=
−
−=2 1
1
1
2
2
[ ]10 121220
1010
2 208
5−
−=
− ⋅−
= Ω
Početna stranica
Stranica: VIII-18
Poznavajući vrijednost unutarnjeg otpora može seizračunati vrijednost napona E:
1
11 R
RRUE iIZL
+⋅=
[ ]V 1520
20512 =+⋅=E
Da bi se dobila karakteristika potrebno je još izračunatistruju kratkog spoja:
[ ]A 35
15 ===i
KS REI
UIZL [V]
I [A]
1 2 3
5
10
15
U-I karakteristikaotpora R2
Presjecištem dva pravcaodređuju se struja i napon naotporu R2 kada je priključen na
zadani realni izvor
Početna stranica
Stranica: VIII-19
4. zadatakAko su čvorovi a i b prema slici na potencijalima ϕa = 10[V] i ϕb = 30[V],odredite struju koju mjeri ampermetar zanemarivog otpora.
Aba
5Ω 15V
Početna stranica
Stranica: VIII-20
Ab
a5[Ω]
15[V]I
Na slici je zadana grana, dio mreže kroz koju protječestruja I. Uz pretpostavljeni smjer struje pad napona naotporu od 5Ω ima prikazani polaritet:
Rješenje zadatka
Ab
a5[Ω]
15[V]I
+-Za ovako definiransmjer struje vrijedi:
515 ba ⋅−−= Iϕϕ
[ ]A 15
1510305
15ab =−−=−−= ϕϕI
Za suprotno definiransmjer struje vrijedi:
+ -
515 ba ⋅+−= Iϕϕ
smjer struje poklapa se spretpostavljenim smjerom struje
[ ]A 15
1530105
15ba −=+−=+−= ϕϕI smjer struje ne poklapa se spretpostavljenim smjerom struje
Početna stranica
Stranica: VIII-21
5. zadatakU dijelu neke mreže prikazane na slici idealni instrumenti mjere strujuIAmpermetra=1[A] i napon UVoltmetra= 10[V] označenog smjera odnosnopolariteta. Odredite napon Uca.
10 Ω
5 V
a
5 Ω
5 Vb
VA
+c
5 Ω
IC
Početna stranica
Stranica: VIII-22
Uz pretpostavljene smjerove struja i označenu točku kvrijedi sljedeće:
Rješenje zadatka
10 Ω
5 V
a
5 Ω
5 Vb
VA
+c
5 Ω
IC
IA
I B
k
55 Bbk ⋅+−= Iϕϕ
[ ]A 15
510B −=+−=I
5510 B ⋅=+− I
5510 Bbk ⋅+−=−=− Iϕϕ
[ ]A 12)1(CBA =+−=+= III
Za napon Uca vrijedi:acca ϕϕ −=U
[ ]V 15ca −=U
5251015510 aCAac ⋅−+⋅−=⋅−+⋅−= ϕϕϕ II
Početna stranica
Stranica: VIII-23
6. zadatakOdredite napon UYV.
2 A
V
Y Z W
1A
X
2 Ω 2 Ω
2 Ω
3 V
Početna stranica
Stranica: VIII-24
Strujni izvori određuju struju u granama u kojima senalaze. Sa tim strujama su povezani i padovi napona naotporima.
Rješenje zadatka
Napon UYV određujemotako da prvo odredimopotencijale točaka V i Y:
2 A
V
YZ W
1A
X
2 Ω 2 Ω
2 Ω
3 V
I1 I2I3
+ - +-
+
-
VYYV ϕϕ −=U
[ ]V 3V −=ϕ
22)(3223 12113Y ⋅+⋅+−=⋅+⋅−= III +I +Iϕ
[ ]V7222)12(3Y =+++= ⋅⋅−ϕ
[ ]V1037VYYV )(U =−−=−= ϕϕ
Početna stranica
Stranica: VIII-25
7. zadatakInstrumenti uključeni u mrežu prema slici mjere UV = 15 [V], IA = 2 [A] iP= 5 [W]. Ako je poznato da je R2 = 5 [Ω] i Ri = 1[Ω] odredite snaguizvora Pi.
W A
VRi=1Ω R1
R2 R3
Početna stranica
Stranica: VIII-26
Za idealne instrumente vrijedi:
Uvodni pojmoviAmpermetar mjeri struju u grani ukojoj se nalazi, a pad napona nastezaljkama ampermetra je jednaknuli (RA<<).
Voltmetar mjeri napon između dvijustezaljki na koje je spojen, a strujau grani u kojoj se nalazi voltmetarjednaka je nuli (RV>>).
Watmetar mjeri umnožak UW·IW,odnosno umožak struje koja prolazinjegovim strujnim stezaljkama inapona na koji su spojene njegovenaponske stezaljke.
AR1
0A
1A
==
UII R
VR1
R2
2V
1V 0
R
R
UUII=
==
WR1
R2 R3
R4
I1I2
2W
21W
RUUIII
=+=
Početna stranica
Stranica: VIII-27
Iz mreže je vidljivo da wattmetar mjeri snagu na otporuR2. Pomoću te snage moguće je odrediti struju I2 i naponU2.
Rješenje zadatka
W A
VRi=1Ω R1
R2 R3
222
22
222 IU
RURIP ⋅==⋅=
Na otporu R3 vlada isti napon kao i na R2 pa se možeodrediti snaga P3:
[ ] [ ]A 25 332 ==== AI; IV UU
[ ]V 55522 =⋅=⋅= RPU
[ ]A155
22
RPI ===
[ ]W 1025333 IUP =⋅=⋅=
Početna stranica
Stranica: VIII-28
Iz poznatog napona na otporu R1 te ukupne struje u krugumogu se odrediti snage na otporima R1 i Ri:
Ukupna snaga izvora:
[ ] UU V V151 ==
[ ]W 69105459321 PPPPP iizvora =+++=+++=
[ ]W 91322 =⋅=⋅= iii RIP
[ ]W45153111 IUP =⋅=⋅=
[ ]A I III i 321321 =+=+==
1
Stranica: IX-1
Istosmjerni krugovi
t
U, I
U
I
U=konst.
I=konst.
• Direktna primjena Kirchhoffovih zakona.• Metoda konturnih struja (metoda struja petlji).• Theveninov teorem.
• Metoda napona čvorova• Metoda superpozicije• Nortonov teorem• Millmanov teorem
Prilagođenje na maksimalnu snagu. Rješavanje linearnih mreža:
Početna stranica
Stranica: IX-2
1. zadatakOtpor R1 u kombinaciji prema slici nalazi se u posudi u kojoj vladapromjenjiva temperatura. Pri temperaturi ϑ = 20°C, R1 = 500 [Ω], R2 =300[Ω]. Pri kojoj temperaturi u posudi će paralelna kombinacija otporaR1 i R2 primiti maksimalnu snagu iz izvora E = 200 [V] i Ri = 200 [Ω].Izračunajte kolika je ta snaga ako je α = 0.0025 C°-1.
E ϑ
R1R2
Ri
Početna stranica
Stranica: IX-3
Na trošilu će se trošiti maksimalna snaga u slučaju kadaje otpor čitavog trošila jednak unutrašnjem otporu izvora.
E
Rt
Ri
[ ]Ω==⇒ 200 MAX it RRP
21 RRRt =
))(1( 0)20(11 ϑϑ −⋅+⋅= ° αR R C
21
111RRRt
+=
[ ]Ω=⇒+= 600 30011
2001 1
1R
R
Da bi se na trošilu disipirala maksimalna snaga R1 iznosi:
C°⇒−⋅+⋅= 100= ))20(0025.01(500600 ϑϑ
Otpor R1 ima vrijednost od 600 [Ω] pri temperaturi:
Početna stranica
Stranica: IX-4
Maksimalna snaga može se sada izračunati na sljedećinačin:
E
Rt
Ri
Korisnost je definirana kao omjer korisne snage (snagakoja se troši na trošilu) i ukupne snage koju daje izvor.Snaga koja se disipira na unutrašnjem otporu realnognaponskog izvora predstavlja gubitak.
[ ]W 502005.0 22MAX =⋅=⋅= tRIP
[ ]A 5.0400200 ===
ukupnoRE I
[ ]Ω=+ 400 = ukupno it RRR
%505.05.0200
50 = 2
==⋅
=⋅⋅=IERI
PP
i
tη
Početna stranica
Stranica: IX-5
2. zadatakOdredite struje koje teku u svim granama mreže na slici i napon nastezaljkama strujnog izvora. Zadano:
E1R1
I
R2
R3
E2
E3
R4
R5
R6
R1 = 1 [Ω] R2 = 1 [Ω] R3 = 2 [Ω] R4 = 4 [Ω] R5 = 3 [Ω] R6 = 1 [Ω] E1 = 2 [V] E2 = 1 [V] E3 = 3 [V] I = 1 [A]
Početna stranica
Stranica: IX-6
Direktna primjena Kirchhoffovih zakona u analizi iolesloženijih mreža postaje vrlo komplicirana zbog velikogbroja jednadžbi koje treba riješiti.
Zbog toga je razvijena metoda konturnih struja kojapostupak analize razlaže na dva koraka te se tako naumjetan način smanjuje veličina sustava jednadžbi koji serješava.
U osnovnim crtama taj se postupak sastoji od sljedećihkoraka:
1. Definiraju se neovisne petlje (konture) u mreži.2. Za svaku petlju se definiraju struje koje kroz nju protječu.3. Raspisuju se jednadžbe II Kirchhoffovog zakona za definirane
petlje čime se dobiva odgovarajući sustav jednadžbi.4. Rješavanjem tog sustava jednadžbi dolazi se do vrijednosti
konturnih struja.5. Raspisuju se i rješavaju jednadžbe koje povezuju konturne struje i
struje koje teku u pojedinim granama zadanog strujnog kruga.
1. korak
2. korak
Početna stranica
Stranica: IX-7
E1R1
I
R2
R3
E2
E3
R4
R5
R6
Definiranje neovisnih petlji (kontura) i smjerova konturnihstruja, te odgovarajućih padova napona (koraci #1 i #2):
-
+
+ -UA2
UA1
Budući da se u prvoj konturi (u neovisnoj grani) nalazistrujni izvor vrijedi:
Jednadžba II Kirchhoffovog zakona za 2. konturu :
+ -UB4 +
-
UB5
IA IB+
-UA3 UB3
-
+ UB6- +
II =A
02314B5B6B3B3A =−+−⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ EEERIRIRIRIR-I
Početna stranica
Stranica: IX-8
Rješenjem ovog sustava jednadžbi dobivaju se vrijednostikonturnih struja (korak #4):
2313A4B5B6B3B EEERIRIRIRIRI +−+⋅=⋅+⋅+⋅+⋅
[ ]A 1A == II
4563
2313AB RRRR
EEERII+++
+−+⋅=
[ ]A 2.0431213221
B =+++
+−+⋅=I
Kada se u dobivene izraze uvrste brojevi:
[ ][ ]A 2.0A 1
B
A
==
II
U posljednjem je koraku potrebno konturne strujepovezati sa stvarnim strujama koje teku u krugu (korak#5).
Početna stranica
Stranica: IX-9
E1R1
I
R2
R3
E2
E3
R4
R5
R6
Smjerovi struja koje teku u pojedinim granama mogu sedefinirati prema slici:
Iz slike je vidljiva veza između konturnih struja i strujagrana:
I1 I3
I2
IBIA
[ ]A 1A1 == II [ ]A 2.0B3 == II [ ]A 8.02.01BA2 =−=−= III
Početna stranica
Stranica: IX-10
E1R1
I
R2
R3
E2
E3
R4
R5
R6
a
b
-
+
+ -
IAIB+
-
-
+
Napon na stezaljkama strujnog izvora, Uab:
1A2A13B3Aab RIRIERIRIU ⋅+⋅++⋅−⋅=
[ ]V 6.5ab =U
1111222.021ab ⋅+⋅++⋅−⋅=U
Početna stranica
Stranica: IX-11
3. zadatakNadomjestite prikazanu mrežu Theveninovim izvorom s obzirom nastezaljke a i b.
2V 4Ω
2Ω1A
a
b
Početna stranica
Stranica: IX-12
ET
a
b
Mre
ža k
oja
se n
adom
ješt
a
Bilo koji dio aktivne linearne mreže može se nadomjestitis obzirom na dvije stezaljke (a i b) realnim naponskimizvorom, čiji unutarnji napon ET (Theveninov napon) iunutarnji otpor RT (Theveninov otpor) određujemo izzadane mreže:
Theveninov napon ET određujemotako da izračunamo ili izmjerimonapon Uab0 na otvorenim stezaljkamaa-b linearne mreže.
!Ako je Uab0 > 0, ET ima plus prema "a”!Ako je Uab0 < 0, ET ima plus prema ”b”
Početna stranica
Stranica: IX-13
a
b
Mre
ža k
oja
se n
adom
ješt
a
Theveninov otpor RT odredimo tako da kratko spojimo svenaponske izvore i isključimo sve strujne izvore te ondaizračunamo ili izmjerimo ukupni otpor između točaka a i b.
RT
Početna stranica
Stranica: IX-14
Određivanje parametara nadomjesnog realnog napon-skog izvora.
Određivanje RT:
RT
4Ω
2Ω
a
b
[ ]Ω= 2TR
kratko spojeninaponski izvor
odspojenistrujni izvor
Početna stranica
Stranica: IX-15
2V 4Ω
2Ω1A
a
b
Određivanje napona Thevenina:I
-
+
+
-
U zatvorenoj konturi teče strujakoju diktira strujni izvor.
Uz ovakav smjer struje padovinapona su:
Theveninov napon onda se može odrediti kao:
[ ]V 3=20.5+2=0T +⋅+= abUE
Početna stranica
Stranica: IX-16
Theveninov nadomjesni spoj:
ET= 3 [V]
RT= 2[Ω]
a
b
Početna stranica
Stranica: IX-17
4. zadatakU mreži prema slici odredite struju kroz otpor R7 primjenomTheveninovog teorema. Zadano:
R1 = R2 = 25 [Ω] R3 = R4 = 30 [Ω] R5 = R7 = 20 [Ω]
R6 = 40 [Ω] R8 = 10 [Ω] E1 = 25 [V]
E2 = 10 [V] E3 = 11 [V] I1 = I2 = 200[mA]
E1
I1
R8
R2
E2R1
R5
R7
R6
I2
E3
R3
R4
Početna stranica
Stranica: IX-18
Da bi se odredila struja kroz otpor R7, potrebno je otpor R7isključiti iz mreže a ostatak mreže nadomjestiti pomoćurealnog naponskog izvora.
Određivanje RT:R8
R2
E2R1
R5
a
R6
R3
R4
b
364215T )( )( RRRR+RRR +++=
[ ]Ω= 4.57TR
Početna stranica
Stranica: IX-19
E1
I1
R8
R2
E2R1
R5
a
R6
I2 R4
E3
R3
R4b
E1
I1
R8
R2
E2R1
R5 R6
I2
E3
R3
R4
a
b
Određivanje ET, odnosno napona Uab0:
Realni strujni izvornadomješta se
pomoću realnognaponskog izvora
Početna stranica
Stranica: IX-20
Napon Uab0 određujemo metodom konturnih struja kojeodređuju padove napona prikazanih na slici.
E1
I1
R8
R2
E2R1
R5
a
R6
I2 R4
E3
R3
R4b
+ -
IAIB+
-
-
+
-
+
+ -+ -
+ -
[ ]mA 200== 1A II
[ ]A 11516
B −=I
( ) 0142324651B1A =+⋅+−++++⋅+⋅− ERIERRRRRIRI
Određivanje IA i IB:.
Početna stranica
Stranica: IX-21
Uvrštenjem u izraz za napon Uab0 dobivamo:.( ) 212A512B0T = E+ERI+R+RRIUE ab −⋅−⋅=
( ) 1025102.020101011516
T −+⋅−++⋅−=E
[ ]V 74.7T =E
Nakon što su se odredili elementi Theveninovognadomjesnog spoja cijela mreža se može prikazati nasljedeći način:
ET
RT
a
b
R7 7T
T7 RR
EI+
=
Struja koja teče u strujnom krugu iznosi:
[ ]mA 1002057.74
7.747 =
+=I
Stranica: V-1
Magnetizam Magnetsko polje, indukcija i tok. Magnetsko polje ravnog beskonačnog vodiča protjecanog
strujom. Sila na naboj u magnetskom polju. Sila na vodič protjecan strujom u magnetskom polju. Zakon protjecanja. Biot-Savart -ov zakon.
N
S
Početna stranica
Stranica: V-2
1. zadatakMlaz nabijenih čestica ubacuje se u prostor u kojem djeluje električnopolje E i magnetska polja indukcija B1 i B2 prema slici. Odredite brzinuv1 i polaritet čestica koje udaraju u točku A. Zadano:
E = 140.7 [MV/m] B1 = 0.5 [T] B2 = 0.16 [T]
B1B2
v1
Q
A
+
Početna stranica
Stranica: V-3
Uvodni pojmovi Magnetsko polje opisuje se pomoću sljedećih osnovnih
veličina:• Jakost magnetskog polja: [ ]A/m H
r
• Magnetska indukcija: [ ]T Br
Veza jakosti magnetskog polja i indukcije: 0 HB r
rr⋅⋅= µµ
gdje je: [ ] Vs/Am 104 70
−⋅⋅= πµ
Kada se naboj giba u magnetskom polju tada na njega djeluje magnetska sila:
( )BvFrrr
×⋅= Q• Q - naboj• v - brzina gibanja naboja
Početna stranica
Stranica: V-4
Uvodni pojmovi Smjer magnetske sile na naboj definiran je vektorskim
produktom brzine i magnetske indukcije:
Po iznosu sila ovisi o kutu između vektora v i B:
αsinBvF ⋅⋅⋅= Qr
• ukoliko se naboj giba paralelno silnicama magnetskog polja, magnetske sila na naboj je jednaka nuli (sin α = 0)
• ukoliko se naboj giba okomito na silnice magnetskog polja tada je sila po iznosu jednaka: F = Q·v·B
-Q
v
B
F
+Q
v
B
F
Početna stranica
Stranica: V-5
Rješenje zadatka U kondenzatoru na naboj djeluju električna i magnetska
sila. Da bi bio zadovoljen uvjet pravocrtnog gibanja te dvije sile po iznosu moraju biti jednake:
magel FFrr
=
B1
v1
+Q
Fmag
Fel
5.0107.140 v vQQ
6
1111
⋅==⇒⋅⋅=⋅BEBE
[ ]m/s 104.281v 61 ⋅=
B1
v1
-Q
Fel
Fmag
Početna stranica
Stranica: V-6
Kada naboj prijeđe u područje gdje djeluje mag. indukcija B2, na njega djeluje samo magnetska sila pomoću čijeg smjera se može odrediti odrediti predznak naboja:
B2
v1
Q
Fmag
Iz smjera magnetske sile vidljivo je da se radi o negativnom naboju.
0Q <
Početna stranica
Stranica: V-7
2. zadatakTri vrlo duga ravna vodiča smještena u zraku prema slici protjecana su strujama I1, I2 i I3. Odredite:
a) smjer i veličinu magnetske indukcije koju vodiči (1) i (2) stvaraju na mjestu vodiča (3)
b) smjer i veličinu sile koja djeluje na element dužine l vodiča (3)
(1) (2)
(3)
5 cm
3 cm4 cm
I1 = 100 [A] I2 = 150 [A] I3 = 75 [A] l = 80 [cm]
Početna stranica
Stranica: V-8
Uvodni pojmovi Označavanje smjerova struje u vodiču:
Magnetsko polje ravnog vodiča:
Smjer polja određuje sepravilom desne ruke:
palac - smjer strujeprsti - smjer polja
rIH
⋅⋅=
π2
HBrr
⋅= µ
Početna stranica
Stranica: V-9
Uvodni pojmovi Sila na vodič protjecan strujom u magnetskom polju
[ ]N αsinlIBF ⋅⋅⋅=
( ) [ ]r r rF I l B= ⋅ × N
• silnice (B) - dlan• struja (I, l) - prsti• sila (F) - palac
• l je duljina vodiča u magnetskom polju!!!• kut α je kut koji zatvaraju vektori polja (indukcije) i duljine (smjer struje)
Smjer sile određuje se pravilom lijeve ruke:
Iznos sile:
• ukoliko je vodič okomit na silnice magnetskog polja tada je magnetska sila po iznosu jednaka: F = B·I·l
• ukoliko je vodič paralelan silnicama magnetskog polja magnetska sila na vodič jednaka je nuli (sin α = 0)
Početna stranica
Stranica: V-10
Zadatak se rješava metodom superpozicije.
Vodič (2) na mjestu vodiča (3) stvara magnetsko polje H2.
Rješenje zadatka
Vodič (1) na mjestu vodiča (3) stvara magnetsko polje H1:
(1)
(3)
4 cm
H1
(2)
(3)
3 cmH2
Po iznosu mag. polja:
[ ]A/cm 41042
1001042 22
11 =
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅= −− ππ
IH
[ ]A/cm 81032
1501032 22
22 =
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅= −− ππ
IH
Početna stranica
Stranica: V-11
Ukupno polje na mjestu vodiča (3) jednako je vektorskoj sumi magnetskih polja:
Budući da su vektori H1 i H2 pod kutem od 90o vrijedi sljedeće:
Magnetska indukcija:
21 HHHrrr
+=
(1)
(3)
5 cm
4 cm
H1
(2)
3 cm
H2
H
2
2
2
1 HHHrrr
+=
[ ]A/cm 984 22 =+=H
[ ]mT 13.110
9104 27
0 =⋅⋅⋅=⋅= −−πµ HB
Kut vektora H u odnosu na vektor H1:
°=== 63 98sin 2 αα
H
Hr
r
Početna stranica
Stranica: V-12
Smjer sile na vodič (3) određuje se pravilom lijeve ruke:
Budući da su vodič i smjer vektora magnetskog polja pod 90o, sila iznosi:
(1)
(3)
(2)
B
F
[ ]mN 681080751013.1 233 =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= −−lIBF
Početna stranica
Stranica: V-13
3. zadatakVrlo dugi ravni vodič i kruti metalni okvir smješteni su prema slici. Okvirima težinu G. Uz ostale navedene podatke odredite smjer i veličinu struje I1 uz koju će okvir zadržati zadani položaj. Zadano:
G = 0.5 [N] I2 = 15 [A] a = 1 [cm] b = 10 [cm] c = 50 [cm]
I2
I1a
b
c
Početna stranica
Stranica: V-14
Vrlo dugi ravni vodič protjecan strujom stvara mag. polje usvojoj okolini. Za različite smjerove struje I1 to mag. polje djeluje na okvir silama F1 i F2:
I2
I1
G
F1
F2
I2
I1
G
F1
F2
B1B1
Da bi okvir ostao u istom položaju ukupan zbroj sila mora biti jednak 0:
021 =++ GFFrrr
Budući da je F1 > F2, to se može postići samo u slučaju kada struja I1 teče s lijeva na desno (1. slučaj).
GFFrrr
+= 21
Početna stranica
Stranica: V-15
Sile F1 i F2 određuju se kao:
Iz uvjeta ravnoteže okvira određuje se iznos struje I1:
I2
I1a
b
c
ca2
c)a( 21
0211 ⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅⋅= IIIBFπ
µ
( ) cba2
c)ba( 21
0212 ⋅⋅+⋅⋅
⋅=⋅⋅+= IIIBFπ
µ
( ) GIIcII +⋅⋅+⋅⋅
⋅=⋅⋅⋅⋅
⋅ cba2a2 2
102
10 π
µπ
µ
( ) ( ) [ ]kA 7.3105010415
101125.0bc
baa27
021 =
⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅= −π
πµ
πI
GI
Početna stranica
Stranica: V-16
4. zadatakOdredite veličinu struje koja teče kroz vodiče koaksijalnog kabela u suprotnim smjerovima, ako jakost magnetskog polja na udaljenosti d od središta kabela iznosi Hd. Također odredite funkciju promjene magnetskog polja, H(r) za 0 < r < ∞. Zadano:
R1 = 0.5 [cm] R2 = 2.5 [cm] R3 = 2.6 [cm] d = 2.55 [cm] Hd = 78.8 [A/m]
R1I
R2R3 I
Početna stranica
Stranica: V-17
Zadatak se rješava primjenom zakona protjecanja.
Za r < R1, obuhvaćen je samo dio unutarnjeg vodiča:
Rješenje zadatka
Mag. polje se mijenja različito u četiri slučaja:
Za R1 < r < R2, linijom l obuhvaćen je vodič kroz koji teče struja I pa mag. polje iznosi:
∑∫ =i
il
IldHrr
R1I
r
'2 IrH =⋅⋅⋅ π
21
222
1
' 'RIrI
rI
RIG ⋅=⇒
⋅=
⋅=
ππ
21
21
2
222'
RrI
rRrI
rIH
⋅⋅⋅=
⋅⋅
⋅=
⋅⋅=
πππ
2
2π
π⋅⋅
=⇒=⋅⋅⋅rIHIrH
Gustoća struje u svakoj točki je jednaka.
Početna stranica
Stranica: V-18
Za R2 < r < R3, obuhvaćen je unutrašnji vodič i dio vanjskog vodiča:
Za r > R3:
22
23
22
2
22
222
23
''
''
RRRr
II
RrI
RRIG
−−
⋅=
⋅−⋅=
⋅−⋅=
ππππ
( ) rRRI
RRR
rIH ⋅
⋅−⋅−
−
+⋅⋅
=ππ 2
223
22
23
22
21
2
IIrH −=⋅⋅⋅ π2
I
R2R3 I
r
''2 IIrH −=⋅⋅⋅ π
Budući da su smjerovi struja suprotni njihovi doprinosi se oduzimaju.
0=H
Početna stranica
Stranica: V-19
Funkcija promjene jakosti mag. polja izgleda kao na slici:
Iz zadanog mag. polja na mjestu r = d može se odrediti struja I:
( ) dRRI
RRR
dIdrHHd ⋅
⋅−⋅−
−
+⋅⋅
===ππ 2
223
22
23
22
21
2)(
R1 R2 R3 r
H(r)
( ) ( )22
222
223
22
23
55.26.21055.25.26.28.7822
−⋅⋅−⋅⋅⋅
=−
⋅−⋅⋅⋅=−ππ
dRdRRHI d
[ ]A 25=I
Početna stranica
Stranica: V-20
5. zadatakKroz vodič u obliku L profila protječe struja I. Dimenzije vodiča su zadane na slici. Odredite smjer i jakost magnetske indukcije u točki A.Zadano:
I = 50 [A]
1.5 m
1.5 m
1.5 m
A
I
Početna stranica
Stranica: V-21
Uvodni pojmovi Ravni vodič konačne duljine kroz koji protječe struja I u
svojoj okolini stvara magnetsko polje koje se može odrediti na sljedeći način:
Smjer magnetskog polja definiran je pravilom desnog vijka.
( )21T sinsin4
ααπ
−⋅⋅⋅
=d
IH
Primjeri:
α1 α2
T
d
I
( )
0 < sin 0 <0 > sin 0 >
sinsin4
22
11
21T
αααα
αα
⇒⇒
−⋅⋅⋅
=dπ
IH
Početna stranica
Stranica: V-22
Uvodni pojmovi
Beskonačno dugi ravni vodič :
α1
α2
T
d
I
( )
0 > sin 0 >0 > sin 0 >
sinsin4
22
11
21T
αααα
αα
⇒⇒
−⋅⋅⋅
=dπ
IH
α1 α2
T
d
I
( )
( )
( )dπ
Idπ
IH
dIH
dIH
⋅⋅=−−⋅
⋅⋅=
°−−°⋅⋅⋅
=
°−→°→
−⋅⋅⋅
=
2)1(1
4
)90sin(90sin4
90 90+
sinsin4
T
T
21
21T
π
αα
ααπ
Početna stranica
Stranica: V-23
Polje u točki stvaraju dva vodiča jedan dužine 3 m, a drugi dužine 1.5 m. Ukupno polje jednako je vektorskom zbroju pojedinih komponenti polja:
Rješenje zadatka
Smjer polja određujemo pomoću pravila desnog vijka:
A2A1A HHHrrr
+=
A
I
I
A2A1A HHH +=
Primjenom Biot-Savart-ovog zakona određuju se iznosi polja HA1, odnosno polja HA2.
HA1
HA2
Budući da su polja istog smjera,ukupno polje jednako je algebarskom zbroju polja:
Početna stranica
Stranica: V-24
Polje HA1:
1.5 m
1.5 m
A
1.5 m
α1
α2
(1)
( )21A1 sinsin1.54
ααπ
−⋅⋅⋅
= IH
( ))45sin()45sin(1.54A1 °−−°+⋅
⋅⋅=
πIH
−−⋅
⋅⋅=
22
22
1.54A1 πIH
21.54A1 ⋅
⋅⋅=
πIH
Polje HA2:
A
1.5 m
α1'
(2)
1.5 m
( ))0sin()45sin(1.54A2 °−°+⋅
⋅⋅=
πIH
22
1.54A2 ⋅⋅⋅
=πIH
( )
−⋅
⋅⋅= 0
22
1.54A2 πIH
( )21A2 'sin'sin1.54
ααπ
−⋅⋅⋅
= IH
Početna stranica
Stranica: V-25
Ukupno polje HA:
Magnetska indukcija u točki A, BA:
22
1.542
1.54A ⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
=ππIIH
223
1.5450104 7
A0A⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=⋅= −
ππµ HB
223
1.54A⋅⋅
⋅⋅=
πIH
[ ]T 25A µ=B
Smjer vektora mag. indukcije jednak je smjeru mag. polja.
Početna stranica
Stranica: V-26
6. zadatak
a = 1 [cm] I = 10 [A]
Odredite magnetski tok koji se zatvara kroz zatvorenu petlju prikazanu na slici. Zadano:
2a
2a a
I
Početna stranica
Stranica: V-27
Uvodni pojmovi Magnetski tok je skalarna veličina kojom se opisuje
magnetsko polje i definiran je kao:
Primjer, tok kroz zatvorenu petlju:
SBrr
⋅=Φ
BdSSdBSS
rrrr⋅=⋅=Φ ∫∫∫∫
x1
a
dx
x2
I
∫∫∫ ⋅⋅=⋅=Φ2
1
a)()(x
xS
dxxBSdxBrr
∫∫ ⋅⋅⋅=⋅⋅
⋅⋅⋅=Φ
2
10
2
10 2
aa2
x
x
x
x xdxIdx
xI
πµ
πµ
210
2a x
xxlnI ⋅⋅⋅⋅=Φπ
µ
1
20
2a
xxlnI ⋅
⋅⋅⋅=Φπ
µ
Početna stranica
Stranica: V-28
Smjer magnetskog toka određuje se pravilom desnog vijka:
Rješenje zadatka
2a
2a a
I
Palac se stavlja u smjer struje kroz vodič i tada prsti određuju smjer magnetskog toka.
Φ
Iznos toka:
3 aaa3
2a2
2a2
001
20 lnIlnI
xxlnI ⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅⋅=Φ
πµ
πµ
πµ
[ ]Vs 443 10101042
7 nln =⋅⋅⋅⋅⋅=Φ−
−
ππ
Stranica: VI-1
N
S
Magnetizam Kretanje vodiča u magnetskom polju. Elektromagnetska indukcija. Samoindukcija. Međuindukcija. Induktivitet. Međuinduktivitet. Energija magnetskog polja.
Početna stranica
Stranica: VI-2
1. zadatak
B = 0.5 [T] lVODIČA = 50 [cm] v = 30 [m/s] R = 10 [Ω]
U homogenom magnetskom polju između polova trajnog magneta gustoće magnetskog toka (magnetske indukcije) 0.5 [T] giba se vodič duljine 50 [cm] brzinom od 30 [m/s] u smjeru
a) okomitom na silnice magnetskog polja,b) pod kutem od 45 stupnjeva u odnosu na silnice magnetskog polja.
Potrebno je odrediti polaritet i iznos napona koji se na njemu inducira.Za prvi slučaj odredite kolika bi se snaga trošila na otporu R koji je spojen na vodič. Zadano:
Početna stranica
Stranica: VI-3
Uvodni pojmovi Inducirani napon u vodiču koji se giba u magnetskom
polju (napon pomicanja):
( ) [ ]e B l v= ⋅ ⋅ ⋅sin α V
( ) [ ]e v B l= × ⋅r r r V
• silnice (B) - dlan• gibanje (v) - prsti• polaritet/smjer napona (e) - palac
• l je duljina vodiča u magnetskom polju!!!• kut α je kut koji zatvaraju vektori polja (indukcije) i brzine
(samo komponenta brzine okomita na polje stvara napon)
Smjer induciranog napona određuje se pravilom lijeve ruke:
Iznos napona:
Početna stranica
Stranica: VI-4
Polaritet napona - pravilo lijeve ruke:
Vodič okomit na silnice
Iznos induciranog napona:( ) ( )
[ ][ ]
e B l ve
U + -BA
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ °=
= ⇒ ⇒
sin . . sin.
.
α 0 5 0 5 30 907 5
7 5 V
V (B , A )
Početna stranica
Stranica: VI-5
Polaritet napona - pravilo lijeve ruke:
Vodič pod kutem od 45°
Iznos induciranog napona:( ) ( )
[ ][ ]
e B l ve
U + -BA
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ °=
= ⇒ ⇒
sin . . sin.
.
α 0 5 0 5 30 4553
5 3 V
V (B , A )Početna stranica
Stranica: VI-6
Priključivanjem otpora na vodič dobivamo sljedeći sustav:
A
B
v
B X
+
-
R
Snaga na otporu:
[ ]W 6.5105.7 22
===RePR
Re⇒
Početna stranica
Stranica: VI-7
2. zadatak
Φ1(t) = 0.2·t2 +1 [Vs] Φ2(t) = -0.5·t +4 [Vs]
Na slici su nacrtane dvije zavojnice s dva odnosno tri zavoja, kroz koje prolaze vremenski promjenjivi magnetski tokovi. Vremenska promjena tokova postignuta je izvorima koji na slici nisu nacrtani. Koliki se napon uab(t) inducira između stezaljki a i b u vremenskom intervalu 0 < t <6[s].Grafički prikazati napon za dani vremenski interval. Odredite napon utrenutku t = 1 [s].
Φ2
Φ1
N1=2
N2=3
a
b
Početna stranica
Stranica: VI-8
Uvodni pojmovi Elektromagnetska indukcija je pojava da se u zatvorenom
zavoju stvara ili inducira napon ako se mijenja magnetski tok što ga obuhvaća zavoj.
Smjer induciranog napona definiran je Lenzovim zakonom:
Primjer:
smjer induciranog napona je uvijek takav da se od tognapona stvorena struja svojim magnetskim učinkom protivi vremenskoj promjeni magnetskog toka zbog kojega je došlo do induciranja napona.
dtde
dtde Φ⋅−=Φ−= N ;
i(t) ab
• ako i(t) raste tada i tok Φ (t), prikazanog smjera, raste
• tu struju je stvorio inducirani napon prikazanog polariteta; uab(t) < 0
• inducirani tok, Φind(t) suprotnog je smjera• taj tok je stvorila inducirana struja, iind(t) čiji
je smjer određen pravilom desnog vijkaΦind(t)
Φ(t)
iind(t)
-
+
Početna stranica
Stranica: VI-9
Rješenje zadatka Napon uab(t) jednak je algebarskom zbroju induciranih
napona na prvoj i drugoj zavojnici.
Polaritet napona na stezaljkama prve zavojnice određujese na sljedeći način:
• budući da Φ1 raste, inducirani tok Φ1ind je suprotnog smjera
Φ1(raste)
1 2
Φ1ind
i1ind• takav tok je stvorila inducirana struja,
smjera prikazana na slici
+- u12<0 • zbog toga je inducirani napon u12prikazanog polariteta
Po iznosu napon u12(t):[ ]Vs 12.0)( 2
1 +⋅=Φ tt( )dttdN
dttdNtu 12.0)()(
2
11
112+⋅⋅=Φ=
[ ]V 8.02.024.0)( 112 tttNtu ⋅=⋅⋅=⋅⋅=
Početna stranica
Stranica: VI-10
Polaritet napona na stezaljkama druge zavojnice određujese na sljedeći način:
• budući da Φ2 pada, inducirani tok Φ2ind je istog smjera
• takav tok je stvorila inducirana struja prikazana na slici
• zbog toga je inducirani napon u34prikazanog polariteta
Po iznosu napon u34(t):[ ]Vs 45.0)(2 +⋅−=Φ tt
( ) [ ]V 5.15.035.015.0)()( 222
234 =⋅=⋅=+⋅−⋅=Φ= NdttdN
dttdNtu
Φ2(pada)
3 4
Φ2ind
i2ind+ -u34>0
Ukupni napon uab(t):
Φ2
Φ1
a
b
1 23 4
- +-+
)()()( 3412 tututuab +=
)()()( 3412 tututuab +−=
Početna stranica
Stranica: VI-11
Napon uab(t):)()()( 3412 tututuab +−=
[ ]V 5.18.0)( +⋅−= ttuab
U trenutku t = 1 [s]:
[ ] [ ]V 7.05.118.0)1( =+⋅−== stuab
Graf promjene napona:
uab(t)[V]
t[s]64
-3.3
1.5
10.7
Početna stranica
Stranica: VI-12
3. zadatak
k = 0.85 N1 = 250 [zavoja] I1 = 2 [A] Φ1 = 0.3 [mVs]
Dvije zavojnice imaju faktor magnetske veze k. Prva zavojnica ima N1zavoja. Pri struji I1 kroz prvu zavojnicu stvara se tok Φ1. Ako se struja prve zavojnice linearno smanji na nulu u vremenu 2 [ms] u drugoj zavojnici se inducira napon 63.75 [V]. Jezgra je od neferomagnetskog materijala. Odredite induktivitet prve i druge zavojnice,međuinduktivitet, broj zavoja druge zavojnice, napon samoindukcije te nacrtajte nadomjesnu shemu.
N1 N2
I11
2
3
4
Početna stranica
Stranica: VI-13
Uvodni pojmovi Samoindukcija je pojava da se u samom svitku kroz koji prolazi
vremenski promjenjiva struja inducira napon samoindukcije zbog promjenjivog toka Φ što ga je proizvela vlastita struja togsvitka.
dtd
dtduab
Ψ=Φ= N
dtdiu ba L =
Međuindukcija je pojava da se zbog promjene jakosti struje ujednom (primarnom) svitku inducira napon u nekom drugom(sekundarnom) svitku.
u(t)
i(t)a
b
N
N1
Φ1 Φ12
N2
i(t)u(t) a b
dtd
dtduab 1212
2N Ψ=Φ=
dtdiu ba M =
stezaljka označena s točkom
i(t) ulazi u stezaljku označenu s točkom
stezaljka označena stočkom (2. zavojnica)
i(t) ulazi u stezaljku označenu s točkom (1.
zavojnica)Početna stranica
Stranica: VI-14
Uvodni pojmovi Simboličko označavanje smjera namatanja zavojnice:
3
4
1
2 I
1
2
II
3
4
I
II
• Proizvoljno odaberemo stezaljku na prvoj zavojnici uz koju postavimo točku (to može biti stezaljka 1 ili 2).
• “U mislima” propustimo struju iI da poteče zavojnicom i to tako da ona ulazi ustezaljku označenu s točkom.
• Odredimo smjer toka ΦI koje stvara zamišljena struja iI.
• Na drugoj zavojnici tražimo onu stezaljku ukoju mora ulaziti struja iII po kriteriju da zamišljene struje kroz zavojnicu I i II daju tokove istog smjera. Tu stezaljku na drugoj zavojnici označavamo s točkom.
iI
ΦIΦII
iII
Početna stranica
Stranica: VI-15
Rješenje zadatka Nadomjesna shema određuje se na prethodno opisani
način:
N1 N2
1
2
3
4
i1
Φ1Φ12
i2L1 L2
M1
2
3
4
i
Za prikazanu nadomjesnu shemu vrijedi:
dtdiu M34 =
dtdiu 112 L=
Početna stranica
Stranica: VI-16
Određivanje L1:
Određivanje M:
[ ]mH 5.372
103250I
NL4
1
111 =⋅⋅=Φ⋅=
−
[ ]V 75.63M 134 ==
dtdiu
[ ]mH 75.63
010220
75.63I
M
31
34
1
34 =
−⋅−
=
∆∆
==
−t
u
dtdiu
[ ]mH 150Lk
ML LLkM1
2
2
221 =⋅
=⇒⋅⋅=
Određivanje L2:
1
12
1
12
1
122
kIMN
IkN
INM
Φ⋅⋅=⇒
Φ⋅⋅=Φ⋅=
[ ]zavoja 50010385.0
21075.63N 4
3
2 =⋅⋅
⋅⋅= −
−
Određivanje N2:
Početna stranica
Stranica: VI-17
Za vrijeme smanjivanja struje I1 na nulu tada će se na prvoj zavojnici inducirati napon samoindukcije, a na drugoj zavojnici (budući da je međuinduktivno vezana)napon međuindukcije.
Struja i1(t):
Napon samoindukcije u12:
[ ]A 210)( 31 +⋅−= tti
( ) [ ] V 5.37010105.37L 331112 −=+−⋅⋅== −
dtdiu
( ) [ ]V 75.630101075.63M 33134 −=+−⋅⋅== −
dtdiu
Napon međuindukcije u34:
4
3
L1 L2
M1
2
i1(t)
Početna stranica
Stranica: VI-18
4. zadatakOdredite napone uab(t) i ucd(t) ako je vremenska promjena struja i1(t) i i2(t) jednaka i zadana prema slici b). Zadano: L1 = L2 = L3 = M12 = M13; M23 = 0
i(t)
t
(1) (2)
M12
a
bi1
(3)
c d
*
*M13
a) b)
i2
L1 L2
L3
Početna stranica
Stranica: VI-19
Rješenje zadatka Naponi uab stvara struja i2 protječući kroz zavojnicu (2) i
struja i1 protječući zavojnicom (1):
Uvažavajući smjer i promjenu struja i1 i i2 te označene referentne točke vrijedi:(1) (2)
M12
a
bi1
(3)
c d
*
*M13
i2
)()()( abM12abL2ab tututu +=
Napon samoindukcije:
dtdiLtu 2
2abL2 )( ⋅=
Napon međuindukcije:
dtdiMtu
dtdiMtu 1
12abM121
12baM12 )( )( ⋅−=⇒⋅=
0)( 112
22ab =⋅−⋅=
dtdiM
dtdiLtu
Napon ucd stvara samo struja i1 protječući kroz zavojnicu(1) (M23 = 0 i kroz zavojnicu (3) ne teče struja):
0)(
0
113 <⋅=
<dtdiMtucd
Početna stranica
Stranica: VI-20
5. zadatak
Zadano: a = 0.1 [m]
U istoj ravnini s dugim vodičem nalazi se vodljiva petlja položaja idimenzija prema slici a). Struja koja teče kroz ravni vodič mijenja sekao što je prikazano na slici b). Odredite:
a) međuinduktivitet M,b) napon uAB(t).
a
a
i(t)
A B
a/2
a/2
a) b)
i(t) [A]
t [ms]
10
1 2 3
a
Početna stranica
Stranica: VI-21
Rješenje zadatka Međuinduktivitet se određuje kao:
iΦ=M
21 Φ+Φ=Φ
Da bi se odredio međuniduktivitet mora se prvo odrediti ukupni tok. Tok se zatvara kroz dvije petlje i istoga je smjera. Ukupni tok jednak je:
a
a
i(t)
A B
a/2
a/2
Φ1
Φ2
aa2ln
2a
01 ⋅⋅⋅⋅=Φπ
µ i
a2a3
ln2
2a
02 ⋅⋅
⋅⋅=Φ
πµ
i
+⋅
⋅⋅⋅=⋅
⋅⋅⋅+⋅
⋅⋅⋅=Φ
23ln
212ln
2a
23ln
4a2ln
2a
000 πµ
πµ
πµ iii
Φ - tok koji se zatvara kroz zadanu petljui - struja koja je uzrokovala taj tok
Početna stranica
Stranica: VI-22
Međuinduktivitet onda iznosi:
[ ]H 18895.020.1104
6ln2
a
M 70
ni
i
i=⋅
⋅⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
=Φ= −
πππ
µ
Polaritet napona uab određuje se Lenzovim pravilom, aiznos napona jednak je derivaciji toka po vremenu.
i(t)
A B
Φ
Budući da je jedina veličina koja se mijenja u vremenu struja, o njenom obliku će ovisiti i inducirani napon uAB.
U vremenu 0 < t < 1 [ms] struja i(t) raste:
Φind
[ ]A 10)( 4 tti ⋅=
↑Φ⇒↑iiind
+ -dt
tid
dtdtuab
⋅
⋅⋅⋅
=Φ=6ln
2a)(
)(0 π
µ
400 106ln
2a6ln
2a)( ⋅⋅
⋅⋅=⋅
⋅⋅=
πµ
πµ
dtidtuab
Početna stranica
Stranica: VI-23
Napon uAB(t) je za 0 < t < 1 [ms] konstantan i iznosi:
odnosno,
i(t)
A B
Φ
Za 1 [ms] < t < 2 [ms] struja je konstantna pa je napon uAB(t):
U vremenu 2 [ms] < t < 3 [ms] struja i(t) pada:
Φind
[ ]A 3010)( 4 +⋅−= tti
↓Φ⇒↓iiind
- +
400 106ln
2a6ln
2a)( −⋅⋅
⋅⋅=⋅
⋅⋅=
πµ
πµ
dtidtuab
[ ]V 180106ln20.1104106ln
2a)( 474
0AB µπ
ππ
µ =⋅⋅⋅
⋅⋅⋅=⋅⋅⋅
⋅= −tu
[ ]V 180)(AB µ+=tu
0)(AB =tu
[ ]V 180)(AB µ=tu
[ ]V 180)(AB µ−=tu
Početna stranica
Stranica: VI-24
Napon uAB(t) za 0 < t < 3 [ms] izgleda kao na grafu:
uAB(t) [µV]
t [ms]
180
1 2 3
-180
Početna stranica
Stranica: VI-25
6. zadatak
a = 10 [cm] b = 20 [cm] c = 30 [cm] I = 10 [kA] i = 0.5 [A] N = 50 [zavoja]
Tanka zavojnica pravokutnog presjeka s N zavoja nalazi se umagnetskom polju ravnog dugog vodiča. Odredite promjenu energije ukupnog magnetskog polja sistema ako zavojnicu zarotiramo oko točkeA za 90o suprotno od smjera kazaljke na satu. Sistem se nalazi uzraku, a zavojnica je u ravnini s vodičem. Zadano:
c
b a
Ii
A
Početna stranica
Stranica: VI-26
Rješenje zadatka Ukupna energija magnetskog polja sistema definirana je
kao:iIM
iLIL ⋅⋅±⋅
+⋅= 1
22
211
22W
Za prikazani sistem, za prvi i drugi slučaj, smjerovi toka samoindukcije i međuindukcije su isti.
± predznak ovisi o tome da li su tok samoindukcije i tok međuindukcije istog smjer ili ne
c
b a
Ii
A
iIMiLIL
⋅⋅+⋅
+⋅
= 1
22
21
1 22W
c
b
a Ii
A
iIMiLIL
⋅⋅+⋅
+⋅
= 2
22
21
2 22W
Početna stranica
Stranica: VI-27
Razlika energija definirana je kao:
iIMiLIL
iIMiLIL
⋅⋅−⋅
−⋅
−⋅⋅+⋅
+⋅
=−=∆ 1
22
21
2
22
21
12 2222WWW
Međuinduktiviteti u prvom i drugom slučaju:
iIMiIM ⋅⋅−⋅⋅=∆ 12W
abalncN
IabalncIN
IN +
⋅⋅⋅=
+⋅⋅⋅⋅
=Φ⋅=π
µπµ
22M 0
01
1
acalnbN
IacalnbIN
IN +
⋅⋅⋅=
+⋅⋅⋅⋅
=Φ⋅=π
µπµ
22M 0
02
2
Promjena energije onda iznosi:
( )
+⋅−+⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅=∆
abalnc
acalnbNiIMMiI
πµ
2W 0
12
[ ]mW 3.210301030
10401020
2104505.01010W 22
73−=
⋅⋅−⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=∆ −−
−lnln
ππ
Stranica: VII-1
N
S
Magnetizam Magnetski krug bez zračnog raspora. Magnetski krug sa zračnim rasporom. Magnetska energija u zraku. Magnetska energija u feromagnetskom materijalu.
Početna stranica
Stranica: VII-2
1. zadatak
N = 100 zavoja lFE = 20 [cm] SFE = 5 [cm2]
Φ = 7⋅10-4 [Vs] tablica magnetiziranja
Zadan je magnetski krug s torusnom jezgrom od feromagnetskog materijala. Ukoliko kroz tu torusnu jezgru protječe magnetski tok od 0.7 [mVs] koliko iznosi struja koja protječe zavojnicom? Ako se napravi zračni raspor u torusnoj jezgri širine 1 milimetar kolika struja treba teći zavojnicom da bi magnetski tok ostao nepromijenjen? Zadano je:
B [T] 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5
H [A/m ] 380 500 750 1200 1900
Početna stranica
Stranica: VII-3
Uvodni pojmovi Feromagnetska jezgra
Veza između magnetskog polja i struje koja ga stvara -zakon protjecanja:
H l I N⋅ = ⋅
l r
rr +r
FE sr
sru v
= ⋅ ⋅2 π
=2
slično vrijedi i za druge oblike:
H l I Nii
i j jj
∑ ∑⋅ = ⋅ Opći slučaj
Početna stranica
Stranica: VII-4
Poznato: N, lFE, Φ Φ (ΦFE) ⇒ BFE ⇒ tablica ⇒ HFE
Bez zračnog raspora
H l I NFE FE⋅ = ⋅
[ ]BSFE
FE
FE= =
⋅⋅
=−
−
Φ 7 105 10
144
4 . T
B HFE FE⇒ ⇒ =
tablica magnetiziranja Am
1200
[ ]
H l I N
IH l
N
FE FE
FE FE
⋅ = ⋅
=⋅
=⋅
=1200 0 2
1002 4
.. A
Početna stranica
Stranica: VII-5
Tok koji protječe jezgrom zatvara se preko zračnog raspora:
Sa zračnim rasporom
Zbog velikog otpora koji predstavlja vakuum (zrak) za magnetski tok sav tok se zatvara na mjestu gdje je razmak između otvorenih krajeva feromagnetske jezgre najmanji - zračni raspor.
l lFE FE− ≈δ
I N H l H lFE FE⋅ = ⋅ + ⋅δ δ
Φ ΦFE = δ
Početna stranica
Stranica: VII-6
Zbog toga se može reći da je površina kroz koju taj tok prolazi jednaka površini feromagnetske jezgre:
S SFE = δ
Iz toga dalje slijedi da su i magnetske indukcije jednake:
B BFE = δ
Poznavajući gore navedeno može se doći do konačnog rješenja:
[ ]Φ Φ ΦFE = = = ⋅ −δ 7 10 4 Vs
[ ]B BSFE
FE
FEδ = = =
⋅⋅
−
−
Φ 7 105 10
4
4 = 1.4 T
Početna stranica
Stranica: VII-7
H
HB
FE =
= =⋅ ⋅
= ⋅
−
1200 Am
Amδ
δ
µ π07
6144 10
1114 10.
.
[ ]
I N H l H l
IH l H l
N
I
FE FE
FE FE
⋅ = ⋅ + ⋅
=⋅ + ⋅
=⋅ + ⋅ ⋅ ⋅
=+
=
−
δ δ
δ δ 1200 0 2 11 10 1 10100
240 1114100
1354
6 3. .
. A
Uspoređujući ovu vrijednost s prethodnom može se vidjeti da za održavanje zadanog toka u zračnom rasporu širine1 milimetar otpada čak 13.54-2.4=11.14 A !!!
To je za više od 4x veća vrijednost od one za održavanje toka u feromagnetskoj jezgri 200x veće duljine.
Početna stranica
Stranica: VII-8
2. zadatak
Wd = 9.6 [mJ] l1 = l3 = 20 [cm] l2 = 20 [cm] d = 0.1 [mm] S1 = S3 = S0 = 2 [cm2] S2 = 4 [cm2] N1 = 200 [zavoja] N2 = 100 [zavoja]
Zadan je magnetski krug s jezgrom od feromagnetskog materijala.Odredite struju I koja protječe kroz zavojnicu ako je poznato da je urasporu nagomilana magnetska energija Wd. Karakteristika magnetskog materijala zadana je pomoću tablice.
B(T) 0.8 0.9 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.45 1.5H(A/m) 200 240 300 380 500 818 1202 1350 1500
N1
N2
I
l1l2
l3
d
Početna stranica
Stranica: VII-9
Uvodni pojmovi Pri rješavanju složenih magnetskih krugova koristimo dva
zakona:1) algebarska suma tokova u svakom čvoru magnetskog
kruga jednaka je nuli
Primjeri različitog smjera obilaženja konture:
2) zbroj padova magnetskih napona duž bilo kojeg zatvorenog puta (konture) magnetskog kruga jednak je magnetomotornoj sili u toj konturi
0=Φ∑i
ialg
∑∑ ⋅=⋅j
jji
ii INalglHalg
N1
N2
I
l
ΦFe
lHININ Fe ⋅=⋅−⋅ 21
N1
N2
I
l
ΦFe
lHININ Fe ⋅−=⋅−⋅ 12Početna stranica
Stranica: VII-10
Rješenje zadatka Iz poznatog iznosa magnetske energije u zračnom
rasporu moguće je izračunati magnetsku indukciju B0:
dSBB
⋅⋅⋅=⇒⋅
⋅= 00
00
20
02W V
2W µ
µ
34
73
0 101.01021042106.9−−
−−
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= πB
[ ]T 1.10 =B
Magnetski tok koji se zatvara kroz zračni raspor jednak je magnetskom toku u trećem stupu:
30 FeΦ=Φ
3300 FeFe SBSB ⋅=⋅
[ ]T 1.103 == BBFe
Iz tablice magnetiziranja može se odrediti mag. polje utrećem stupu: [ ]A/m 3803 =FeH
Početna stranica
Stranica: VII-11
Struja I protječući kroz zavojnice stvara magnetski tokΦFe2 koji se grana na sljedeći način:
Iz zakona protjecanja slijedi:
dHlHlH FeFe ⋅+⋅=⋅ 03311
[ ] [ ] A/m 3.1 A/m 818 11 =⇒= FeFe BH
Mag. indukcija i polje u drugom stupu:
ΦFe1 ΦFe2ΦFe3
2
37
2
1
0
033
1 1020
101.01041.11020380
−
−−
−
⋅
⋅⋅⋅⋅
+⋅⋅=
⋅+⋅= πµ
l
dBlHH
Fe
Fe
132 FeFeFe Φ+Φ=Φ
113322 SBSBSB FeFeFe ⋅+⋅=⋅
213
2FeFe
FeBBB +=
[ ] [ ]A/m 500 T 2.12
3.11.122 =⇒=+= FeFe HB
Početna stranica
Stranica: VII-12
Struja I određuje se:
[ ]A 4.2=I
( ) 22033221121 lHdHlHlHlHNNI FeFeFeFe ⋅+⋅+⋅=⋅+⋅=−⋅
10020010155001020818 22
21
2211
−⋅⋅+⋅⋅=
−⋅+⋅=
−−
NNlHlHI FeFe
Početna stranica
Stranica: VII-13
3. zadatak
l = 10 [cm] S = 12 [cm2] N = 30 [zavoja] I = 1 [A]
Magnetski krug prema slici izrađen je od feromagnetskog materijala čija je krivulja magnetiziranja zadana tabelarno. Odredite kolika semagnetska energija nakupila u krugu. Zadano:
B(T) 0.1 0.4 0.65 0.8 1.2 1.3H(A/cm) 0.4 1 1.5 2 5 6
I
l2l2l
2SS S
Početna stranica
Stranica: VII-14
Rješenje zadatka Za krajnje stupove vrijedi:
Magnetski tokovi:
212 FeFeFe Φ+Φ=Φ
BBBHHHlHlH FeFeFeFeFeFe ==⇒==⇒⋅⋅=⋅⋅ 313131 22
Iz tablice magnetiziranja mag. indukcija:[ ]T 4.0=B
SBSBSB FeFeFe ⋅+⋅=⋅⋅ 212 2
BBBB FeFeFe === 212
Iz zakona protjecanja:lHlHNI FeFe ⋅⋅+⋅=⋅ 232
lHlHlHlHNI FeFe ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅=⋅ 2212
[ ]A/cm 1103301
3=
⋅⋅=
⋅⋅=
lNIH
Početna stranica
Stranica: VII-15
ω je gustoća energije po volumenu nakupljena u svakoj točki materijala i definiran je kao:
Integral se može riješiti samo ukoliko pretpostavimo linearnu zavisnost H-B po dijelovima:
Gustoća energije jednaka je označenoj površini:
B H B; H0.4
0
B
0
dd ∫∫ == ωω
B,T
H,A/m10 40 100 150
0.1
0.4
0.6
B,T
H,A/m10 40 100 150
0.1
0.4
0.6
2)1.04.0()40100()1.04.0(40
2401.0 −⋅−+−⋅+⋅=ω
Početna stranica
Stranica: VII-16
ω je jednaka:
Ukupna energija iznosi:
[ ]3VAs/m 239122 =++=ω
VW dd ⋅= ω
[ ]mVAs 56.161.01012236W 4 =⋅⋅⋅⋅= −
( )( ) lSlSll ⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅=⋅= 6222SVW ωωω
