Univerzitet u Nišu Fakultet zaštite na radu
Dejan M. Petković
ELEKTROTEHNIKA
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova
Niš, 2017
2(63) D. M. Petković, Elektrotehnika Ovoj tekst nastaje od rešenja zadataka koji su bili na ispitima, kolokvijumima ili testovima iz Elektrotehnike. Tekst stalno dopunjem, međutim izbor zadatka je, ako se izuzme aktuelnost, bez posebnog pravila. Ukoliko smatrate da rešenje nekog zadatka treba što pre da se nađe u ovoj zbirci, molim Vas pošaljite postavku problema na mailto:[email protected], a ja ću se potruditi da u što kraćem roku uvrstim rešenje u integralni tekst. Ukoliko Vam neko od rešenja nije dovoljno jasno (možda sam negde pogrešio), potražite pojašnjenje na
ailto:[email protected] .
DMP Datum prvog objavljivanja: ponedeljak, 18. april 2016.
Datum poslednje dopune: sreda, 26. april 2017
Datum sledeće dopune: kraj maja, 2017 Označavanje zadataka:
AB.XX.YY.Z Broj roka u mesecu, odnosno broj kolokvijuma Mesec Godina Oblast
ES Elektrostatika DC Jednosmerne struje EM Elektromagnetizam AC Naizmenične struje
Primer
ES.15.10.3 Elektrostatika, 2015, Oktobar 3.
Nemanja Bogdanović 11028 20.04.17. Uočene tri greške. Ispravljeno. Stefan Kostadinović 13108 23.04.17. Uočena jedna greška. Ispravljeno.
Hvala, DMP.
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 3(63)
ES.16.10.1
Pokazati da električno polje u tačkama na osi električnog dipola, čiji je moment dqp
rr= , na velikim rastojanjima od dipola opada sa trećim
stepenom rastojanja . dz >>
z
pr
zEr
d
qq+−
pr
zEr
d
qq++−−
Rešenje
Potencijal – naelektrisanja ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
πε=ϕ
210
114 RR
q ili 21
12
04 RRRRq −
πε=ϕ
Za dRR >>21,
221 rRR ≈
θ≈− cos12 dRR
20
cos4 r
dq θπε
=ϕ 1 zd
r q+q−
1Rr
2Rr
rr
θr
θ
zdr q+q−
1Rr
2Rr
rr
θr
θ
Potencijal – dipol
dqprr
= 3
02
0 41ˆ
41
rrp
rrpr rr
πε
=πε
=ϕ 2
θ
dr
1Rr
2Rr
θcosd2R 1R−
θ
dr
1Rr
2Rr
θcosd2R 1R−2R 1R−
rdd ˆcosr
=θ
Električno polje na osnovu 2 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
πε−=ϕ−= 3
0grad
41grad
rrpErrr
Opšti oblik
=3gradr
rp rr=+ )grad(11)grad( 33 rp
rrrp rrrr
prr
rp rrr35
13)-( += ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
πε= 35
)(34
1rp
rrrpE
0
rrrrr 3 Opšti oblik
na osnovu 2
Električno polje na osnovu 1 θθ∂ϕ∂
−∂ϕ∂
−=ϕ−= ˆ1ˆgradr
rr
Er
Sferne koordinate
32cos2cos
rrrθ
−=θ
∂∂ , 22
sincosrr
θ−=
θθ∂
∂ ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ θ
θ+
θπε
= ˆsinˆcos24 33
0 rr
rpE
r 4 Opšti oblik
na osnovu 1 Za tačke na osi dipola koja se poklapa sa sa z osom je:
zzr ˆ=r
, zpp ˆ=r z
zpE ˆ1
42
30πε
=r
Na osnovu 3
Za tačke na osi dipola koja se poklapa sa sa osom je: z
zr ˆˆ = , 0=θz
zpE ˆ1
42
30πε
=r
Na osnovu 4
Za tačke na osi dipola koja se poklapa sa sa osom je: z
zr = , 0=θ2
0
14 z
pπε
=ϕ 5 Na osnovu 1
Električno polje na osnovu 5
zz
E ˆ∂ϕ∂
−=r z
zpE ˆ1
42
30πε
=r
Na osnovu 5
Električno polje - dva raznoimena naelektrisanja
zRR
qE ˆ114 2
2210
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
πε=
r 6
Najjednostavniji od 4 data načina
Za tačke na osi dipola koja se poklapa sa sa z osom je:
( )221 2/dzR −= , ( )22
2 2/dzR += ( ) ( )z
dzdzqE ˆ
2/1
2/1
4 220
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−
−πε=
r
Nakon izvršrnog oduzimanja u imeniocu se zanemaruje 2/d± ,
22)2/( zdz ≈± ( ) ( )z
dzdzdzdzdzdzqE ˆ
2/2/)2/()2/(
4 22
2222
0 +−−+−++
πε=
r
Električno polje na osnovu 6 zzpz
zzdqE ˆ2
41ˆ2
4 30
40 πε
=πε
=r
qdp =
4(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.15.10.3
Dve kuglice jednakih veličina i jednakih masa obešene su u vazduhu o niti jednakih dužina i zatim, dok su se dodirivale, naelektrisane su količinom nalektrisanja 2 q . Kuglice će se međusobno odbiti i niti će graditi ugao
mL
α .
a) Odrediti količinu naelektrisanja na osnovu izmerenog ugla. ☺ Skicirati grafik funkcije )(αq
cFr
cFr
Gr
Gr
α
0ε
LL
qq cFr
cFr
Gr
Gr
α
0ε
LL
Rešenje
Ravnotzeža sistema 0=∑Fr
gc FF =
Tangencijalna komponenta gravitacione sile )2/tan()2/tan( α=α= mgGFg
Elektrostatička sila 20
2 14 RqFc πε
=
Rastojanje između naelektrisanja )2/sin(2 α= LR
gFr
Gr
cFr
2/α
L
2/R
gFr
Gr
cFr
2/α
L
2/R
gc FF = )2/tan()]2/sin(2[
14 2
0
2
α=απε
mgL
q GFg /)2/tan( =α
Količina naelektrisanja u funkciji izmerenog ugla )2/tan()2/sin(4 0 ααπε= mgLq
LR 2/)2/sin( =α
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Prikazan je deo grafika funkcije
2tan
2sin~)( αα
αq
za π<α≤0 .
Inače, funkcija je periodična ali ostale periode nisu od interesa.
2/πα
)(αf
2
2/πα
)(αf
2
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 5(63)
ES.16.01.1
Dva jednaka tačkasta naelektrisanja, qqq == 11 nalaže se na mađusobnom rastojanju . Jačina električnog polja je jednaka nuli na sredini duži koja spaja naelektrisanja ( , ) i u beskonačnosti). Prema Rolleovoj teoremi između takve dve tačke neprekidna funkcija ima ekstremna vrednost. Odrediti položaj tačaka u kojoj električno polje ima ekstremnu vrednost.
a20=r 0=z
Ra
2Er
1q 2qa
Er
1Er
++
rz
Ra
2Er
1q 2qa
Er
1Er
++++
rz
Rešenje
Električno polje tačkastog naelektrisanja- 2
0
14 R
qEπε
=
304
sinRrq
RrEEEr πε
==α= Problem je rotaciono simetričan oko ose. U polarnom koordinatnom
sistemu vektor polja ima radijalnu i aksijalnu komponentu .
z
rE zE 304
cosRaq
RaEEEz πε
==α=
0=zE U simetralnoj ravni aksijalne komponente se anuliraju. Radijalna komponenta ima dvostruku vrednost.
0=z
2/322
0 )(2 rarqEr +πε
=
zα
Rrq a
rEr
zEr
Er
zα
Rrq a
rEr
zEr
Er
22 raR +=
EE
Rr r==αsin
EE
Ra z==αcos
Jačina električnog polja zavisi samo od r koordinate.
0)(d
d2/322 =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+ ra
rr
U tački ekstremuma prvi izvod je nula.
0)(
2)(23)(
322
2/1222/322
=+
+−+
ra
rrarra 02 =− ra 22
22ar = 33
2142
20
max aqEr πε
=
Elektrićno polje ima najveću vrednost u tačkama koje leže u simetralnoj ravni i koje pripadaju kružnici poluprečnika
0=z2/2ar = .
6(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.16.10.1
Na osi obruča poluprečnika , koji je naelektrisan količinom naelektrisanja , nalazi se tačasto naelektrisanje .
aq+ q−
a) Odrediti silu kojom obruč deluje na naelektrisanje. b)
Odrediti rastojanje tačkastog naelektrusanja od centra obruča na kome sila ima ekstremnu vrednost.
☺ Skicirati grafik funkcije po kojoj se menja sila.
Fr
z
r
q−
aq+
Fr
z
r
q−
aq+
Rešenje
Električno polje elementarnog naelektrisanja 2
0
14dd
RqE
πε=
Količina naelektrisanja θ′=′= ddd aqlqq , )2/( π=′ aqq
Rz
a
Er
d zEr
d
rEr
d
αqdr
Rz
a
Er
d zEr
d
rEr
d
αqdr
3
04ddd
Rzq
RzEEz πε
== U tačkama na osi polje ima samo komponentu. Komponente polja u radijalnom pravcu koje potiču od centralno simetričnih naelektrisanja se anuliraju.
z
θ+πε
′= d
)(4d 2/322
0 zazaqEz
22 zaR +=
Rz
EEz ==α
ddsin
Ukupno električno polje koje potiče od celog obruča ∫
π
θ+πε
′=
2
02/322
0d
)(4 zazaqEz
π≤θ≤ 20
zzazaqEz ˆ
)(2 2/3220 +ε′
=r
ili zzaza
aqEz ˆ
)(4 2/322
2
20 +πε
=r
Električno polje - kružni obruč
Sila između naelektrisanja i obruča srazmerna je jačini polja koje obruč stvara zEqF zz ˆ
rr−=
zzaza
aqFz ˆ
)(4 2/322
2
20
2
+πε−
=r
Coulobova sila - naelektrisanje - obruč
Izraz za silu može da se napiše u skraćebnom obliku. je fiktivna sila između dva tačkasta naelektrisanja na rastojanju koje je jednako poluprečniku obruča.
0F zzfFF ˆ)(=
rz 0
Električno polje i sila su jednaki nuli u centru obruča, 0=z i u tačkama u beskonačnosti, ∞→z
0)0( =f 0)(lim =
∞→zf
z
Prema Rolleovoj teoremi između dve nule, neprekidna funkcija ima ekstremnu vrednost.
0)(d
dd
)(d2/322 =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+
=zaz
zzzf U tački ekstremuma
prvi izvod je nula.
0)(
2)(23)(
322
2/1222/322
=+
+−+
za
zzazza
02 22 =− za 2
2az ±= 332
0maxFFz =
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Prikazan je deo grafik funkcije 2/322/322
2
])/(1[/
)()(
azaz
zazazf
+=
+=
Funkcija ne neparna. Znak funkcije pokazuje smer sile u odnosu na z osu., ali pri tome treba voditi računa da izraz za silu uključuje negativan znak. Sila je, međutim, uvek privlačna.
0F
0/ FFz
2/2 az /
332 0/ FFz
2/2 az /
332
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 7(63)
ES.15.10.3
Iznad dalekovoda montiran je uzemljeni provodnik (gromobransko uže). Provodnik poluprečnika se nalazi na visini od savršeno provodne zemlje. Pod dejstvom homogenog atmosferskog električnog polja u provodniku se indukuju naelektrisanja koja smanjuju primarno polje. Odrediti:
a ah >>0E
a) podužnu gustinu indukovanih naelektrisanja, b) električno polje u tačkama na osi sistema, c)
slabljenje električnog polje u tački na osi sistema na polovini visine.
h0Er
+ + +
∞→σ 0=ϕ
h0Er
+ + +
∞→σ ∞→σ 0=ϕ
Rešenje
Potencijal električnog polja nastaje delovanjem primarnog polja i indukovanih naelektrisanja u užetu. Uricaj površine zemlje zameljuje se likom.
Jačina atmosferskog polja zEE ˆ00 −=r
Potencijal atmosferskog polja zE00 =ϕ q′+
2Rr
1Rr
h
y
q′−z
-Original
-Lik
h
q′+2Rr
1Rr
h
y
q−z
′-Originalh
-Lik
221 )( hzyR −+= Potencijal
sistema original-lik 1
2
00 ln
2 RRq
πε′
=ϕ 22
2 )( hzyR ++=
Potencijal celog sistema 1 22
22
00 )(
)(ln4 hzy
hzyqzE−+++
πε′
+=ϕ 0=y
ahz −=
Tačka na površini provodnika
Provodnik je uzemljen, potencijal na površini je 0=ϕ 02ln
2)(
00 =
−πε
′+−
aahqahE ah >>
ah >>2
Realni odnosi
Iz uslova 0=ϕmože da se odredi q′ )/2ln(
2 00 ahqhE
πε′
−≈ uz gornje zanemarivanje
Indukovana naelektrisanja podužna gustina )/2ln(
2 00 ah
hEq πε−=′ zameniti u 1
Potencijal sa određenim q′ - konačan izraz dobijen iz 1 22
220
0 )()(ln
)/2ln(2 hzyhzy
ahhEzE
−+++
−=ϕ
Električno polje - vertikalna komponenta,
zz
Ez ˆ∂ϕ∂
−=r
z
hzyhzyhzyh
ahEEEz ˆ
])(][)([)(2
)/2ln( 2222
22220
0 −++++−
+−=
Električno polje – horizontalna komponenta,
yy
Ey ˆ∂ϕ∂
−=r
y
hzyhzyhyz
ahEEy ˆ
])(][)([4
)/2ln( 22220
−+++−=
r
Električno polje - na osi sistema, 0=y 0=yE , ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−−= 20 )/(11
)/2ln(21
hzahEEz
Električno polje - u tački , 0=y 2/hz = )/2ln(3
810 ahE
Ez −=
8(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.13.01.1
Mehur (od sapunice) poluprečnika i debljine zida a δ nalazi se na potencijalu . Odrediti potencijal na kome će se nalaziti kapljica koja se dobija kada se mehur rasprsne.
aϕ bϕ
Numerički podaci: , , V1=ϕa m01.0=a μm3.3=δ
δ a
aaq ϕ,
bbbq ϕ,
mehur
δ
kapljica
a
aaq ϕ,
bbbq ϕ,
mehurkapljica
Rešenje
Gaussov zakon – primenljen na sferu
0d
ε=∫
qSES
sr
0
24ε
=πqrE , ar ≥ q E
r
rr
Gaussova površ
q Er
rr
Gaussova površ
Električo polje –
sferno naelektrisanje 20
ˆ4 r
rqEπε
=r
Potencijal - sferno naelektrisanje ∫
∞
=ϕr
rE rrd
rq 1
4 0πε=ϕ
Isto kao i za tačkasto naelektrisanje smešteno u centru sfere
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
Potencijal – mehur a
qaa
14 0πε
=ϕ aqq = , ar =
Potencijal – kapljica b
qbb
14 0πε
=ϕ bqq = , br =
Količina naelektrisanja – mehur aa aq ϕπε= 04
Količina naelektrisanja – kapljica ab aq ϕπε= 04 ab qq = Količina naelektrisanja
se nije promenila Potencijal – kapljica b
ab
q bbb
14
414 0
0
0 πεϕπε
=πε
=ϕ
Potencijal – kapljica ab b
aϕ=ϕ 1
Zapremina – materijal mehura )33(
34
34)(
34 32233 δ+δ+δπ=π−δ+π= aaaaVa
Zapremina – materijal mehur δπ≈ 24 aVa Zanemareno i kao
male veličine višeg reda
3δ 2δ
Zapremina – materijal kapljica 3
34 bVb π=
Zapremine su iste ba VV = 32
344 ba π=δπ Količina materijala
se nije promenila Poluprečnik – kapljica 3 23 δ= ab 2
Numerički primer mm10=a
mm1=b V1=ϕa V10=ϕb ☺ ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡==
pF11.0pF11.1
b
a
CC
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 9(63)
ES.12.01.1
Svaka od kapljica (na primer, od žive) nalazi se na potencijalu N aϕ . Odrediti potencijal na kome će se nalaziti kapljica koja se dobija kada se sve kapljice sakupe u jednu. Pretpostaviti da su sve kapljice sfernog oblika.
bϕ
Numerički podaci: , V1=ϕa 8000=N
aaq ϕ, aaq ϕ,bbq ϕ,
b
bbq ϕ,
b
Rešenje
Gaussov zakon – primenljen na sferu
0d
ε=∫
qSES
sr
0
24ε
=πqrE , ar ≥ q E
r
rr
Gaussova površ
q Er
rr
Gaussova površ
Električo polje –
sferno naelektrisanje 20
ˆ4 r
rqEπε
=r
Potencijal - sferno naelektrisanje ∫
∞
=ϕr
rE rrd
rq 1
4 0πε=ϕ
Isto kao i za tačkasto naelektrisanje smešteno u centru sfere
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
Potencijal – svake od kaplica N a
qaa
14 0πε
=ϕ Kolićina naelektrisanja na svakoj od kapljica N aa aq ϕπε= 04
Kolićina naelektrisanja na svim kapljicama aa qNQ =
Potencijal – novonastale kaplice b
qbb
14 0πε
=ϕ Kolićina naelektrisanja na novonastaloj kapljici bb bq ϕπε= 04
Ukupna količina naelektrisanja je ista ba qQ = Odnos potencijala ab b
aN ϕ=ϕ
Zapremina – svih kaplica N 3
34 aNVa π= Poluprečnik
svake od kapljica N 3341VN
a π=
Zapremina – novonastale kaplice 3
34 bVb π= Poluprečnik
novonastale kaplice 334V
b π=
Ukupna količina materijala je ista ba VV = Odnos poluprećnika 3/1−= N
ba
Potencijal novonastale kaplice ab b
aN ϕ=ϕ ab N ϕ=ϕ 3/2
Numerički primer V400=ϕb
10(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.15.10.2
U prostoru između elektroda koaksijalnog voda poluprečnika elektroda a i respektivno, nalazi se tačkasto naelektrisanje . Izračunati rastojanje
za koje je rad sila električnog polja od a do isti kao od do b . ab ≥
cq
c c
☺ Isti problem rešiti u slučaju kocentričnih sfera.
ca
b
q′
Er c
a
b
q′
Er
Rešenje
Gaussov zakon u integralnom obliku primeniti na koaksijalnu cilindričnu površinu
∫∫ ′ε
=ε
=LS
lqqSE d1d00
sr
Fluks vektora električnog polja postoji samo kroz omotač LqLrE
02
ε′
=π , bra ≤≤
S
Lq+ q−
S
Lq+ q−
U unutrašnjosti unutrašnjeg provodnika i van voda polje je jednako nuli.
rr
qE ˆ12 0πε
′=
r, bra ≤≤
Električno polje u koaksijalnom vodu
Potencijal ne zavisi od puta integracije več samo od položaja tačke u polju i referentne tačke.
∫∫ πε′
=πε
′==ϕ
Pr
r
P
lrrq
rrqrE ln
2d
2d
00
rr Pr je vektor položaja
referentne tačke.
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
πε′
=ϕ−ϕ=Y
P
X
PXYXY r
rrrqU lnln
2 0
Razlika potencijala
X
YXY r
rqU ln2 0πε
′=
Ne zavisi od izbora referentne tačke.
Rad između dve tačke srazmeran je naponu između tih tačaka XY
Y
X
Y
XXY qUrEqrFqA === ∫∫
rrrrdd
Napon (rad) od ar = do cr = a
cqUac ln2 0πε
′=
cbac UU = Napon (rad) od cr = do br = c
bqUcb ln2 0πε
′=
Iz jednakosti napona (radova) sledi traženo rastojanje. bac =
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
U unutrašnjosti unutrašnjeg provodnika i van voda polje je jednako nuli.
rr
qE ˆ14 2
0πε=
r, bra ≤≤
Napon (rad) od ar = do cr = ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
πε=
caqUac
114 0
cbac UU =
Napon (rad) od cr = do br = ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
πε=
acqUac
114 0
Iz jednakosti napona (radova) sledi traženo rastojanje. ab
bac2
+=
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 11(63)
ES.13.10.1
Otvoren dvožični vod ima provodnike jednakih poluprečnika . Rastojanje između provodnika je . Vod je priključen na napon U .
aad >>
a) Odrediti podužnu kapacitivnost voda. b) Odrediti najveći napon na koji vod može da se priključi, a da ne dođe
do pojave tihog ili naglog pražnjenja.
q′+
d
a a
−R+R
q′−
P
A Bq′+
d
a a
−R+R
q′−
PP
AA BB
Rešenje
Gaussov zakon u integralnom obliku primeniti na koaksijalnu cilindričnu površinu
∫∫ ′ε
=ε
=LS
lqqSE d1d00
sr
Fluks vektora električnog polja postoji samo kroz omotač LqLrE
02
ε′
=π
Električno polje linijskog naeleltrisanja r
rqE ˆ1
2 0πε′
=r
1
q′
L
r
Gaussova površ
q′
L
r
Gaussova površ
Potencijal u tački P od pozitivnog naelektrisanja Referentna tačka 0R
∫+
=ϕ+
0
dR
R
rE rr
++ πε
′=ϕ
RRq 0
0
ln2
Potencijal u tački P od negativnog naelektrisanja Referentna tačka 0R
∫−
=ϕ−
0
dR
R
rE rr
−− πε
′−=ϕ
RRq 0
0ln
2
Ukupni potencijal u tački P ne zavisi od izbora 0R −+ ϕ+ϕ=ϕ
+
−
πε′
=ϕRRq ln
2 0
Kada je tačka na površini pozitivnog provodnika a
dqA ln
2 0πε′
=ϕ aR =+ dR =−
Kada je tačka na povtšini negativnog provodnika d
aqB ln
2 0πε′
=ϕ dR =+ aR =−
Napon na dvožićnom vodu BAU ϕ−ϕ= adqU ln
0πε′
= 2
Podužna kapacitivnost UqC
′=′ )/ln(
0
adC πε
=′
Pošto je može da se smatra da je u neposrednoj blizini provodnika polje isto kao i da je usamljen. ad >>
Električno polje sledi iz 1 i 2 )/ln(2 adrUE = i krE
adaUE <=
)/ln(2max
Najveća jačina polja je za ar = i manja je od kritične jačine, pa se odatle dobija najveći dozvoljeni napon krEadaU )/ln(2max =
☺ Numerički primer: , , mm5.2=a m1=d kV/cm30=krE , kV87.89max ≈U .
☺ ☺ Inverzni problem: Za zadat maksimalni napon treba odrediti poluprečnik voda.
U ovom slučaju treba rešiti transcedentnu jednačinu koja nema analitičko rešenje. krE
Uada2
)/ln( max=
Može su primeniti bilo koji numerički metod, ali se do približnog rešenja jednostavno dolazi i grafički. Neka je
kV120max =U , i kV/cm30=krE cm100=dtada se sa grafika očitava . mm6.3≈a ]cm[a2.0 3.01.0
1
2
]cm[2max
krEU
aa 100ln
]cm[a2.0 3.01.0
1
2
]cm[2max
krEU
]cm[a2.0 3.01.0
1
2
]cm[2max
krEU
]cm[2max
krEU
a100a ln a100a ln a100a ln
12(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.16.10.2
Ravan kružni prsten poluprečnika i homogeno je naelektrisan površinskom gustinom naelektrisanja . Odrediti jačinu električnog polja u tačkama na osi prstena u sledećim slučajevima:
aη
ab >
a) 0>a , , ab > kružni prsten, b) 0=a , , 0>b kružna ploča, c) 0>a , , ∞→b ravan sa kružnom rupom, d) 0=a , , ∞→b neogranićena ravan, ☺ δ+= ab , , 0→δ zanemarljivno tanak kružni obruč.
z
η+
b
zEr
a
z
η+
b
zEr
a
Rešenje
Električno polje elementarnog naelektrisanja 2
0
14dd
RqE
πε=
Količina naelektrisanja θη=η= dddd rrSq
Pres
ek p
rste
na
Rz
r
Er
d
qd
zEr
d
rEr
dα
qd
Rz
r
Er
d
qd
zEr
d
rEr
dα
qd 3
04ddd
Rzq
RzEEz πε
== U tačkama na osi polje ima samo komponentu. Komponente polja u radijalnom pravcu koje potiču od centralno simetričnih naelektrisanja se anuliraju.
z
2/3220 )(
dd4
dzrrrzEz +
η θ =πε
22 zrR +=
Rz
EEz ==α
ddsin
Ukupno električno polje koje potiče od površine prstena ∫∫ +
θπεη
=π b
z zrrrzE
a2/322
2
00 )(dd
4 bra ≤≤
π≤θ≤ 20
Prvi integral je tablični i ima vrednost . Drugi integral se rešava smenom
π2222 zrt +=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
+−
+εη
=2222
02 zb
z
za
zEz Električno polje – kružni prsten opšti izraz
Kad je prvi sabirak u opštem izrazu je jednak jedinici.
0=a ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
+−
εη
=22
01
2 zb
zEz Električno polje – kružna ploča
Kad drugi sabirak u opštem izrazu teži nuli.
∞→b 2202 za
zEz+ε
η= Električno polje –
ravan sa rupom
Kad i prvi sabirak u opštem izrazu je jednak jedinici, a drugi sabirak teži nuli.
0=a ∞→b
02εη
=zE Električno polje – neograničena ravan
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
U opšti izraz treba zamenti . Svesti na zajednički
imenilac. δ+= ab 2222
2222
02222
0 )(
)(2)(2 zaza
zazaz
za
z
za
zEz+δ++
+−+δ+ε
η=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
+δ+−
+εη
=
2222
2222
2222
2222
0 )(
)(
)(
)(2 zaza
zaza
zaza
zazazEz+++δ+
+++δ+
+δ++
+−+δ+ε
η=
Racionalzacija brojioca
22222222
2
0 )(
1
)(
22 zazazaza
azEz+++δ++δ++
δ+δε
η=
U brojiocu veličinu zanemariti, kao beskonačno malu veličinu drugog reda‚ i zameniti
2δ
ηδ=′q . U imeniocu zameniti δ . 0=
2/322 )(2 zazaqEz +ε0
′= Električno polje –
kružni obruč
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 13(63)
ES.14.03.2
Kružni koaksijalni obruči, različitih poluprečnika , naelektrisani su jednakim po količini i znaku naelektrisanjima . Rastojanje koordinatnog početka od prvog obruča je i jednako je rastojanjima između centara obruča. Ao su data tri obruča (slika) odrediti električni polje
iaq
d
a) u tačkama na zajedničkoj osi obruča b) u koordinatnom početku, ako je aa =1 , aa 22 = i aa 33 = ☺
Uopštiti prethodni rezultat za beskonačan broj obruča
z
2a3a
q′q′
q′
1a
dd3 0d2z
2a3a
q′q′
q′
1a
dd3 0d2
Rešenje
Količina naelektrisanja θ′=′= ddd aqlqq , [ ]π′= aqq 2
Polje elementarnog naelektrisanja R
RqE ˆ1
4dd 2
0πε=
r, 22 )( zzaR ′−+=
U tačkama na osi polje ima samo aksijalnu komponentu. 3
04ddsindd
Rzzq
RzzEEEz
′−πε
=′−
=α=
Er
drEr
d0 z′
Rα
z
a
qd
zEr
dz
Er
drEr
d0 z′
Rα
z
a
qd
zEr
dz
22 )( zzaR ′−+=
U tačkama na osi obruča, radijalne komponente polja koje potiču od centralno simetričnih elementarnih naelektrisanja se anuliraju. 0=rE
U tačkama na osi obruča aksijalna komponenta je
(U centru je zz ′= 0=zE )
304
ddR
zzqEz′−
πε= ∫
′−πε
= qR
zzEz d4
13
03
04 RzzqEz′−
πε=
ili
304
ddR
zzaqEz′−
πεθ′
=
∫
π
θ′−
πε′
==2
03
0d
4 RzzaqEz
30
)(2 R
zzaqEz′−
ε′
=
2/3220 ])([
)(2 zza
zzaqEz ′−+′−
ε′
=
2/3220 ])([4 zza
zzqEz ′−+′−
πε=
U tačkama na osi obruča, polje je zbir polja pojedinih obruča
zEEEE zzz ˆ)( 321 ++=r
2/32210
1 ])([4 dzadzqE z −+
−πε
= 2/32220
2 ])2([2
4 dzadzqE z −+
−πε
= 2/32230
3 ])3([3
4 dzadzqE z −+
−πε
=
U tački na osi , za 0=zaa =1 , i aa 22 = aa 33 = z
dadqEz ˆ
91
411
)(4 2/3220
0 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++
+πε−==
r
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
U tački na osi , za 0=znaan = i ∞→n z
ndadqE
nz ˆ1
)(4 122/322
00 ∑
∞
== +πε
−=r
Rezultat poznat iz teorije Fourierovih redova
∑∞
=
+π
−π
=1
22
2 426cos
n
xxn
nx
∑∞
=
π=
1
2
2 61
n n
Za obruč degeneriše u tačkasto naelektrisanje 0=a
Polje na osi beskonačanog niza tačkastih naelektrisanja
znd
qEn
z ˆ114 1
220
0 ∑∞
== πε
−=r
z
q
dd3 0d2
zEq//
z
q
dd3 0d2
zEq//
14(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.16.06.1
Dva kružna koaksijalna obruča jednakih poluprečnika se nalaze na međusobnom rastojanju. Obruči su naelektrisani jednakim količinama naelektrisanja koja su suprotna po znaku.
ad
qa) Odrediti jačinu električnog polja u centru sistema . Ob) Odrediti jačinu električnog polja u centru sistem aako je. 6ad = . ☺ Skicirati grafik funkcije po kojoj se menja električno polje.
z
aa
O
2/d 2/d
q′+ q′−
z
aa
O
2/d 2/d
q′+ q′−
Rešenje
Električno polje elementarnog naelektrisanja 2
0
14dd
RqE
πε=
Količina naelektrisanja θ′=′= ddd aqlqq , )2/( π=′ aqq
U tačkama na osi polje ima samo z komponentu.
Komponente polja u radijalnom pravcu se anuliraju.
32/
4d2/dd
Rdzq
RdzEEz
0
+πε
=+
=
za
O
z
qd
2/d
R
Er
drEr
d
zEr
d
α
za
O
z
qd
2/d
R
Er
drEr
d
zEr
d
α
22 )2/( dzaR ++=
Električno polje koje potiče od pozitivno naelektrisanog obruča 2/322
0 ])2/([)2/(
2 dzadzaqEz ++
+ε
′+=
Električno polje koje potiče od negativno naelektrisanog obruča 2/322
0 ])2/([)2/(
2 dzadzaqEz −+
−ε
′−= z2/d2/d
zO
−+
z2/d2/d
zOz2/d2/d
zO
−+
Ukupno električno polje koje stvara par obruča ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−+−
−+++
ε′
= 2/3222/3220 ])2/([
2/])2/([
2/2 dza
dzdzadzaqEz
U centru sistema, 0=z )(2])2/([2])2/([2 0
2/322
2
02/322
0
dfa
qda
daa
qdadaqEz ε
′=
+ε′
=+ε
′=
Za 6ad = 5334
5334
2)6(
2 000
Ea
qafa
qEz =ε
′=
ε′
=
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Jedino za rastojanje
6ad =
električno polje između obruča je u najvećem delu homogeno. Znak funkcije pokazuje orijentaciji polja u odnosu na osu. z 6ad > 6ad <6ad =
z z z
0/ EEz 0/ EEz0/ EEz
6ad > 6ad <6ad =
z z z
0/ EEz 0/ EEz0/ EEz
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 15(63)
ES.14.01.1
Nit dužine ravnomerno je naelektrisana količinom naelektrisanja . U tačkama na osi simetrije niti na rastojanju
L2 qr
a) odrediti električno polje, b) pokazati da se za rL >> isti rezultat dobija iz Gaussovog zakona, c) pokazati da se iz začaka Lr >> štap vidi kao tačkasto naelektrisanje.
0
rEr
dEr
d
zEr
d
L
r
L−
zq′
qd0
rEr
dEr
d
zEr
d
L
r
L−
zq′
qd
Rešenje
Električno polje elementarnog naelektrisanja 2
0
ˆ
4dd
RRzqE
πε′
=r
20
cos4
ddR
zqEzθ
πε′
=
1θ θ 2θ
zd
R
zL0
q′rθd
rEr
d Er
d
zEr
d
sdr
1θ θ 2θ
zd
R
zL0
q′rθd
rEr
d Er
d
zEr
d
sdr
Komponenta električnog polja u aksijalnom pravcu
θθπε
′= dcos1
4d
0 rqEz
20
sin4
ddR
zqErθ
πε′
= Komponenta električnog polja u radijalnom pravcu
θθπε
′= dsin1
4d
0 rqEr
z
z
EE
ddcos =θ ,
z
r
EE
ddsin =θ
Rr
=θsin , z
Rzs
dd
ddsin θ
==θ
Komponente električnog polja naelektrisane niti ( )12
0sinsin1
4θ−θ
πε′
=r
qEz i ( )210
coscos14
θ−θπε
′=
rqEr
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
221sinrL
rRr
+==θ
12 sinsin θ=θ 0=zE
221cosrL
LRL
+==θ
Kada je tačka polja na simetrali, tada je . 12 θ−π=θ
r
rEr
1θ 1θ
LL →←
r
rEr
1θ 1θ
LL →←
12 coscos θ−=θ 22
0
214 rL
Lr
qEr+πε
′=
Ako je rL >>
2)/(1
22222
≈+
=+ LrrL
L rqEr
12πε0
′=
Električno polje - rezultat primene Gaussovog zakona
Ako je Lr >>
rL
rLr
L
rL
L 2
)/(1
22222
≈+
=+
21
42
rLqEr πε0
′=
Električno polje - tačkasto naelektrisanje,
Lqq 2′=
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Ako je β centralni ugao, tada je 2/)( β−π=θ1 i 2/)(2 β+π=θ .
b je poluprečnik opisane kružnice. 22 0πε
tan1 β′=
qEb
2θ1θβ
b
1θbEr
2θ1θβ
b
1θbEr
16(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.13.03.2
Nit dužine ravnomerno je naelektrisana količinom naelektrisanja q . U tački na rastojanju
Lr od početka niti
a) odrediti električno polje, b) odrediti električno polje poluprave, ∞→L , c) pokazati da se iz tačaka Lr >> nit vidi kao tačkasto naelektrisanje.
0
Er
d
r
zqd
L→ ∞
R
q′
r
0
Er
d
r
zqd
L→ ∞L→ ∞
R
q′
r
Rešenje
Električno polje elementarnog naelektrisanja
20
ˆ
4dd
RRzqE
πε′
=r
20
cos4
ddR
zqEzθ
πε′
= 1θ θ 2θ
zd
R
zL0
q′rθd
rEr
d Er
d
zEr
d
sdr
1θ θ 2θ
zd
R
zL0
q′rθd
rEr
d Er
d
zEr
d
sdr
Komponenta polja u aksijalnom pravcu
θθπε
′= dcos1
4d
0 rqEz
20
sin4
ddR
zqErθ
πε′
= Komponenta polja u radijalnom pravcu
θθπε
′= dsin1
4d
0 rqEr
z
z
EE
ddcos =θ ,
z
r
EE
ddsin =θ
Rr
=θsin , z
Rzs
dd
ddsin θ
==θ
Komponente polja naelektrisane niti ( 12
0sinsin1
4θ−θ
πε′
=r
qEz ) i ( )210
coscos14
θ−θπε
′=
rqEr
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
1sin 1 =θ Tačka je na pravoj , 0=z2/1 π=θ
0
rEr
Er
zEr
z2θ
L
r 1θ
r
0
rEr
Er
zEr
z2θ
L
r 1θ
r
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+πε′
=rrL
qEz11
4 220
2222 sin)sin( θ=
+=θ−π
Lr
r
0cos 1 =θ
2222 cos)cos( θ−=+
=θ−πLr
L 220
14 rL
Lr
qEr+πε
′=
rrrL
11122
−≈−+
r
qEz1
4 0πε′−
= Ako (poluprava) ∞→L Radijalna komponeta polja poluprave duplo je manja nego za pravu.
1
222=≈
+ L
L
rL
L r
qEr1
4 0πε′
=
01111222
=−≈−+ rrrrL
0=zE Ako je Lr >> Iz udaljenih tačaka duž se vidi kao tačkasto naelektrisanje.
2
0
14 r
LqEr πε′
= , Lqq ′=rL
rL
L≈
+ 22
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 17(63)
ES.17.03.2
Polukružnica i dve poluprave koje je na krajevima tangiraju čine konturu koja je ravnomerno naelektrisana podužnom gustinom naelektrisanja q′ .
Odrediti električno polje u centru polukružnice O .
r→ ∞
→∞q′O z
r→ ∞→ ∞
→∞→∞q′O z
Rešenje
Električno polje elementarnog naelektrisanja
20
ˆ
4dd
RRzqE
πε′
=r
20
cos4
ddR
zqEzθ
πε′
= 1θ θ 2θ
zd
R
zL0
q′rθd
rEr
d Er
d
zEr
d
sdr
1θ θ 2θ
zd
R
zL0
q′rθd
rEr
d Er
d
zEr
d
sdr
Komponenta polja u aksijalnom pravcu
θθπε
′= dcos1
4d
0 rqEz
20
sin4
ddR
zqErθ
πε′
= Komponenta polja u radijalnom pravcu
θθπε
′= dsin1
4d
0 rqEr
z
z
EE
ddcos =θ ,
z
r
EE
ddsin =θ
Rr
=θsin , z
Rzs
dd
ddsin θ
==θ
Komponente polja naelektrisane niti ( 12
0sinsin1
4θ−θ
πε)′
=r
qEz i ( )210
coscos14
θ−θπε
′=
rqEr
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
2/1 π=θ ( )120
sinsin14
θ−θπε
′=
rqEz r
qEz1
4 0πε′
−=
Polu
prav
a rEr
Er
zEr
z2θr
1θ
rEr
Er
zEr
z2θr
1θ
π=θ2 ( )21
0coscos1
4θ−θ
πε′
=r
qEr rqEr
14 0πε
′=
θπε
θ′= sin1
4dd 2
0 rrqEy ∫
α
α−
θθπε
′= dsin1
4 0 rqEy 0=yE
Kru
žni l
uk
rθ
Er
d
q′
zEr
d
yEr
dα
α−qd
z
y
rθ
Er
d
q′
zEr
d
yEr
dα
α− α−qd
z
y θ
πεθ′
= cos14
dd 20 r
rqEz ∫α
α−
θθπε
′= dcos1
4 0 rqEz α
πε′
= sin12 0 r
qEz
0ˆ14
2ˆ2
sin12 00
=πε
′−
ππε
′= z
rqz
rqEz
r
K
ontu
ra
Er
q′
r
Er
q′
r q′
q′
r
rEr
q′
q′
r
rEr
pola kružnice 2 x poluprava
18(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.15.09.1
Usamljena homogena zapremenska gustina naelektrisanja ρ+ obuhvaćena je sa dve ekscentrične sferne površine poluprečnika i , čiji se centri nalaze na ne međusobnom rastojanju . Odrediti električno polje i to:
a ab ≥d
a) u unutrašnjosti manje sfere ako je , 0>db) u unutrašnjosti manje sfere ako je , 0=dc) u unutrašnjosti veće sfere ako je , 0=dd) u tačkama van sfera.
ad
ρ+
ba
d
ρ+
b
Rešenje
ρ−
ρ+
ρ−
ρ+
Pozitivno naelektrisana sfera sa ekscentričnom sfernom šupljinom (u kojoj nema naelektrisanja) može da se predstavi kao sfera puna sa pozitivnim naelektrisanjima u koju je utisnuta sfera koja sadrži negativna naelektrisanja. U šupljini je tada algebarski zbir svih naelektrisanja jednak nuli.
∫∫ ρε
=ε
=VS
VqSE d1d00
srGaussov zakon u integralnom obliku
Er
cr =cr ≥
ρ+
cr ≤Er
cr =cr ≥
ρ+
cr ≤
Količina naelektrisanja
⎩⎨⎧
≥≤
περ
=πcrccrrrE
,,
344 3
3
0
2obuhvaćena zamišljenom sferom poluprečnika je . r Vq ρ=
Električno polje homogene zapreminske gustine naelektrisanja oblika sfere čiji je poluprečnik . ⎪
⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≥ερ
=
≤ερ
=
=crr
rcE
crrrEE
e
i
,ˆ3
,ˆ3
2
3
0
0
r
r
r
c
U tački koja pripada šupljini električno polje se dobija kao vektroski zbir polja od svake sfere pojedinično, što je metod linearne superpozicije.
bib rE rr
03ερ+
=Unutrašnje električno polje pozitivno nealektrisane sfere
, brb ≤
Unutrašnje električno polje nagativno nealektrisane sfere
ρ+
brr
arrd
r
O
ρ−ρ+
brr
arrd
r
O
ρ−aia rE rr
03ερ−
= , ara ≤
drrE ab
rrrr
00 3)(
3 ερ
=−ερ
=Električno polje u šupljini
iaib EEErrr
+= Ukupno:
drr ab
rrr=−
U šupljini električno polje je homogeno i usmereno je u pravcu koji spaja centre sfera,
Ako je rastojanje centara jednako nuli, , tj. ako su sfere koncentrične 0=d
za iaib EEErrr
+= 0=Er
ar ≤
rr
rbE ˆ3 2
33
0
−ερ
=r
ebib EEErrr
+=
za bra ≤≤
za br ≥ ebea EEErrr
+= rr
abE ˆ3 2
33
0
−ερ
=r
ρ+ ρ+
U slučaju koncentričnih sfera do istih rezultata se dolazi i direktnom primenom Gaussovog zakona. Za tačke van sfera, , Gaussova površina obuhvata količinu naelektrisanja koja je srazmerna razlici zapremina sfera i nije od značaja da li je šupljina ekscentrična ili ne.
br ≥
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 19(63)
ES.12.06.1
Usamljena homogena zapremenska gustina naelektrisanja ρ+ obuhvaćena je sfernom površinom poluprečnika a .
Odrediti: a) električno polje u unutrašnjosti sfere, b) električno polje van sfere, c) energiju sadržanu u električnom polju.
a
ρEr
a
ρρEr
Rešenje
Gaussov zakon integralni oblik ∫∫ ρ
ε=
ε=
VS
VqSE d1d00
sr VSE ρ
ε=
0
1
Gaussova površina ar ≤ 3
0
2
344 rrE π
ερ
=π rE03ε
ρ=
Gaussova površina ar ≥ 3
0
2
344 arE π
ερ
=π 2
3
03 raE
ερ
= Er
ar =ar ≥
ρ+
ar ≤Er
ar =ar ≥
ρ+
ar ≤
Električno polje
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≥ερ
=
≤ερ
=
=arr
raE
arrrEE
e
i
,ˆ3
,ˆ3
2
3
0
0
r
r
r
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≥πε
=
≤πε
=
=arr
rqE
arrarqE
E
e
i
,ˆ14
,ˆ4
20
30
r
r
r
34 aq πρ=3
Energija ∫ε= VEW d21 2
0V
∫∫ ε+ε= ei VEVEW d21d
21 2
02
0≥≤ arar
Elementarna sferna zapremina
φθθ= dddsind 2 rrV , π≤θ≤0 , π≤φ≤ 20
Električno polje zavisi samo od r , pa je
rrrrV d4ddsindd 22
00
2 π=φθθ= ∫∫ππ
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
πε= ∫∫
∞
ae
a
i rrErrEW dd2
4 22
0
220
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
πε=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛πε
πε= ∫∫
∞
aaqrr
rrr
arqW
a
a 151
8d1d
424
0
22
40
26
22
0
0
Energija aqW
0
2
203
πε=
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Šupla sfera (sfena ljuska) naelektrisana je količiniom naelektrisanja . qU unutrašnjosti sfere električno polje je jednaka nuli, 0=E za ar ≤ . Van sfere električno polje je isto kao i polje tačkastog naelektrsanja u centru.
η
0=Ea E
rη
0=E 0=Ea E
r
Polje rr
qE ˆ14 2
0πε=
r, ar ≥ ili r
raE ˆ2
2
0εη
=r
, ar ≥
rrV d4d 2π=
Energija ∫∫∞
πε=ε=
aV rrqVEW 2
0
22
0d
8d
21
aqW
0
2
81
πε=
20(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.12.09.1
U centru lopte, poluprečnika , od linearnog i homogenog dielektrika, dielektrične konstante , nalazi se tačkasto naelektrisanje . Okolni prostor je vazduh.
a 1εq
Odrediti:
a) električno polje u dielektriku,
b) električno polje u vazduhu, c) površinsku gustinu vezanih naelektrisanja, ☺
zapreminsku gustinu vezanih naelektrisanja.
qa
1ε0ε
qa
1ε0ε
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon primenjen na sferu 0>r qSD
S
=∫rr
d rr
qD ˆ14 2π
=r
, ∞<< r0
Električmo polje u dielektriku 11 / ε= DE
rr r
rqE ˆ1
4 21
1 πε=
r, ar ≤<0
Električmo polje u vazduhu 00 / ε= DE
rr r
rqE ˆ1
4 20
0 πε=
r, ∞<< ra
Vektor polarizacije 1010 )( EEDPrrrr
ε−ε=ε−= rr
qP ˆ14 2
1
01
πεε−ε
=r
, ar ≤<0
Površinska gustina vezanih naelektrisanja rPnPv ˆˆ
rr==η 2
1
01 14 aq
v πεε−ε
=η , ar =
Količina naelektrisanja na površini dielektrika. 24 aq vSv πη= qqSv
1
01
εε−ε
+=
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja Pv
rdiv−=ρ 32 div
ˆdiv~div
rr
rrP
rr=
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
0ˆ3div1graddiv1div 4333 =−=+= rr
rrr
rrrr
r rrrrr
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡= 3div
model3Drr
0=ρv , ∞<< r0
Ukupna količina vezanih naelektrisanja je nula 0=+= qqq VvSvv qqq SvVv
1
01
εε−ε
−=−=
Količina naelektrisanja u zapremini dielektrika ∫ρ=
Vvv Vq d
Sledi, zapreminska gustina naelektrisanja je zgusnuta u centru sfere 0=r
)(1
01 rqv δε
ε−ε−=ρ
U stvari, za bilo koje r ⎪⎩
⎪⎨⎧
=π
>=δπ=
0,4
0,0)(4
ˆdiv 2
r
rr
rr
Diracova delta funkcija
0)( =δ r za 0≠r
1d)( =δ∫V
Vr
)(d)()( afVarrfV
=−δ∫
)0(d)()( fVrrfV
=δ∫ )(ˆ1div
4-div
1
012
1
01 rqrr
qPv δε
ε−ε−=
πεε−ε
−==ρr
Ukupna količina naelektrisanja u centru sfere qqqqqq VvC
1
0
1
01
εε
=ε
ε−ε−=+= Uticaj dielektrika zameniti
vezanim baelektrisanjima
Gaussov zakon primenjen na sferu ar ≤<0
01 d
ε=∫ C
S
qSErr
ar ≤<0 rr
qE ˆ14 2
11 πε
=r
,
Gaussov zakon u diferencijalnom obliku
⎪⎩
⎪⎨⎧
=π
>
πε=
πε=
0,4
0,0
4ˆ
div4
div1
21
1r
rqrrqE
r
⎪⎩
⎪⎨⎧
=ε
>=
0,/
0,0div
11
rq
rEr
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 21(63)
ES.12.10.1
Matalna lopta, poluprečnika , naelektrisana je količinom naelektrisanja . Lopta je izolovana sferinim slojem linearnog i homogenog dielektrika, dielektrične konstante i poluprečnika b . Okolni prostor je vazduh.
a q
1ε
Odrediti:
a) električno polje u svim tačkama prostora,
b) površinsku i zapreminsku gustinu vezanih naelektrisanja, c)
potencijal u centru lopte.
qa
1ε0ε
bq
a
1ε0ε
b
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon primenjen na sferu 0>r qSD
S
=∫rr
d rr
qD ˆ14 2π
=r
, ∞<< r0
Električno polje u metalnoj sferi 0=q 0=unutraE ar <<0
Električmo polje u dielektriku 11 / ε= DE
rr r
rqE ˆ1
4 21
1 πε=
r, bra ≤≤
Električmo polje u vazduhu 00 / ε= DE
rr r
rqE ˆ1
4 20
0 πε=
r, ∞<< rb
Vektor polarizacije 1010 )( EEDPrrrr
ε−ε=ε−= rr
qP ˆ14 2
1
01
πεε−ε
=r
, bra ≤≤
Površinska gustina vezanih naelektrisanja na površini ar =
21
01
4ˆ
aqPnP
arva πεε−ε
−==η=
r
Površinska gustina vezanih naelektrisanja na površini br =
21
01
4ˆ
bqPnP
brvb πεε−ε
+==η=
r
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja 0
ˆdiv
4div 2
1
01 =πε
ε−ε=−=ρ
rrqPv
r
−−
−
+
+
+
+
−−
++
+
+
+n
vbηvaη
−+
sη
n
vρ−
+ − ++
1ε 0ε
−−
−
+
+
+
+
−−
++
+
+
+n
vbηvaη
−+
sηsη
n
vρ−
+ − ++
1ε 0ε
Potencijal u centru ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ε
+ε
−επ
=++==ϕ ∫∫∫∫∞∞
bbaqrErErlE
b
b
a
a
01101
00
1114
ddd0d rrrrrrrr
22(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.12.12.1
Tačkasto naelektrisanje nalazi se u vazduhu, na visini od ravni koja ceo prostor deli na vazdušni deo , i dielektrični materijal
q− h
0ε 0>z 1ε , 0<z .
a) Odrediti površinsku gistinu vezanih naelektrisanja. b) Odrediti privlačnu silu između naelektrisanja i ravni.
c)
Proveriti rezultat zamenjujući dielektrik savršenim provodnikom.
1ε0ε
q
z
vη−h
1ε0ε
q
z
vη−h
Rešenje
Vektor polarizacije PEDrrr
+ε= 0 EEDPrrrr
)( 010 ε−ε=ε−= Vezana naelektrisanja nPv ˆ
r=η zv EnE )(ˆ)( 0101 ε−ε=ε−ε=η
r
Električno polje potiče od tačkastog naelektrisanja i vezanih naelektrisanja Polje od tačkastog naelektrisanja R
RqE ˆ1
4 29
0 πε=
t z
hrhqE z ˆ
)(4 2/3220
0 +πε−=
t
Polje od vezanih naelektrisanja SSE v Δ
εη
=Δ0
2 zE vz ˆ
2 01 ε
η−=
t
Normalna komponenta polja u dielektriku zzz EEE 10
ttt+=
Povtšinska gustina vezanih naelektrisanja ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ε
η−
+πε−ε−ε=η
02/322
001 2)(4)( v
v hrhq
Kada se gornja jednačina reši po vη 2/322
01
01
)(2 hrhq
v +πε+εε−ε
−=η
max/ ηη
qz
R h
zE0
r
α
0Er
nr
zE1
r
zzE1
rn
vη−
max/ ηη max/ ηη
qz
R h
zE0
r
α
0Er
nr
qz
R h
zE0
r
α
0Er
nr
zE1
r
zzE1
rn
vη−
zE1
r
zzE1
rn
vη−
∫η=S
vv Sq d qhrrrhqqv
01
01
02/322
2
001
01
)(dd
2 ε+εε−ε
−=+
θπε+ε
ε−ε−= ∫∫
∞π
Ukupna količina vezanih naelektrisanja
beskonačna ravan ∞<≤ r0 , π≤θ≤ 20 qqv
01
01
ε+εε−ε
−=
20
14
ddR
qqF v
πε= θ
+πε+εε−ε
πε−
=πεη
= dd)(2
144
d 322
2
01
01
0
2
30
rrhr
hqdSRhqF v
zElementarna Coulombova sila naelektrisanje - ravan ∫∫
∞π
+θ
πε+εε−ε
πε−
=0
322
2
0
2
01
01
0
2
)(dd
24d
hrrrhqFz
Ukupna Coulombova sila naelektrisanje - ravan 2
01
01
0
2
41
4 hqF
ε+εε−ε
πε−
= ++
+---
++
+---
Zamenjen izraz za vq 20 )2(
14 h
qqF v
πε= , qqv
01
01
ε+εε−ε
−= Sila je privlačna
Uticaj dielektrika je moguće zameniti ekvivalentnim tačkastim naelektrisanjem koje je postavljeno simetrično u odnosu na ravan razdvajanja - kao kod teoreme lika u ravnom provodnom ogledalu. Ovde ogledalo nije savršeno. vq
z
hh
q−
vq
z
hh
q−
Savršeno ogledalo
∞→ε1 qqqv −=ε+εε−ε
−=→∞ε 01
01
1
lim Provodnik je moguće tretirati kao granični slučaj linearnog dielektrika
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 23(63)
ES.15.10.2
Usamljena provodna lopta poluprečnika naelektrisana je količinom naelektrisanja i nalazi se u homogenom, linearnom i izotropnom dielektriku dielektrične konstante . Odrediti:
aq
ε
a) zapreminsku gustinu vezanih naelektrisanja vρ , b) površinsku gustinu vezanih naelektrisanja vη , c) električno polje E
r u svim tačkana prostora.
+
+
+++
++
−
− −
−
−−
− −+ε
qvq
+
+
+++
++
−
− −
−
−−
− −+ε
qvq
+
+
+++
++
−
− −
−
−−
− −+ε
qvq
Rešenje
Maxwellov vektor električnog pomeraja PED +ε=
rr0
U linearnim dielektricima EPrr
α= Konstitutivna veza ED
rrε=
EDPrrr
0ε−= Vektor polarizacije
EEEPrrr r
)( 00 ε−ε=ε−ε= 1
Dobijanje konstitutivne veze
EE
EE
EEED
r
eerr
rr
rrrr
ε=εε=
=χ+ε=χε+ε=
=α+ε=α+ε=
0
000
00
)1()(
)(
Treća Maxwellova jednačina u integralnom obliku qSD
S
=∫rr
d
primenjena na sfernu površinu poluprečnika ar ≥ . 2
ˆ4 r
rqDπ
=r
, ar ≥
Izvori vektora električnog pomeraja su samo slobodna naelektrisanja
Električno polje metalne lopte
DErr
ε=
1 ⎪⎩
⎪⎨⎧
≥πε
<=
arrrq
arE
,ˆ
4
,0
2
r
Na metalnoj lopti naelektrisanja su ravnomerno raspoređena po površini. U unutrašnjosti polje je jednako nuli.
Iz 1 se dobija vektor polarizacije dielektrika 20
ˆ4
)(rrqP
πεε−ε=
r,
ar ≥
Površinska gustina vezanih naelektrisanja, ar = ,
nPv ˆr
=η ⇒ Pv −=η 20
14
)(a
qv πε
ε−ε=η
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja,
Pv
rdiv−=ρ
0=ρv
Određivanje divergencije, 0>r
033ˆ33
graddiv1
divˆ
div
334
3
33
32
=−=−=
=+=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
−
−
rrrrr
r
rrrr
rr
rr
r
rr
r
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Metalna lopta je ravnomerno naelektrisana po površini. U dielektriku se, uz površinu lopte, formira niz elementarnih dipola čije dejstvo je po zapremini dielektrika anulirano, i ostaje samo površinski sloj vezanih naelektrisanja.
Ukupna količina naelektrisanja . vtot qqq +=εε
=πη+= 024 qaqq vtot
Električno polje metalne lopte u vakuumu potiče od slobodnih naelektrisanja. 2
00
ˆ4 r
rqEπε
=r
, ar ≥
Električno polje metalne lopte u dielektriku potiče od svih naelektrisanja, slobodnih i vezanih. 2
0
02
0
ˆ4
1ˆ4 r
rqrrqE tot
πεεε
=πε
=r
Isti rezultat je već dobijen primenom treće Maxwellove jednačine tj. generalisanog Gaussovog zakona. 02
14
Er
qE <πε
=
Izvori vektora električnog pomeraja su samo slobodna naelektrisanja. 2
ˆ4 r
rqDπ
=r
, ar ≥
24(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.16.06.1
Tačkasto naelektrisanje leži na razdvojnoj površini dva linearna dielektrika. U svima tačkama okolnog prostora odrediti
q
a) vektor električnog pomeraja,
b) vektor električnog polja. c)
Proveriti tačnost rezultata na primeru homogene sredine, 021 ε=ε=ε
Er
Er
+2ε
1εErEr
Er
+2ε
1ε1ε
Rešenje
Konzervativni karakter elektrostatičkog polja 0d =∫
C
lErr
0→Δh , 021 =Δ+Δ lElErrrr
tt EE 21 = 1 tt DD 2112 ε=ε 3
Generalisani Gaussov zakon qSDS
=∫rr
d
0=qrr, 0→Δh
rqSDSD =Δ+Δ
r21 nn 21 DD = 2 nn 2211 EE ε=ε 4
lr
Δ
hΔ Clr
Δ
hΔ C
hΔS
Sr
Δ
hΔS
Sr
Δ
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih graničnih uslova.
Pošto je polje radijalno iz prvog graničnog uslova sledi 21 EE = 1
1
22 DD
εε
=
Generalisani Gaussov zakon qSDS
=∫rr
d qSDSD =+22 21
S21
21S
S21S2121
21S
( ) qrDD =π+ 221 2 2
1
21 2
1r
qDπ
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡εε
+
Vektor električnog pomeraja u sredini 1ε r
rqD ˆ
)(2 221
11 ε+επ
ε=
r
Vektor električnog pomeraja u sredini 2ε r
rqD ˆ
)(2 221
22 ε+επ
ε=
r
Vektor električnog polja u obe sredine je isti
2
2
1
1
ε=
ε=
DDE rrqE ˆ
)(21
221 ε+επ
=r
Ako je sredina homogena 021 ε=ε=ε r
rqE ˆ
41
20πε
=r
Rezultat koji se dobija i direktnom primenom Gaussovog zakona u vakuumu
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 25(63)
ES.16.12.1
Usamljena provodna lopta poluprečnika naelektrisana je količinom naelektrisanja i uronjena je do polovine u tečni, linearni i homogeni dielektrik, dielektrične konstante
a q
1ε . Gas iznad površine razdvajanja je takođe homogen i linearan i ima dielektričnu konstanru 2ε . Odrediti:
a) električno polje Er
u svim tačkana prostora, b) raspodelu slobodnih naelektrisanja, c) površinsku gustinu vezanih naelektrisanja vη , d) zapreminsku gustinu vezanih naelektrisanja vρ , e) površinsku vezanih gustinu naelektrisanja ako je 02 ε=ε . f) Proveriti tačnost rezultata smatrajući da je 021 ε=ε=ε .
+
+
+++
++ +
q1ε2ε
+
+
+++
++ +
+
+
+++
++ +
q1ε2ε
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon qSDS
=∫rr
d ( ) qrEE =πε+ε 22211 2 1
Granični uslov na površini između dielektrika tt EE 21 = Polje je radijalno, pa EEE == 21 2 Granični uslov na površini provodnika εη= /nE 3 U unutrašnjosti
provodnika polje je nula 0=E 4
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih graničnih uslova.
Iz 1 i 2 sledi: Vektor električnog polja u obe sredine je isti.
rrqE ˆ
)(21
221 ε+επ
=r
, ar ≥ ED 11 ε= , ED 22 ε=
Slobodna naelektrisanja na gornjoj polulopti (3) EE ns 2222 ε=ε=η , ( ar = ) 2
21
22 )(2 a
qs ε+επ
ε=η
Slobodna naelektrisanja na donjoj polulopti (3) EE ns 1111 ε=ε=η , ( ar = ) 2
21
11 )(2 a
qs ε+επ
ε=η
Vektor polarizacije dielektrika EDPrrr
0ε−= EEEPrrrr
)( 00 ε−ε=ε−ε=
Jačina polarizacije na površini ar = r
aqP ˆ
)(2 221
0
ε+επε−ε
=r
Spoljašnja normala dielektrika uz površinu lopte usmerena je ka centru lopte
Vezana naelektrisanja uz gornju poluloptnu EPnv )(ˆ 022 ε−ε−==η
r 2
21
202 )(2 a
qv ε+επ
ε−ε=η
Vezana naelektrisanja uz donju poluloptnu EPnv )(ˆ 011 ε−ε−==η
r 2
21
101 )(2 a
qv ε+επ
ε−ε=η
Vezana naelektrisanja - zapreminska gusrtina 0
ˆdiv~-div 2v ==ρ
rrP
r ☺ Na ispitu se priznaje ranije
izveden rezultat
210
02 )(2 a
qs ε+επ
ε=η
210
11 )(2 a
qs ε+επ
ε=η
0=ρv , 02 =ηv
02 ε=ε Na razdvojnoj površini nema vezanih naelektrisanja. Vektori normale površine i polarizacije su pod pravim uglom. Naelektrisanja se vezuju uz površinu donje polulopte. Vektor normale je usmeren ka centru lopte.
210
101 )(2 a
qv ε+επ
ε−ε=η
−
−
−−
−
02 ε=ε
−
−
+ ++
+ ++
++++
2sη
1sη1vη0=E
1ε01 =ρv
+−+
+−−
Pr
n
Pr
n−
++
+−−
Pr
n
Pr
n−
++
+−−
Pr
n
Pr
n−
++
−
−
−−
−
02 ε=ε
−
−
+ ++
+ ++
++++
2sη
1sη1vη0=E
1ε01 =ρv
+−+
−
−
−−
−
02 ε=ε
−
−
+ ++
+ ++
++++
2sη
1sη1vη0=E
1ε01 =ρv
+−+
+−−
Pr
n
Pr
n−
++
+−−
Pr
n
Pr
n−
++
+−−
Pr
n
Pr
n−
++
021 ε=ε=ε 0=P , 0=ρv , 012 =η=η vv , 212 4 aq
sss π=η=η=η , r
raE s ˆ
2
2
0εη
=r
.
26(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.14.04.1
Elektrode ravanog kondenzatora površina nalaze se na međusobnom rasrojanju . U elektrodni prostor se do polovine unese treća, neutralna, elektroda istih dimenzija i debljine
S dddn < .
Dielektrik u kondenzatoru je vazduh. Odrediti energiju kondenzatora pre i posle unošenja treće elektrode, i to ako je
a) kondenzator stalno priključen na izvor napajanja U , b) kondenzator isključen sa izvora napajanja U pre unošenja elektrode, c) debljina neutralne elektrode zanemarljiva, tj. 0=nd .
nd
−
+
dnd
−−
++
d
Rešenje
Kapacitivnost kondenzatora - pre unošenja neutralne elektrode
0
00 U
qC = dSC 00 ε=
−
+d
S
−−
++d
S
Energija u kondenzatoru - pre unošenja neutralne elektrode 2
000
20
000 21
21
21 UC
CqUqW ===
Kapacitivnost novonastalih kondenzatora posle unošenja neutralne elektrode
2d
−
+
1d2d
2/S 2/S2d
−−
++
1d2d
2/S 2/S
2/1 SS = dd =1
dSC
201 ε= 01 21 CC =
2/2 SS = 2/)(2 nddd −=
nddSC−
ε= 02 ndd
dCC−
= 02 1C
2C
2C
−
+
1C2C
2C
−
+
−−
++
Ekvivalemtna kapacitivnost mešovite veze kondenzatora
22
221 CC
CCCCe ++= 21 2
1 CCCe += )(22
0n
ne dd
ddCC−−
=
U opštm slučaju 0>nd 0Ce > C Ako je kondenzator stalno prik en na izvor napajanja naelektrisavanje ljučneutralne elektrode izvršiće se na račun energije izvora. Napon ostaje iisti, a ukupna energija se povećava.
0202
1 WUCW ee >=
Ako kondenzator nije priključen na izvor napajanja naelektrisavanje neutralne elektrode izvršiće se na račun energije u kondenzatoru. Količine naelektrisanja ostaju iste (preraspodeljene), a ukupna energija se smanjuje.
0
20
21 W
CqW
ee <=
U specijalnom slučaju 0=nd 0WWe = 0CCe =
Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu ☺
m slučaju, predstavljanje kondenzatora pomU opšte oću mešovite veze nije m će. To se pokazuje oguispitivanjem graničnih uslova na svim razdvojnim površinama.
čni uslovi Grani
Razdvojna površina 10 | εε 10 EE =
0ε 1ε
2ε−
+
0ε 1ε
2ε−
+
21 EE = 1
≠Razdvojnapovršina ?20 | εε 20 EE =
2
1
εε Razdvojna površina 2211 EE ε=ε
2211 EE ε=ε 2
0C2C1C
−
+
0C2C1C
−−
++
Uslovi 1 i 2 su jednovremeno zadovoljeni samo ako je 21 ε=ε , tj. ako je u tom elu d ektrik homogen. d iel
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 27(63)
ES.17.02.1
Sferni kondenzator, poluprečnika i , priključen je na jednosmerni napon . Dielektrik u kondemzatoru je dvoslojan sa poluprečnikom razdvojne površi i dielektričnim konstantama
a ac >U
cba << 1ε i 2ε . Odrediti:
a) električno polje u oba dielektrična sloja, b) kapacitivnost kondenzatora,
c
b
a1ε2ε
U
c
b
aa1ε2ε
U
c) poluprečnik razdvojne površine tako da maksimalna električna polja u oba sloja budu jednaka, d) površinsku gustinu vezanih naelektrisanja na razdvojnoj površini dva dielektrika.
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon qSdDS
=∫rr
2ˆ
4 rrqD
π=
r za cra <<
Električno polje - u dielektrinom sloju 1ε 2
111
ˆ4
1rrqDE
πε=
ε=
rr za bra <<
Električno polje - u dielektričnom sloju 2ε 2
222
ˆ4
1rrqDE
πε=
ε=
rr za crb <<
Električno polje je jednako nuli za
ar <<0 i cr > .
∫=c
a
rEU dr
∫∫∫ +==c
b
b
a
c
a
rErErEU rrrrrddd 21
Napon između elektroda = zbir napona po slojevima
∫∫ πε
+πε
=c
b
b
a rrq
rrqU 2
22
1
d4
d4
cbbcq
baabqU −
πε+
−πε
=21 44
Kapacitivnost - recipročna vrednost q
UC
=1 cb
bcba
abC
−πε
+−
πε=
21 41
411
Redna veza dva sferna kondenzatora
),,( 1 baε i ),,( 2 cbε
21
111CCC
+=
2ε 1εU
2ε 1εU
Ako je dielektrik homogen ε=ε=ε 21 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+−
πε=
cbbc
baab
C 411 ac
caC−
πε= 4
Najveće vrednosti električnog polja u slojevima 2
11
14max a
qEπε
= i 22
21
4max bqEπε
=
Poluprečnik razdvojne površine dielektrika maxmax 21 EE = 21 / εε= ab
Vektor polarizacije - u dielektrinom sloju 1ε 2
1011011011101
ˆ4
)()(rrqEEEEDP
πεε−ε=ε−ε=ε−ε=ε−=
rrrrrr
Vektor polarizacije - u dielektrinom sloju 2ε 2
2022022022202
ˆ4
)()(rrqEEEEDP
πεε−ε=ε−ε=ε−ε=ε−=
rrrrrr
Vezana naelektrisanja – površinska gustina na razdvojnoj površini, br =
221
21021 4
)(ˆ)(b
qnPPbrv πεε
ε−εε=−=η
=
rr
28(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.17.04.1
Koaksijalni kondenzator poluprečnika i priključen je na stalni napon U . a ab >
Dielektrična konstanta se menja po zakonu ε=εrar)( .
a) Pokazati da je u kondenzatoru električno polje konstantno. b) Odrediti podužnu kapacitivnost kondenzatora. c) Odrediti površinske gistine vezanih naelektrisanja. ☺ Odrediti zapreminsku gistinu vezanih naelektrisanja. ☺
Pokazati da je ukupna količina vezanih naelektrisanja jednaka nuli.
r
b
a)(rε +
q−
r
b
aa)(rε ++
q−
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon primenjen na cilindar qSdD
S
=∫rr
rrq
rr
LqD
ˆ2
ˆ2 π
′=
π=
r za bra <<
Električno polje Dr
Err
)(1
ε
rr
rqE
ˆ)(2πε
′=
r ε=ε
rar)(
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Električno polje – kada se zameni )(rε a
rqEˆ
2πε′
=r
Napon ∫=b
a
rEU dr
∫πε′
=b
a
rra
qU dˆ2
aabqU −
πε′
=2
Gustina naelektrisanja abaUq−
πε=′ 2
Podužna kapacitivnost UqC
′=′
abaC−
πε=′ 2
Električno polje – kada se zameni q′ r
abUE ˆ−
=r const.=E
Vektor polarizacije EDPrrr
0ε−= ( )ErPrr
0)( ε−ε= EraP
rr⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ε−ε= 0
Gustina vezanih naelektrisanja uz pozitivnu elektrodu )( arPva =−=η Eva )( 0ε−ε−=η
Gustina vezanih naelektrisanja uz negativnu elektrodu )( brPvb =+=η E
ba
vb ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ε−ε+=η 0
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja Pv
rdiv−=ρ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ε−ε−=ρ r
rraEv ˆdivˆ
div 0
( )2div1ˆ2div11graddiv1div
ˆdiv 232222 −=−=+== r
rrrrr
rrrr
rrr
rr rrrrr
r
3div =rr zzyyxxr ˆˆˆ ++=r
( )1div1ˆdiv11graddiv1divˆdiv 2 −=−=+== r
rrrrr
rrrr
rrrr rrrrrr
2div =rr
yyxxr ˆˆ +=r
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja r
Ev1
0ε=ρ , 0>r 2D cilindar
∫ρ+η+η=V
vbvbavav VSSq d , aLSa π= 2 , bLSb π= 2 , rrLV d2d π= Ukupna količina vezanih naelektrisanja
0d1222)( 000 =πε+π⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ε−ε+πε−ε−= ∫
b
av rr
rLEbLE
baaLEq
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 29(63)
ES.17.04.1
Sferni kondenzator poluprečnika a i priključen je na stalni napon U . ab >
Dielektrična konstanta se menja po zakonu ε=ε 2
2
)(rar .
a) Pokazati da je u kondenzatoru električno polje konstantno. b) Odrediti kapacitivnost kondenzatora. c) Odrediti površinske gistine vezanih naelektrisanja. ☺ Odrediti zapreminsku gistinu vezanih naelektrisanja. ☺
Pokazati da je ukupna količina vezanih naelektrisanja jednaka nuli.
r
b
a)(rε
+
r
b
aa)(rε
+
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon primenjen na sferu qSdD
S
=∫rr
2
ˆ4 r
rqDπ
=r
za bra <<
Električno polje Dr
Err
)(1
ε 2
ˆ)(4 r
rr
qEπε
=r
ε=ε 2
2
)(rar
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Električno polje – kada se zameni )(rε 2
ˆ4 a
rqEπε
=r
Napon ∫=b
a
rEU dr
∫πε=
b
a
rra
qU dˆ4 2
24 aabqU −
πε=
Količina naelektrisanja ab
aUq−
πε=2
4
Kapacitivnost UqC =
abaC−
πε=2
4
Električno polje – kada se zameni q r
abUE ˆ−
=r const.=E
Vektor polarizacije EDPrrr
0ε−= ( )ErPrr
0)( ε−ε= EraP
rr
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ε−ε= 02
2
Gustina vezanih naelektrisanja uz pozitivnu elektrodu )( arPva =−=η Eva )( 0ε−ε−=η
Gustina vezanih naelektrisanja uz negativnu elektrodu )( brPvb =+=η E
ba
vb ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ε−ε+=η 02
2
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja Pv
rdiv−=ρ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ε−ε−=ρ r
rraEv ˆdivˆ
div 022
( )3div1ˆ3div11graddiv1div
ˆdiv 3423332 −=−=+== r
rrrrr
rrrr
rrr
rr rrrrr
r
2div =rr yyxxr ˆˆ +=r
( )1div1ˆdiv11graddiv1divˆdiv 2 −=−=+== r
rrrrr
rrrr
rrrr rrrrrr
3div =rr
zzyyxxr ˆˆˆ ++=r
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja r
Ev2
0ε=ρ , 0>r 3D sfera
∫ρ+η+η=V
vbvbavav VSSq d , , , 24 aSa π= 24 bSb π= rrV d4d 2π=
Ukupna količina vezanih naelektrisanja
0d1844)( 20
202
22
0 =πε+π⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ε−ε+πε−ε−= ∫
b
av rr
rEbE
baaEq
30(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.14.01.1
U koaksijalnom vodu, poluprečnika i , unutrašnji vod je pričvršćen za spoljašnji pomoću klinastog oslonca dielektrične konstante . Izvodnice klina grade ugao
a ab >1ε α . Ostatak prostora je vazduh.
Vod je priključen na jednosmerni napon U . Odrediti:
a) električno polje u delu sa vazduhom i u delu sa dielektrikom, b) podužnu kapacitivnost voda. c) Proveriti ispravnost rezultata za slučajeve 0=α i π=α 2 . d) Kojom ekvivalentnom vezom se može predstviti kapacitivnost? ☺ Koliki najveći napon na koji vod može biti priključen?
b
0ε 1εa
b
0ε 1ε1εaa
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon qSDS
=∫rr
d qSDSD =+ 1100
Granični uslov na površini između dielektrika tt EE 21 = Polje je radijalno, pa EEE == 21
Jačina električnog pomeraja ED 00 ε= i ED 11 ε=
Iz Gaussovog zakona sledi qESES =ε+ε 1100 1100 SS
qEε+ε
=
Deo površine zamišljenog cilindra, centralni ugao α rLS α=1 Deo površine zamišljenog cilindra, centralni ugao α−π2 rLS )2(0 α−π=
Električno polje – isto u vazduhu i dielektriku [ ] r
rqrr
LqE
ˆ)2(
ˆ)2( 0101 α−πε+αε
′=
α−πε+αε=
r
Gaussova površ
Lrα Lrα
Napon ∫=b
a
rEU rrd a
bqU ln)2(01 α−πε+αε
′=
Podužna kapacitivnost UqC
′=′ )/ln(
)2(01
abC α−πε+αε
=′
Kapacitivnost - paralelna veza dva kondenzatora
)/ln()2(
)/ln(01
ababC α−πε
+αε
=′
Specijalni slučaj, , 0=αu vodu je samo vazduh. )/ln(
2 0
abC πε
=′
Specijalni slučaj, , π=α 2u vodu je samo dielektrik. )/ln(
2 1
abC πε
=′
U
0ε
1ε
U
0ε
1ε1ε
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Pri kritičnoj jačini polja oko elektrode se formira jonizovani sloj i materija postaje provodna, pa naelektrisanja počinju da napuštaju elektrodu. Taj proces (korona) traje sve dok polje, zbog sve manje naelektrisanja, ne oslabi ispod kritične vrednosti. Za jačine polja veće od kritičnog dolazi do skoka varanice. Najveća jačina polja je na unutrašnjoj elektrodi. a
qE 1)2(01
max α−πε+αε′
= krEE ≤max
Najveće podužno naelektrisanje. [ ])2(01max α−πε+αε=′ aEq kr Najveći dozvoljeni napon zavisi od odnosa ab / . a
baEabqU kr lnln
)2(01
maxmax =
α−πε+αε′
= Vazduh
kV/cm30=krE Za pravilno odabran odnos poluprečnika dobija se teorijski maksimum.
0lndd
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
aba
a e
ab
= krEebU =
maxmax
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 31(63)
ES.16.06.1
Za merenje visine tečnosti se koristi koaksijalni kondenzator koji je načinjen od koaksijalne cevčice visine H i unutrašnjeg i spoljašnjeg poluprečnika i
. Izračunati koliko se promeni kapacitivnost kada se kondenzator napuni do visine tečnošću dielektrične konstante
ab
h 1ε .
0ε
1ε
Hh
0ε
1ε
Hh
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon qSDS
=∫rr
d qSDSD =+ 1100
Granični uslov na površini između dielektrika Polje je radijalno
tt 10 EE = EEE == 10
Jačina električnog pomeraja ED 00 ε= i ED 11 ε=
Iz Gaussovog zakona sledi qESES =ε+ε 1100 1100 SS
qEε+ε
=
Deo površine zamišljenog cilindra u vazduhu 00 2 rLS π= Deo površine zamišljenog cilindra u dielektriku 11 2 rLS π=
rr
1ε
0ε Er
1L
0L
Er
q
Gaussova površrr
1ε
0ε Er
1L
0L
Er
q
Gaussova površ
Električno polje – isto u vazduhu i dielektriku [ ] r
rLL
qEˆ
2 1100 ε+επ=
r
Napon ∫=b
a
rEU rrd [ ] a
bLL
qU ln2 1100 ε+επ
=
Kapacitivnost UqC =
[ ])/ln(
2 1100
abLLC ε+επ
=
Kapacitivnost - paralelna veza dva kondenzatora
)/ln(2
)/ln(2 1100
abL
abLC πε
+πε
= U
0ε
1ε
U
0ε
1ε
Radi usaglašavanja sa tekstom zadatka treba zameniti hHL −=0 i hL =1
Kapacitivnost – kada nema tečnosti, 0=h )/ln(
2 00 ab
HC πε=
Kapacitivnost – kada kada ima tečnosti, 0>h ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −ε+=
HhCC r )1(10
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Prilikom uranjanja u tečnost slobodna naelektrisanja se se prerasporede na sledeći način
0
00d ε
=∫qSE
S
rr
rLqE 1
2 00
00 πε
=
1
11d ε
=∫qSE
S
rr
rLqE 1
2 11
11 πε
=
10 EE =
11
1
00
0
Lq
Lq
ε=
ε
1100
000 LL
Lqqε+ε
ε=
Ukupna količina slobodnih naelektrisanja
qqq =+ 10
1100
111 LL
Lqqε+ε
ε=
32(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.16.10.2
Sferni kondenzator poluprečnika elektroda i do polovine je ispunjen dielektrikom dielektrične konstante . Ostatak zapremine je vazduh. Odrediti:
a ab >1ε
a) kapacitivnost kondenzatora, b) najveći napon na koji kondenzator može da se priključi, c) raspodelu slobodnih naelektrisanja.
ab
0ε
1εa
ba
b0ε
1ε
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon qSDS
=∫rr
d qSDSD =+ 1100 bra ≤≤
Granični uslov na površini između dielektrika Polje je radijalno
tt 10 EE = EEE == 10
Jačina električnog pomeraja ED 00 ε= i ED 11 ε=
Iz Gaussovog zakona sledi qESES =ε+ε 1100 1100 SS
qEε+ε
=
Deo površine zamišljene sfere u vazduhu 20 22/ rSS π==
Deo površine zamišljene sfere u dielektriku 21 22/ rSS π==
Gaussova površ
1E0Er2/S
2/S
Gaussova površ
1E0Er2/S
2/S
Električno polje – isto u vazduhu i dielektriku 2
10
ˆ)(2 r
rqEε+επ
=r
, bra ≤≤ 1
Napon ∫=b
a
rEU rrd ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
ε+επ=
baqU 11
)(2 10 2
Kapacitivnost UqC = ab
baC−
ε+επ= )(2 10
Kapacitivnost - paralelna veza kondenzatora
110 22
abba
abbaC
−πε+
−πε= 3 U
0ε
1ε
U
0ε
1ε
Najjače električno polje sledi iz 1 je za ar = krE
aqE ≤
ε+επ= 2
10max
1)(2
Proboj u vazduhu nastaje pri
V/m103 6⋅=krE
Količina naelektrisanja krEaq )(2 102
max ε+επ= Najveći dozvoljeni napon sledi iz 2 )(max ab
baEU kr −= Zavisi od odnosa ba /
Teorijski najveća vrednost 0d
d max =a
U ab 2= 2maxmaxaEU kr=
Količina naelektrisanja u vazdušnom delu, iz 2 i 3 U
abbaq−
πε= 00 2 10
00 ε+ε
ε= qq
Količina naelektrisanja u dielektričnom delu, iz 2 i 3 U
abbaq−
πε= 11 2 10
11 ε+ε
ε= qq
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
0C je kapacitivnost kondenzatora kada je samo sa vazduhom, a je kapacitivnost kada je ceo ispunjen dielektrikom
1C
01 εε=ε r . Kapacitivnost do polovine napunjenog kondenzatora, iz 3
)1(21)(
21
010 rd CCCC ε+=+=
Kondenzator do polovine napunjen tečnim dielektrikom priključen je na napon . Zatim se napon isključi, a dielektrik ispusti. Premereni napon na kondenzatoru je sada .
dU
0UDielektrična konstanta 000 qUCUCq ddd === 1/2 0 −=ε dr UU
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 33(63)
ES.12.01.1
Ravnan kondenzator, sa rastojanjem između elektroda , čije su površine , priključen je na jednosmerni napon U . Dielektrik u kondenzatoru poprečno je podeljen na dva jednaka bloka sa dielektričnim konstantama
d S
1ε i 2ε . Odrediti:
a) električno polje u oba dielektrika, b) raspodelu slobodnih naelektrisanja, c) raspodelu vezanih naelektrisanja, d)
kapacitivnost kondenzatora.
1ε
1ε
2ε
d
U1ε
1ε
2ε
d
U
Rešenje
tt EE 21 =Granični uslov 21 | εε
tE2
r tE1
rU
d
1ε
2ε tE2
r tE1
rU
d
1ε
2εdUEEE ===
rrr21
Električno polje je jednako u oba bloka
Napon je isti bez obzira na put integracije EdlElEU === ∫∫
2
12
2
11 dd
rrrr
Površinska gustina slobodnih naelektrisanja uz d
UED 1111 ε=ε==η+
1ε Površinska gustina
dUED 2222 ε=ε==η+ slobodnih naelektrisanja uz 2ε
Površinska gustina ja u 1ε d
UEEEDPv )( 01010111 ε−ε=ε−ε=ε−==η− vezanih naelektrisan
Površinska gustina ja u 2ε d
UEEEDPv )( 02020222 ε−ε=ε−ε=ε−==η− vezanih naelektrisan Površinska gustina
dU
dU
dU
v 001111 )( ε=ε−ε−ε=η+η slobodnih i vezanih naelektrisanja uz 1ε
Površinska gustina
dU
dU
dU
v 002222 )( ε=ε−ε−ε=η+η slobodnih i vezanih naelektrisanja uz 2ε
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ η+η=+==
221)(1
2121SS
Uqq
UUqC Kapacitivnost
2ε
1ε
2ε
1ε
dS
dSS
dUS
dU
UC 2121 2
121
221
ε+ε=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ε+ε= Kapacitivnost
dstavi
može da se prekao paralelna veza dva kondenzatora 21 CCC +=
34(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.14.03.1
Ravan kondenzator, priključen na stalni napon U , ispunjen je dielektrikom propustljivosti i debljine . Zbog nesavršenosti obrade elektroda između elektroda i dielektrika pojavljuju se dva vazdušna procepa debljine .
1ε 1d
0d
a) Koliki je odnos jačina električnog polja u procepu i dielektriku? b)
Odrediti kapacitivnost kondenzatora.
0ε
U
0ε
1d 0d
+
1ε
0d
0ε
U
0ε
1d 0d
++
1ε
0d
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon
qSdDS
=∫rr
qDS = SqD = η=D
Električno polje – u vazdušnim procepima S
qDE00
0 ε=
ε=
00 ε
η=E 0
Električno polje – u dielektriku S
qDE11
1 ε=
ε=
11 ε
η=E 1
Napon δ++δ= 020 EdEEU
1
1
0
02ε
+ε
=d
Sqd
SqU
Površinska gustina
naelektrisanja ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ε
+ε
η=1
1
0
12 ddU 0110
10
2 ε+εεε
=ηdd
U
Električno polje 0 i 1 0110
10 2 ε+ε
ε=
ddUE i
0110
01 2
`ε+ε
ε=
ddUE 1
0
10 EE
εε
=
11
0021
dS
dS
Uq
Cε+ε==
Kapacitivnost – recipročna vrednost
010
1111CCCC
++= 0ε1ε0ε
−+ + −
U
0ε1ε0ε
−+ + −
U
Kapacitivnost = redna veza tri kondenzatota
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Jačina polarizacije u dielektriku 10110 )( EEDP ε−ε=ε−= η
εε−ε
=1
01P
Zapreminska gustina vezanih naelektrisanja 0div =−=ρ Pv
r Polarizacija je homogena
(ne zavisi od koordinata) Površinska gustina vezanih naelektrisanja
ηε
ε−ε==η
1
01mmPv Sa znakom minus uz pozitivnu elektrodu i obrnuto
Ukupna količina vezanih naelektrisanja VSSq vvvv ρ+η+η−= 0=vq , što mora uvek da bude
Električno polje u dielektriku 1 1
1 εη
=E
1111 ε
η=
ε=
ε=
SqDE 1
Električno polje u dielektriku 00
1 εη+η
=ε
η= vukupnoE
Dielektrik se zameni vakuumom, a uticaj dielektrika se zameni vezanim naelektrisanjima
Ukupna površinska gustina naelektrisanja uz pozitivnu elektrodu
ηεε
=ηε
ε−ε−η=η
1
0
1
01ukupno
Električno polje u dielektriku 110
0
01 ε
η=η
εεε
=ε
η= ukupnoE
što je poznat rezultat 1
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 35(63)
ES.16.12.1
U sfernom kondenzatoru, poluprečnika i , dielektrični sloj, dielektrične konstante , i poluprečnika i c , ne naleže uz elektrode tako da se pojavljuje nepoželjni vazdušni procep. Kondenzaator je priključen na jednosmerni napon U . Odrediti
a ad >b1ε b >
a) električno polje u delovima sa vazduhom i u delu sa dielektrikom, b) kapacitivnost kondenzatora. ☺ Skicirati grafik promene električnog polja.
0ε
0ε1ε
abcd
0ε
0ε1ε0ε
0ε1ε0ε
0ε1ε
abcd
Rešenje
Generalisani Gaussov zakon qSdDS
=∫rr
2ˆ
4 rrqD
π=
r za dra <<
Električno polje u vazduhu uz unutrašnju elektrodu 2
000
ˆ4
1rrqDE
πε=
ε=
rrza bra <<
Električno polje u dielektriku 211
1ˆ
41
rrqDE
πε=
ε=
rr za crb <<
Električno polje je jednako nuli za
ar <<0 i . dr >Električno polje u vazduhu uz spoljačnju elektrodu 2
000
ˆ4
1rrqDE
πε=
ε=
rrza drc <<
Napon između elektroda ∫=d
a
rrEU rrd)(
Napon između elektroda je zbir parcijalnih napona ⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
ε+
ε+
επ= ∫∫∫
d
c
c
b
b
a rr
rr
rrqU 2
02
12
0
ˆ1ˆ1ˆ14
Reciproćna vrednost kapacitivnosti dc
cdcb
bcba
abqU −
πε+
−πε
+−
πε=
010 41
41
41
Kondenzator je serijska veza tri sferna kondenzatora
321
1111CCCC
++=
0ε1ε0ε
U
0ε1ε0ε
U
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Ovde je radi jednostavnosti skiciran grafik Eq
04πε , tako da je
20 14
rE
q=
πε za bra << i drc <<
200 14
rE
q εε
=πε za crb <<
b c
ra
E
d
2/ 0 =εε
b c
ra
E
d
2/ 0 =εε
36(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
DC.16.12.1 Sferni kondenzator poluprečnika i ispunjen je linearnim, homogenim i nesavršenim dielektrikom čija je dielektrična konstanta
a ab >ε , a
provodnost . Kondenzator je priključen na jednosmerni napon U . Odrediti σ
a) kapcitivnost kondenzatora, b) provodnost dielektrika (odvodnost kondenzatora), c) odnos kapacitivnosti i provodnosti.
bσε a
U
bσε aa
U
Rešenje
Gaussov zakon ε=∫
qSES
rrd
ε=π
qrE 24 2
ˆ4 r
rqEπε
=r
, bra ≤≤
Napon ∫=b
a
rEU rrd
baabqU −
πε=
4
Kapacitivnost UqC = ab
baC−
πε= 4
Ohmov zakon EJrr
σ= 2ˆ
4 rrqJ
πεσ
=r
2
ˆ4 r
rqJπεσ
=r
Jačina struje ∫=S
SJIrr
d 2
244 r
rqI ππεσ
= εσ
= qI
Provodnost UIG = ab
baG−
πσ= 4
Odnos GC / Iq
IU
Uq
GC
== σε
=GC
☺ Do istih odnosa dolazi se i na sledeći način:
Kapacitivnost
UqC =
Provodnost UIG=
Iq
GC
=
Kapacitivnost
dSC ε=
q−
d
U q+ε σ
S I
q−
d
U q+ε σ
S I
nesavršen dielektrik= =nesavršen provodnik Provodnost
dSG σ=
σε
=GC
σε
==Iq
GC
Odnos dimenziono predstavlja vreme (σε=τ / tIq =/ ) i naziva se vreme relaksacije. Od tog odnosa zavisi brzina kojom naelektrisanja vezana uz elektrode otiču u obliku struje.
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 37(63)
DC.13.04.1
Koaksijalni vod poluprečnika i ispunjen je linearnim, homogenim i nesavršenim dielektrikom čija je dielektrična konstanta
a ab >ε , a provodnost σ .
Vod je priključen na jednosmerni napon U . Odrediti
a) podužnu kapcitivnost voda, b) podužnu provodnost dielektrika, c) odnos podužne kapacitivnosti i provodnosti.
b2
a2
σε
b2
a2
σε
Rešenje
Gaussov zakon – primenjen na cilindar ε
=∫qSE
S
rrd
ε′
=πLqrLE 2
Električno polje rrqEˆ
2πε′
=r
, bra ≤≤
Napon ∫=b
a
rEU rrd
abqU ln
2πε′
=
Podužna kapacitivnost U
qC′
=′ )/ln(
2ab
C πε=′
Gaussova površ
a
q′ r L
Gaussova površ
a
q′ r L
Ohmov zakon – gustina struje EJ
rrσ= r
rqJˆ
2πε′σ
=r
Jačina struje ∫=S
SJIrr
d rrLqI π
πε′σ
=2
2
εσ′= LqI
Provodnost UIG =
)/ln(2
abLG πσ
=
Podužna provodnost LGG =′
)/ln(2
abG πσ
=′
Odnos GC ′′ /πσ
πε=
′′
2)/ln(
)/ln(2 ab
abGC
σε
=′′
GC
38(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
DC.15.10.2
Poluloptasta elektroda poluprečnika načinjena je od savršenog provodnika i ukopana je u električno homogenu zemlju specifične provodnost . U elektrodu utiče struja kvara
a
σ I .
a) Za datu dužinu koraka odrediti naveći napon koraka . kl kUb)
Odrediti prelaznu otpornost između elektrode i okolne sredine. uzR
kU
Jr
a
σ
I
kU
Jr
a
σ
kU
JrJJr
a
σσ
II
Rešenje
Gustina struje ISJS
=∫rr
d ISJ =21 2
ˆ2 r
rIJπ
=r
Ohmov zakon EJrr
σ= 2ˆ
2 rrIE
πσ=
r
Napon između proizvoljnih tačaka ∫=
b
a
rEU rrd ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
πσ=
ba rrIU 11
2 1
Potencijal elektrode ara = ∞→br a
Ia
12πσ
=ϕ
rr
Jr
Sr
dS
21
S21
rr
Jr
Sr
dS
21
S21
Otpornost IR a
uzϕ
= aRuz πσ
=2
1
Napon koraka sledi iz 1
rra =
kab lrr += )(2 k
kk lrr
lIU+πσ
=
Najveći napon koraka a= )(2 k
kk laa
lIU+πσ
= )( k
kuzk la
lIRU+
= r
☺ Numerički primer: , , S/m01.0=σ m5.0=a A100=I , m8.0=kl ⇒ Ω≈ 32uzR , V1969≈kU
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 39(63)
DC.14.10.3
Loptasta elektroda poluprečnika načinjena je od savršenog provodnika i ukopana je na dubinu u električno homogenu zemlju specifične provodnost σ . U elektrodu utiče struja kvara
ah
I .
a) Odrediti tačke na površini zemlje gde je električno polje najveće. b)
Za datu dužinu koraka odrediti naveći napon koraka . kl kU
I
kU
Jr
σ
h a
I
kU
JrJJr
σσ
h a
Rešenje
Pošto je uzemljivač duboko ukopan u zemlju, gustina struje i električno polje mogu potražiti kao za usamljena sfernu elektroda u homogenoj provodnoj sredini.
Gustina struje ISJS
=∫rr
d IJS = 2
ˆ4 r
rIJπ
=r
Ohmov zakon EJrr
σ= 2
ˆ4 r
rIEπσ
=r
Uticaj površine zemlje zamenjuje se uticajem simetrično postavljenog lika, alise vazduh zamenjuje zemljom. Teorema lika u ravnom ogledalu.
Električno polje uzemljivača 2
1
11
ˆ
4 RRIE
πσ=
r 22
1 )( zhrR ++=
Električno polje lika uzemljivača 2
2
22
ˆ
4 RRIE
πσ=
r 22
2 )( zhrR −+=
h
h
2Rr
1Rr
Er
2Er
1Er
Original
Lik
σ
r
z
h
h
2Rr
1Rr
Er
2Er
1Er
Original
Lik
σσ
z
r
Na površini zemlje
0=z 2221 hrRR +== 2221
14 hr
IEE+πσ
== Električno polje ima samo horizontalnu komponentu.
2/32211 )(2)ˆ,cos(2
hrrIrREE
+πσ==
r
Električno polje je jednako nuli za i 0=r ∞→r . Prema Roleovoj teoremi između dve nule neprekidne funkcije postoji ekstremna (ovde je to maksimum) vrednost.
0dd
=rE
2hr = 2max 33
1hIE
σπ=
Polje je najveće u tačkama na kružnici datog poluprečnika.
Napon izmešu dve tačke na površini zemlje ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+−
+πσ=
+πσ= ∫ 22
222
12/322
112)(
d2
2
1hrhr
IhrrrIU
r
r
Najveći napon koraka se dobija za:
21hr = i kl
hr +=22
Približno najveći napon koraka je klEU maxmax ≈
☺ Numerički primer: , , S/m01.0=σ m A1005=h =I , m1=kl ⇒ 25V≈kU
40(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.01.2
Kroz konturu oblika polukružnice poluprečnika protične stalna struja jačine
aI . Kontura se u celosti nalazi u poprečnom homogenom magnetnom
polju jačine B .
a) Odrediti ukupnu silu kojom polje deluje na konturu. b) Pokazati da dobijeni rezultat važi za bilo koji zatvorenu konturu
IBr
z
yIBr
z
y
Rešenje
Magnetna sila na strujni element BlIF
rrr×= dd
Magnetna sila na strujnu nit BLIBlIFY
X
rrrrr×=×
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡= ∫d X Y
Lr
LX Y
Lr
L
Magnetna sila na zatvornu konturu 0drrrr
=×⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡= ∫ BlIF
C
Niz diferencijalnih dužina formira zatvoreni poligon vektora. 0d
rr=∫
C
l
0d =∑ lr
, Obiml =∑d
☺ Pojašnjenja koja slede nisu tražena na ispitu.
U konkretnom slučaju xBB ˆ=r
Element dužine prečnika ydd yl =
r
Element dužine luka θθ=θ= ˆdˆdd allr
Magnetna sila koja deluje na element prečnika poluktužnice zyIBxyIBBlIF ˆd)ˆy(ddd 1 −=×=×=
rrr
Magnetna sila koja deluje na element luka poluktužnice )ˆˆ(ddd 2 xIBaBlIF ×θθ=×=
rrr
komponenta u pravcu y yaIBF y ˆcosdd 2 θθ=r
komponenta u pravcu z zaIBF z ˆsindd 2 θθ=
IBr
1dFr
zF2dr
z
yyF2d
r
2dFr
IBr
1dFr
zF2dr
z
yyF2d
r
2dFr
Ukupna magnetna sila na prečnik zyIBF
a
ˆda
1 ∫−
−=r
zIBaF ˆ2−=1
r
Ukupna magnetna sila na na luk u pravcu y yIBaF y ˆdcos
02 ∫
π
θθ=r
02
rr=yF
Ukupna magnetna sila na na luk u pravcu z zIBaF z ˆdsin
02 ∫
π
θθ=r
zIBaF ˆ2=z2
r
Ukupna magnetna sila na celu konturu zy FFFFFF 22121
rrrrrr++=+= 0
rr=F
☺☺ Do istog rezultata dolazi se i na sledeči način:
xBB ˆ=r
zy ˆcosˆsinˆ θ+θ−=θ
)ˆˆ(ddd 2 xIBaBlIF ×θθ=×=rrr
zIBayIBazIBaF ˆ2ˆdcosˆdsin00
2 =θθ−θθ= ∫∫ππr
xzyx ˆ)ˆcosˆsin(ˆˆ ×θ+θ−=×θ
y
θ
r
zθ
y
θ
r
zθ
yzx ˆcosˆsinˆˆ θ−θ=×θ 0ˆ2ˆ221
rrrr=+−=+= zIBazIBaFFF
☺☺☺
0d)ˆcosˆsin(ˆd2
0
r=θθ+θ−=θ ∫∫
π
zyC
, π=θ=θ ∫∫π
2dd2
0C
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 41(63)
EM.15.10.3
Dva istimena tačkasta naelektrisanja q kreču se paralelno istim brzinama , međusobnom rastojanju
vr . U tački gde je jedno od naelektrisanja naći:
a) odnos električnog i magnetnog polja,
b) razliku električne i magnetne sile. c) Kolika treba da je brzina da bi naelektrisanja zadržala svoje putanje?
eFr
eFr
−
mFrvr
vr mFr
−r
q
qeFr
eFr
−
mFrvr
vr mFr
−r
q
q
Rešenje
Biot-Savartov zakon – polje strujnog elementa. 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
Veza između jačine struje i brzine naosilaca naelektisanja. vql
tqlI rrr
ddddd ==
Biot-Savartov zakon – polje elementarnog naelektrisanja. 2
0 ˆ4
ddr
rvqB ×π
μ=
rr
Magnetno polje – maksimalna jačina. 2
0max 4 r
vqBπ
μ=
Br
vr
rr
q
M Er
S Br
vr
rr
q
M Er
S
Električno polje – maksimalna jačina. 2
0max 4 r
qEπε
=
Odnos maksimalnih jačina polja vEB
00max
max με= 00
1με
=c Brzina svetlosti u vakuumu
Odnos maksimalnih jačina polja pomoću brzine svetlosti u vakuumu. 2
max
max
cv
EB
=
Magnetna (Lorentzova) sila BvqFm =
Coulombova (električna) sila EqFe = Elektromagnetna sila
Odnos maksimalnih sila max
max
EqBqv
FF
e
m = 2
2
cv
FF
e
m =
Rezultantna sila – razlika sila ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=−=
e
meme F
FFFFF 1
Čestice će nastaviti pravolinijsko kretanje ako se kreću brzinom svetlosti. U suprotnom će se razići.
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= 2
2
1cvFF e eFF ≈ em FF <<,
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Neka se nosioci naelektrisanja kreću kroz dva paralelna, neograničeno duga provodnika, tada sledi
Električno polje - podužnog naelektrisanja r
qE 12 0πε
′=
Električna sila na drugi provodnik po jedinici dužine r
qEqFe1
2 0
2
πε′
=′=′ vr vr
q′ q′
vr vr
q′ q′
Magnetno polje - podužnog naelektrisanja r
qvr
IB 12
12
00
π′μ
=π
μ= vqI ′=
Magnetna sila na drugi provodnik po jedinici dužine
rvqBIFm
12
220
π′μ
==′ vqI ′=
Jačina struje
Jednakost sila - čestice se kreću brzinom svetlosti r
qr
vq 12
12 0
2220
πε′
=π′μ cv =
με=
00
1
42(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.13.09.1
Kroz pravolinijski neferomagnetni linearni provodnik, poluprečnika i magnetne permeabilnosti , protiče stalna struja
a 1μI . Odrediti:
a) magnetno polje u svim tačkama prostora, b)
gustine vezanih struja.
Rešenje
Generalisani Ampèreov zakon ∫∫ =
S
dd SJlHC
rrrr
Magnetitaciono polje u provodniku π
π=π 2
22 ra
IrH θπ
= ˆ2 21 a
rIHr
, ar ≤
Magnetitaciono polje u vazduhu π
π=π 2
22 aa
IrH θπ
= ˆ120 rIH
r, ar ≥
Ampèreove konture
ar ≥ar ≤
a1μ 0μ
Ampèreove konture
ar ≥ar ≤
a1μ 0μ
Magnetno polje u provodniku 111 HB
rrμ= θ
πμ
= ˆ2 2
11 a
rIBr
, ar ≤
Magnetno polje u vazduhu 000 HB
rrμ= θ
πμ
= ˆ12
00 r
IBr
, ar ≥
Linearni materijali
Magnetizacija MHBrrr
+=μ0
1 HBMrrr
−μ
=0
1
Magnetizacija u provodniku 11
01
1 HBMrrr
−μ
= θπ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
μμ
= ˆ2
1 20
11 a
rIMr
, ar ≤
Magnetizacija u vazduhu 00
00
1 HBMrrr
−μ
= 00 =M , ar ≥
Kod većine provodnika (osim feromagnetika) je , pa je vrlo 0μ≈μpribližno:
20
1 2 arIB
πμ
= , 01 =M
Do istog rezultata se dolazi i na sledeći način HHHHHB rmm
rrrrrrμ=μμ=χ+μ=χ+μ= 000 )1()(
0≠χm , za materijale Linearni materijali Magnetna susceptibilnost
HM m
rrχ=
110
1 −μ=−μμ
=χ rm 0=χm , za vakuum
Magnetizacija 11 HM m
rrχ=
00 0 HMrr
⋅= θ
πχ
=θπ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
μμ
= ˆ2
ˆ2
1 220
11 a
rIarIM m
r, ar ≤
Površinska gustina vezanih struja
arSa nMJ=
×= ˆ1
rr z
aIz
aIJ m
Sa ˆ2
ˆ2
10
1
πχ
−=π⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
μμ
−=r
Zapreminska gustina vezanih struja
1rot MJ a
rr= z
aIz
aIJ m
a ˆˆ1 220
1
πχ
+=π⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
μμ
+=r
Ukupna jačina vezanih struja 022 =π+π= aJaJI Saaa (što mora da bude)
z
rzr
zrr
rM ˆ2
00
ˆˆˆ1rot
2
1 =∂∂
θ∂∂
∂∂
θ
=r
zr MrMMzr
zrr
rM
θ
∂∂
θ∂∂
∂∂
θ
=
ˆˆˆ1rot
rzn ˆˆˆ −=×θ n
z
×θ nθ
nz
×θ n×θ nθ
Paramagneti materijali (na primer, Al, 1.000022=μr ) imaju pozitivnu suceptibilnost, dok diamagnetni materijali (na primer, Cu, 0.999994=μr ) imaju negativnu suceptibilnost, pa su gustine vezanih struja suprotnih smerova.
.
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 43(63)
EM.16.01.1
Kroz konturu oblika pravilnog tougla protiče stalna struja . Oko mnogougane kotutre opisana je kružna kontura sa jačinom struje . Poluprečnik opisane kružne konture je . Jačina magnetnog polja
−n nI
cIa B u
zajedničkom centru je jednaka nuli.
a) Odrediti vezu između jačina struja u konturama. ☺
Retultat proveriti za granični slučaj ∞→n .
cI
αa
mI
O
cI
αa
mI
O
Rešenje
Biot-Savartov zakon – magnetno polje strujnog elementa. 2
0ˆd
4d
RRlIB ×
πμ
=r
r
Pomoću trigonometrijskih veza sledi
lR
dsind θ=θ ,
rRθ
=sin1 θθ
πμ
= dsin4
d 0rIB
Magnetno polje strujne duži. ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB 1
Za tačke na osi simetrije je i 12 θ−π=θ )2/cos(β= br , pa sledi
Magnetno polje na osi simetrije strujne duži. 2
tan2
0 βπ
μ=
bIB 2
Br
Ir
Br
Ir
r
lIr
d
2θ1θ θR r
lIr
d
2θ1θ θR
2θ1θβ
b
1θb 2θ1θβ
b
1θb
θπμ
= d4
d 20 aaIB
θθ= ˆdd alr
θ=× d|ˆd| arl
r
Biot-Savartov zakon – magnetno polje kružnog luka, poluprečnika i centralnog ugla β . a β
πμ
=θπ
μ= ∫
β
aI
aIB
4d
40
0
0 lIr
3 d
aθd
lIr
dθd
a
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
Magnetno polje u centru kružne konture a
IB cc 2
0μ=
Magnetno polje (u centru kružnice) jedne stranice pravilnog −n tougla na
Ina
IB nnn
ππ
μ=
ππ
μ= tan
222tan
200
1
Magnetno polje (u centru kružnice) nm ≤ stranica pravilnog tougla −n na
ImB nmn 2
2tan2
0 ππ
μ=
Magnetno polje (u centru kružnice) svih stranica pravilnog tougla −n n
naI
naInB nn
nπ
πμ
=π
πμ
= tan22
2tan2
00
Struje u kružnici i touglu su suprotnih smerova. Jačine polja treba da budu jednake.
−n nc BB =
nnII nc
ππ
= tan
Za tougao postaje kružnica ∞→n n − nnnnnnc In
nn
In
nII =π
ππ
=π
π=
∞→∞→∞→ )/()/sin(lim
)/cos(1limtanlim
☺ Na ispitima u različitim rokovima su razmatrani i neki specijalni slučajevi
6=n 6=m
6tan6 π
π= nc II
4=n 2=m
4tan2 π
π= nc II
3=n 2=m
3tan2 π
π= nc II
44(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.09.1
Kontura oblika zupčanika sa zubaca opticana je stalnom strujom n I . Počeci zubaca leže na kružnici poluprečnika , a njihovi krajevi na kružnici poluprečnika . Na slici je prikazana kontura za
aab ≥ 4=n .
a) Odrediti jačinu magnetnog polja u tački . O b) Koliko je polje u tački ako je . O ba = c) Koliko je polje u tački ako . O ∞→n
n/π=αI O a
b
n/π=αI O a
b
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
a
rrα
θd
lIr
da
rrα
θd
lIr
d
Magnetno polje na osi strujnog elementa 0=B
rl rrdd =
0|ˆd| =× rlr
Magnetno polje kružnog luka, poluprečnika a i centralnog ugla . α
aI
aaIB α
πμ
=θπ
μ= ∫
α
4d
40
02
0
θθ= ˆdd alr
θ=× d|ˆd| arl
r
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje u centru date konture stvaraju samo kružni lukovi.
Bez obzira na broj zubaca ukupna dužina luka svih zubaca je uvek ista. Ukupni centralni ugao je uvek isti.
Rezultat ne zavisi od . n
Što je isto kao da je
1=n , π=α a
bI
Br
ab
IBr
Magnetno polje kružnog luka
poluprečnik , centralni ugao a π=α
aIBa
ππ
μ=
40
Magnetno polje kružnog luka poluprečnik , centralni ugao b π=α
bIBb
ππ
μ=
40
ba BBB +
=
Magnetno polje kružnog luka
poluprečnik , centralni ugao a n/π=α
naIBa
ππ
μ=
40
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ +
μ=
baIB 11
40
Magnetno polje kružnog luka poluprečnik b , centralni ugao n/π=α
nbIBb
ππ
μ=
40
ba nBnBB +
=
ba =
☺ Dakle, problem je rešen na dva načina. U slučaju jednakih poluprečnika, , dobija se poznat razultat za magnetno polje u centru kružne strujne konture.
ba = aIB
20μ
=
Do istog rezultata se dolazi i direktnom primenom Biot-Savartov zakona. aI
aIB
2d
40
2
0
0 μ=θ
πμ
= ∫π
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 45(63)
EM.16.10.1
Kontura oblika zupčanika sa zubaca opticana je stalnom strujom n I . Počeci zubaca leže na kružnici poluprečnika , a njihovi krajevi na kružnici poluprečnika . Na slici je prikazana kontura za
aab ≥ 4=n .
a) Odrediti jačinu magnetnog polja u tački . O b) Koliko je polje u tački O ako je . ba = c) Koliko je polje u tački O ako je i ba = ∞→n .
b
aOI
n/π=α
b
aOI
n/π=α
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0ˆd
4d
RRlIB ×
πμ
=r
r
Pomoću trigonometrijskih veza sledi
lR
dsind θ=θ ,
rRθ
=sin1 θθ
πμ
= dsin4
d 0rIB
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje na rastojanju r od ose strujne duži. ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB
Za tačke na osi simetrije je i 12 θ−π=θ )2/cos(β= br , pa sledi
Magnetno polje u tačkama na osi strujne duži. 2
tan2
0 βπ
μ=
bIB
Br
Ir
Br
Ir
r
lIr
d
2θ1θ θR r
lIr
d
2θ1θ θR
2θ1θβ
b
1θb 2θ1θβ
b
1θb
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje u centru date konture stvaraju samo tetive unutrašnje i spoljašnje kružnice.
Magnetno polje koje potiče od tetiva kružnice poluprečnika a . na
InBa 2tan
20 ππ
μ=
Magnetno polje koje potiče od tetiva kružnice poluprečnika b . nb
InBa 2tan
20 ππ
μ=
Magnetno polje u centru date konture. n
Inba
B2
tan2
11 0 ππ
μ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +=
Ako je dobija se pravilan poligon
ba =
Magnetno polje u centru pravilnog poligona sa stranica. n2 na
InB2
tan0 ππμ
= kad poligon degeneriše u kružnicu.
∞→n
Magnetno polje u centru kružnice. aIB
20μ
= 12
tan2lim =π
π∞→ nn
n
1/
/tanlimtanlimcossinlimsinlim1
000=====
∞→→→→ nxnx
xx
xxx
xx
nxxx
46(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.13.06.1
Kroz pravougaonu konturu, stranica i , protiče stalna struja a2 b2 I . Odrediti jačinu magnetnog polja u centru konture i to:
a) u opštem slučaju, b) ako je , tj kada pravougaonik degeneriše u kvadrat, ba = c)
ako je , tj kada pravougaonik degeneriše u dvožični vod. ba >>
b2I
O
a2
b2I
O
a2
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje trujnog elementa.
20
ˆd4
dR
RlIB ×π
μ=
rr
Pomoću trigonometrijskih veza sledi
lR
dsind θ=θ ,
rRθ
=sin1 θθ
πμ
= dsin4
d 0rIB
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje strujne duži. ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB 1
Za tačke na osi simetrije je 12 θ−π=θ i )2/cos(β= br , pa sledi
Magnetno polje na osi simetrije strujne duži.
2tan
20 βπ
μ=
bIB 2
Br
Ir
Br
Ir
r
lIr
d
2θ1θ θR r
lIr
d
2θ1θ θR
2θ1θβ
b
1θb 2θ1θβ
b
1θb
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Manetno polje – stranica pravougaonika a2 pomoću 1 ili 2
22
0
2 bab
aIBa+π
μ=
ba /)2/(tan =β da /cos 1 =θ
12 coscos θ−=θ b
β
a
d1θ 2θ
ab
β
a
d1θ 2θ
a Manetno polje - stranica pravougaonika b2pomoću 1 ili 2
220
2 baa
bIBb+π
μ= 2
2 bad += Za stranicu b2 oznake i a bsamo zamene mesta
Magnetno polje – centar pravougaonika ba BBB 22 += 22
0 11ba
IB +π
μ=
Magnetno polje – centar kvadrata ba = , ba BB =
aIB 20
πμ
= , stranica kvadrata je a2
Magnetno polje – na sredini dvožičnog voda
ba >> , tj. ∞→a 0→bB b
IB 12
0
πμ
= , rastojanje provodnika dvožičnog voda je b2
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 47(63)
EM.14.04.1
Date su žičane konture oblika kvadrata, kroz koje u istom smeru protiču stalne struje jačina I . Kvadrati su postavljeni tako da temena manjeg kvadrata leže na sredinama stranica većeg kvadrata. Najmanji kvadrat ima stranicu dužine , tj. poluprečnik opisane kružnice a 2/ab = .
a) Odrediti jačinu magnetnog polja B u tački centra simetrije.
☺ Uopštiti rezultat za proizvoljan broj n i ∞→n kvadrata.
1
2
0I
a1
2
0I
a
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0ˆd
4d
RRlIB ×
πμ
=r
r
Pomoću trigonometrijskih veza sledi
lR
dsind θ=θ ,
rRθ
=sin1 θθ
πμ
= dsin4
d 0rIB
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje strujne duži. ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB 1
Za tačke na osi simetrije je i 12 θ−π=θ )2/cos(β= br , pa sledi
Magnetno polje na osi simetrije strujne duži. 2
tan2
0 βπ
μ=
bIB 2
Br
Ir
Br
Ir
r
lIr
d
2θ1θ θR r
lIr
d
2θ1θ θR
2θ1θβ
b
1θb 2θ1θβ
b
1θb
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje stranice kvadrata pomoću (1) a je stranica
2/ar = , 4/1 π=θ , 4/31 π=θ
aIB
πμ
= 0
22
Magnetno polje stranice kvadrata pomoću (2) b je pp opisane kružnice
2/π=β ,
( 2/ab = ) b
IBπ
μ=
20
Magnetno polje u centru kvadrata pomoću (1) a
IBπμ
= 00 22
Magnetno polje u centru kvadrata pomoću (2) b
IBπμ
= 00 2
2/π
4/π4/π
ba
b2/π
4/π4/π
ba
b
Za magnetno polje u zajedničkom centru više kvadrata upotrebimo, na primer, drugi oblik:
Za svaki sledeći kvadrat menja se samo pp opisane kružnice 0
)1(
21 BB = , 0
)1()2(
21
21 BBB == , 0
)2()3(
221
21 BBB ==
Ukupno magnetno polje ne zavisi od međusobnih položaja kvadrata
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+++++= ...
41
221
21
2110BB
Magnetno polje - prva tri kvadrata
bIBB
πμ
+=+
= 003 )23(
223
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Očigledno da pp opisanih kružnica formiraju geometrisku progresiju 1
21
<=r količnik dva susedna člana
Geometrijska progresija
1...1 −+++= nn rrS
Zbir geometrijske progresije 222/11
12
1
0
+=−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛∑∞
=k
k
rrS
n
n −−
=11
Magnetno polje - beskonačno mnogo kvadrata b
IBπμ
+= 0)22( r
SS nn −==
∞→ 11lim , 1|| <r
48(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.12.1
Kroz konturu oblika testere sa zubaca protiče stalna struja n I . Gornja ivica zubaca poklapa se sa pravom koja sa osom testere gradi ugao α . Na slici je prikazan oblik sa po po dva zupca levo i desno od centra konture . O
a) Odrediti jačinu magnetnog polja u centru konture.
☺
Odrediti jačinu magnetnog polja u centru konture ako ∞→n .
a4
α
a2 a3
I
O a a4
α
a2 a3
I
O a
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
O
lIr
drr
O
lIr
drr
Magnetno polje na osi strujnog elementa 0=B
rl rrdd =
0|ˆd| =× rlr
Magnetno polje na rastojanju r od ose strujne duži. ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB
2/1 π=θ α+π=θ 2/2
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje u centru date konture stvaraju samo vertikalni elementi.
Magnetno polje jedne vertikalne ivice date konture. α
πμ
= sin4
0
xIB
Magnetno polje para simetričnih vertikalnih ivica. α
πμ
= sin2
0
xIB
Magnetno polje svih vertikalnih ivica, ...,3,2, aaax = ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −+−α
πμ
= ...31
211sin
20
aIB O
lIr
d
α1θ
2θ
xO
lIr
d
α1θ
2θ
x
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Taylorov red ∑∞
=
+ −=
1
1
!)()()(
n
nn
naxafxf
Taylorov red u okolini 0=a ∑
∞
=
+
=1
1
!)0()(
n
nn
nxfxf
Taylorov red funkcije )1ln()( xxf += ∑
∞
=
+−=+
1
1)1()1ln(n
nn
nxx . 1|| ≤x , 1−≠x
Za 1=x ...31
211)1(2ln
1
1
−+−=−
= ∑∞
=
+
n
n
n
Magnetno polje svih vertikalnih ivica, ...,3,2, aaax = 2lnsin
20 απ
μ=
aIB
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 49(63)
EM.15.09.1
Strujna kontura se satoji od kružnog luka, poluprečnika r i centralnog ugla , i dve poluprave koje tangiraju kružni luk na njegovim krajevima. Kroz
konturu protiče stalna struja α2
I .
a) Odrediti jačinu magnetnog polja u tački . Ob)
Objasniti rezultate za , i 0=α 2/π=α π=α .
r
α2
Ir
α2
I
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
Br
Ir
Br
Ir
Magnetno polje kružnog luka, poluprečnika r . r
IB απ
μ=
40 r α
Ir αI
Magnetno polje na rastojanju r od ose strujne duži. ( 21
0 coscos4
θ−θπ
)μ=
rIB
Ir1θ 2θ
Ir1θ 2θ
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
Magnetno polje na rastojanju r od početka poluprave. r
IBπ
μ=
40 2/1 π=θ , π=θ2
Magnetno polje dve polovine luka i dve poluprave. )1(
242
42 000 α+
πμ
=α
πμ
+π
μ=
rI
rI
rIB Magnetno polje
date konture.
Strujna kontura se sastoji od dve poluprave, koje u magnetnom smislu čine jednu pravu, i dela kružnice. Magneto polje je uvek usmereno u ravan crteža.
I
0=α
r∞→
I
0=α
r∞→
I
r2/π=α
∞↓I
r2/π=α
∞↓∞↓
rπ=α
∞→Ir
π=α
∞→I
Poluprava + Poluprava = Prva
Poluprava + polukružnica + poluprava
Poluprava + kružnica + poluprava
rIB
πμ
=2
0 rI
rIB
4200 μ
+π
μ=
rI
rIB
2200 μ
+π
μ=
Dve poluprave se u geometrijskom i magnetnom smislu spajaju u jednu pravu.
Dve poluprave na suprotim stranama sa suprotnim smerovima struja daju polje kao i jedna prava.
☺ Kroz dve poluprave struja je suprotnog smera, ali je i tačka sa druge strane. Smer polja se ne menja.
50(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.03.2
Strujna kontura se satoji od kružnog luka, poluprečnika r i centralnog ugla , i dve poluprave od kojih jedna tangira kružni luk na njegovom početku, a
druga na njegovom kraju je u radijačnom pravcu. Kroz konturu protiče stalna struja
α
I .
a) Odrediti jačinu magnetnog polja u tački , rj. centru kružnog luka. Ob)
Objasniti rezultate za 0=α , π=α 2 i π>α 2 .
α
I
r
Oα
I
r
O
3
1
2α
I
r
Oα
I
r
O
3
1
2
Rešenje
Magnetno polje – Biot-Savartov zakon 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
Br
Ir
Br
Ir
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedenih formula.
Magnetno polje - kružnog luka, 2.
rIB α
πμ
=4
0 r αIr αI
Magnetno polje - na rastojanju od ose strujne duži.. a ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB
Ir1θ 2θ
Ir1θ 2θ
Magnetno polje - poluprave u pravcu tangente, 1. r
IBπ
μ=
40 2/1 π=θ , π=θ2
Magnetno polje - poluprave radijalnom pravcu, 3. 0=B π=θ1 , π=θ2
Magnetno polje - celog sistema. )1(1
441
4000 α+π
μ=
απ
μ+
πμ
=r
Ir
Ir
IB
Zavisnost jačine magnetnog polja od vrednosti centralnog ugla kružmog luka
0=α
I
I0=α
I
0=α 0=α
I
I
π=α 2
I
I
π=α 2I
I
π=α 4
I
Iπ=α 4
I
I
π=α 6
I
Iπ=α 6
I
I
rI
rIB 0
21
400 μ
+π
μ=
rI
rIB 1
21
400 μ
+π
μ=
rI
rIB 2
21
400 μ
+π
μ=
rI
rIB 3
21
400 μ
+π
μ=
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 51(63)
EM.16.12.1
Beskonačno dug provodnik, kroz koji protiče stalna struja I , savijen je (kao na slici) tako da kraci grade ugao . Tačke A i B nalaze se na simetrali ugla i na rastojanju od temena.
α2a
a) Odrediti magetno polje u tački A. b) Odrediti magetno polje u tački B. c) Koji rezultat se dobija za . 2/π=α
☺
Skicirati funkciju po kojoj se polje menja u zavisnosti od ugla α .
I
α2aA B
I
α2aA B
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
Br
Ir
Br
Ir
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje na rastojanju r od ose strujne duži. ( )21
0 coscos4
θ−θπ
μ=
rIB
Ir1θ 2θ
Ir1θ 2θ
Magnetno polje u tačka A od jednog (gornjeg) kraka.
αα−
πμ
=sin
cos14
0
aIB
α−π=θ1 π=θ2
α= sinar
2θ
r
1θ∞
αa
A
2θ
r
1θ∞
αa
AA
Magnetntno polje u tačka A od oba kraka. 2
tan2
0 απ
μ=
aIBA
Magnetno polje u tački B od jednog (gornjeg) kraka.
α+α
πμ
=sin
1cos4
0
aIB
α=θ1 π=θ2
α= sinar 2θ
r1θ
∞
αa B
2θr1θ
∞
αa BB
Magnetntno polje u tački B od oba kraka. 2
cot2
0 απ
μ=
aIBB
Za kraci su kolinearni i dobija se magnetno polje strujne niti.
2/π=αaIBBB BA π
μ===
20
0 Biot-Savartov zakon
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Magnetno polje
u tački A
Prikazani su grafici promene magnetnog polja u tačkama A i B u funkciji ugla koji zaklapaju poluprave opticane stalnom strujom.
Magnetno polje u tački B
0/ BB
2/π
0/ BB
2/π
52(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.15.10.2
Kontura opticana stalnom strujom I se sastoji od koncentričnih kružnih lukova i radijalnih segmenata koji spajaju kraj jednog luka sa početkom sledećeg. Centralni ugao lukava je α , a poluprečnici su , , ..., . ia 2a naU centru sistema O odrediti a) jačinu magnetnog polja, b) jačinu magnetnog polja ako je ,aiai = ni ,1= c) smer magnetnog polja,
☺
jačinu magnetnog polja ako je ,iaai = ni ,1= i ∞→n .
α
I
2a 5aLO 1a
α
I
2a 5aLO 1a 2a 5aLO 1a Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0 ˆd4
dr
rlIB ×π
μ=
rr
a
O α
θd
lIr
d
a
O α
θd
lIr
d Magnetno polje na osi strujnog elementa 0=B
rl rrdd =
0|ˆd| =× rlr
Magnetno polje kružnog luka, poluprečnika i centralnog ugla .
aα
aI
aaIB α
πμ
=θπ
μ= ∫
α
4d
40
02
0
θθ= ˆdd alr
θ=× d|ˆd| arl
r
☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.
Magnetno polje u centru date konture stvaraju samo kružni lukovi.
Magnetno polje i -tog kružnog luka.
ii a
IB απ
μ=
40 Taylorov red
∑∞
=
+
=1
1
!)0()(
n
nn
nxfxf
Magnetno polje svih lukova. ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+−
παμ
== ∑=
...1114 321
0
1 aaaIBB
n
ii
Magnetno polje svih kružnih lukova ako je aiai = ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−+−
παμ
=na
IB 1...31
211
40 ∑
∞
=
+−=+
1
1)1()1ln(n
nn
nxx
11 ≤<− x Magnetno polje je usmereno od ravni slike i određeno je smerom struje u prvom kružnom luku. Doprinos sledećeg luka je manji, i tako dalje.
1=x
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu
Magnetno polje svih kružnih lukova ako ∞→n 2ln
40
aIB
παμ
= ∑∞
=
+−=
1
1)1(2lnn
n
n
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 53(63)
EM.15.09.1
Dva kružna koaksijalna obruča jednakih poluprečnika se nalaze na međusobnom rastojanju . Kroz obruče teku stalne struje istog smera i iste jačine
ad
I . Odrediti jačinu magnetnog polja
a) u centru sistema , Ob) u centru sistema , ako je . O ad =☺ Skicirati grafik promene magnetnog polja u aksijalnom pravcu.
z
O
d
II
a
z
O
d
II
a
Rešenje
Biot-Savartov zakon - magnetno polje strujnog elementa. 2
0ˆd
4d
RRlIB ×
πμ
=r
r
U tačkama na osi polje ima samo z mponentu. ko
Komponente polja u radijalnom pravcu se anuliraju.
),cos(d RaaBz
d RBrr
==
θθ= ˆdd alr
θ=× d|ˆd| aRl
r
Ra
RaIBz 2
0 d4
d θπ
μ=
Ia
rBr
d
zBr
d
Br
dR
O
z2/d
lr
d
θd
zIa
rBr
d
zBr
d
Br
dR
O
z2/d
lr
d
θd
z
Magnetna polja svakog od obruča posebmo. Centri obruča su pomereni u odnosu na koordinatni početak.
2/322
30
])2/([2 dzaa
aIBz ++
μ=
22 )2/( dzaR ++=
∫π
θπ
μ=
2
03
20 d
4 RaIBz
2/322
30
])2/([2 dzaa
aIBz −+
μ=
22 )2/( dzaR −+=
Magnetna polja u centru svakog od obruča a
IB2
00
μ= 2/dz ±=
Magnetna polja oba obruča se sabiraju jer su snerovi struja isti.
z2/d2/d
zO
+R −Ra
z2/d2/d
zO
+R −Ra
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
+= 2/322
3
2/322
3
0)( aaBzBz⎠⎝ −+++ )])2/([)])2/([ dzadza
0=z 2/322
3
0 )])2/([2)(da
aBzBz +=
Magnetno polje u centru sistema
0=z , ad = 5516
0BBz = Magnetno polje u centru sistema, ad = .
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Jedino za rastojanje
ad =
magnetno polje između obruča je u najvećem delu homogeno. Za to rastojanje obruči čine Helmholtzov par.
0/ BBz 0/ BBz0/ BBz
ad = ad <ad >
0/ BBz 0/ BBz0/ BBz
ad = ad <ad >
54(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.13.10.2
Prenosna linija sastoji se od dva veoma duga paralelna trakasta provodnika jednakih širina , koja se nalaze na međusobnom rastojanju
hhd << . Linija je priključena na jednosmerni napon.
Naelektrisanja su po površinama traka ravnomerno raspoređena i kreću se stalnim brzinama u suprotnim smerovima formirajući tako dva strujna plašta.Odrediti: a) podužnu induktivnost L′ ,
b) podužnu kapacitivnost C . ′c) Pokazati da je proizvod konstantan. CL ′′
d
h
l
I I
d
h
l
I I
Rešenje
Ampèreov zakon ∫∫ μ=S
0C
dd SJlBrrrr
Magnetno polje strujne ravni (plašt) hJBh S02 μ= SJB 02
1μ=
Magnetno polje između dve ravni SJB 0μ=
Površinska gustina struje
hIJS =
hIB 0μ=
Br
Br
SJr
C
S
Ampè
reov
a ko
ntur
a
Br
Br
SJrSJr
C
S
Ampè
reov
a ko
ntur
a
Energija magnetnog polja 1 ∫μ
=V
m VBW d21 2
0
hldIhld
hIWm
202
0
0 221 μ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ μ
μ=
Energija (induktora) magnetnog polja 2 2
21 LIWm = h
ldILI 202
221 μ
=
Mag
netn
o po
lje
Podužna induktivnost hd
lLL 0μ==′
Gaussov zakon SSESS
d1d0∫∫ η
ε=
rr
Električno polje naelektrisane ravni
0
2εη
=SES
02εη
=E
Električno polje između dve ravni
0εη
=E
Površinska gustina naelektrisanja hl
q=η hl
qE0ε
=
Er
Er
Gaussova površina
ηl
Er
Er
Gaussova površina
ηl
Energija električnog polja 1 ∫
ε=
Ve VEW d
220 lh
dqWe2
021ε
=
Energija (kondenzatora) električnog polja 2
CqWe
2
21
= Cq
lhdq
22
0 21
21
=ε
Elek
tričn
o po
lje
Podužna kapacitivnost dh
lCC 0ε==′
Proizvod podužnih karakterustika 200
1c
CL =με=′′ 00
1με
=c , brzina svestlosti u vakuumu.
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 55(63)
EM.17.02.1
Kroz dva pravolinijska provodnika, ukrštena pod pravim uglom, protiču stalne struje I . Žičana kontura oblika pravouglog jednakokrakog trougla katete postavljena je tako da pravac hipotenuze zaklapa uglove od a 4/π sa oba provodnika. Teme konture koje je najbliže mestu ukrštanja provodnika nalazi se na rastojanju δ od oba provodnika (kao na slici). Kontura se od početnog položaja udaljava brzinom u pravcu koji ima hipotenuza. Odrediti indukovanu elektromotornu silu u konturi.
v
δ
vr
δ
I
I
aaδ
vr
δ
I
I
aa
Rešenje
Elektromotorna sila – Faradayev zakon yx vv
ttttt δΦ
−δ
Φ−=
δδ
Φ−
δδ
Φ−=
ΦΦ−=
Φ−=ε
dd
dd
dd
dd
dd
dd
dd-
dd
dd 212121
Udeo vertikalnog provodnika ∫
+δ
δ
=Φa
xSxB )(d)(1
Magnetno polje – Biot – Savartov zakon x
IxB 12
)( 0
πμ
=
Površina konture δ−= xxh )( , xxxS d)()(d δ−=
Fluks ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
δ+δ
δ−π
μ=Φ
aaI ln2
01
Izvod fluksa po pomeraju ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
δ+δ
−+δπ
μ=
δΦ a
aaI ln
2dd 01
a
xvrI
xa+δδ
Sd
⊗Br
a
xvrI
xa+δδ
Sd
⊗Br
⊗Br
2/2vvx =
Udeo horizontalnog provodnika ∫
+δ
δ
=Φa
ySyB )(d)(2
Magnetno polje – Biot – Savartov zakon y
IyB 12
)( 0
πμ
=
Površina konture yayh −δ+=)( , yyayS d)()(d −δ+=
Fluks ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
δ+δ
+δ+δ
δ+−π
μ=Φ
aaaaI lnln2
02
Izvod fluksa po pomeraju ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛δ+δ
−δ+δ
++δ
−π
μ=
δΦ
)(ln
2dd 2
02
aaa
aaI
yvra+δ
Iaδ
ySd
⊗Br
yvra+δ
Iaδ
ySd
⊗Br
⊗Br
2/2vvy =
Komponente brzina su jednake 2
2d
dd
d 21 v⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
δΦ
+δ
Φ−=ε
22vvv yx ==
Indukovana elektromotorna sila 2
2)(2
20 v
aaI
δ+δπμ
=ε
Smer indukovane struje za date smerove struja u provodnicima
Udaljavanjem od provodnika magnetno polje slabi. Indukovana ems ima takav smer da se protivi promeni. Indukovana struja u konturi ima smer koji pojačava polje, tj. sner kazaljki na satu.
56(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.06.1
Kvadratna kontura stranice se nalazi između dva neograničeno duga prava provodnika koji su na međusobnom rastojanju . Struja u provodnicima, koji su ustvari deo konture koja se u beskonačnosti zatvara, se menja po zakonu .
aati )(
b +2tIm ω= sin
Odrediti indukivanu elektromotornu silu u kvadratnoj konturi. i to: a) tačno, uzimajući u obzir da polje opada sa rastojanjem od provodnika, ☺ približno, smatrajući da je polje u okviru konture konstantno. ☺ ☺ Proceniti grešku između tačne i približne vrednosti za ab 10= .
~
b
b
a
)(ti
V ~
b
b
a
)(ti
VV
Rešenje
Udeo oba provodnika je isti ∫
+
δ
=Φab
B dS2
Površina konture ah = , yayS d)(d = Tačan proračun )(yBB = Magnetno polje – Biot – Savartov zakon y
iyB 12
)( 0
πμ
=
Sd
)(ti
⊗Brb
b
a
)(ti
y
Sd
)(ti
⊗Br
⊗Brb
b
a
)(ti
y
Fluks – tačan izraz b
abaiyyai ab
b
+π
μ=
πμ
=Φ ∫+
lnd 00
tfai
baai
πμ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅
πμ
=Φ 00 1ln
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
baft 1ln
Približan proračun ☺ const.== BB ☺ Magnetno polje – Biot – Savartov zakon b
iyB 12
)( 0
πμ
=
Fluks – približan izraz b
aiybai ab
b
200 dπ
μ=
πμ
=Φ ∫+
BS2=Φ
pfai
baai
πμ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅
πμ
=Φ 00 b
af p =
Indukovana elektromotorna sila t
ifat d
ddd 0 ⋅⋅
πμ
−=Φ
−=ε tff = ili pff =
Za tIti m ω= sin)( tbaaIm ω⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
πωμ
−ε cos1ln0 tff =
☺ ☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Taylorov red ∑∞
=
+
=1
1
!)0()(
n
nn
nxfxf
)1ln()( xxf += ∑∞
=
+−=+
1
1)1()1ln(n
nn
nxx , 11 ≤<− x
1≤=bax ...
31
211ln
32
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
ba
ba
ba
ba
3.0
a5
1.0
a10 b
2.0
)/1ln( ba+ba /
3.0
2.0ba /ba /
a5
1.0 )/1ln( ba+ )/1ln( ba+
a10 b
Za 1/ <<ba ostatak reda može da se zanemari.
Za ab 10= ...100004
1100031
10021
101
1011ln +
⋅−
⋅+
⋅−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
Proc
ena
greš
ke k
oja
se č
ini k
ada
se
tačn
a fu
nkci
ja z
amen
i prib
ližno
m
Za ab 10= 1.0=pf , 095.01.1ln ≈=tf %5100 ≈⋅−
t
pt
fff
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 57(63)
EM.16.01.1
Kroz prav neograničeno dug provodnik protiče promenljiva struja , učestanosti i amplitude , čiji je talasni oblik dat na slici. Žičana kontura povtšine nalazi se na rastojanju
)(tif mI
S Sr >> od provodnika tako da se može smatrati da je jačina magnetnog polja u okolini konture stalna. Odrediti inukovanu elektromotornu silu u konturi.
Numerički podaci: , A10=mI m1=r , , 2m01.0=S Hz50=f
)(ti
mI
0 tTTk
)(timI
0 tTTk
10 << k
Rešenje
Fluks BSSBS
==Φ ∫rr
d
Magnetno polje – Biot – Savartov zakon
riB 1
20
πμ
=
Indukovana ems – Faradayev zakon
ti
rS
t dd
2dd 0
πμ
−=Φ
−=ε
Br
)(ti
r
SBr
)(ti
r
S
Jednačina talasnog oblika prava kroz dve tačke )( 1
12
121 tt
ttiiii −
−−
=−
Nastajanje struje )0,0(A , ),( mIkTB TtI
ki m
1= kTt ≤≤0
Nestajanje struje ),( mIkTB , )0,(TC ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−=
TtI
ki m 1
11 TtkT ≤≤
Indukovana ems ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
≤≤−
≤≤−
πμ
=ε
TtkTk
kTtk
TI
rS m
,1
1
0,1
20
Numerički primer mV12
0 =π
μTI
rS m
)(tε
)(ti
)(tε
)(ti
58(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.10.2
Kroz neograničeno dug i prav provodnik u trenutku 0=t struja poćinje da nestaje po zakonu . Pored provodnika se nalazi nepomična žičana kontura oblika, dimenzija i položaja kao na slici. Otpornosti konture je
kteIti −= 0)( , 1const. >>=k
R . Odrediti:
a) zakon promene indukovane struje u konturi, b)
smer (u smeru kazaljki na satu ili suprtno) indukovane struje.
a
a
a
ai
Br
⊗
a
a
a
ai
Br
⊗⊗
Rešenje
xiB 1
20
πμ
= ∫=Φ SBd
kteIti −= 0)( kiekIti kt −=−= −
0dd
Φ=Φ
−=Rk
tRiin d
d1
Sd
x
0x0x a+
bSd
x
0x0x a+ 0x0x a+0x a+
b
xbS dd = 0
001 ln
2 xaxbi +
πμ
=Φ
1
abx ==0 xaS dd = 2ln2
01 ai
πμ
=Φ
Sd
x
0x0x a+
bSd
x
0x0x a+ 0x0x a+0x a+
b
xxxabS d)(d 0−= ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +−
πμ
=Φ0
0002 ln1
2 xax
axbi
2
abx ==0 xaxS d)(d −= )2ln1(2
02 −
πμ
=Φ ai
Sd
x
0x0x a+
bSd
x
0x0x a+ 0x0x a+0x a+
b
xxxabbS d)(d 0 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −−= ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++−
πμ
=Φ0
0003 ln11
2 xax
axbi
3
abx ==0 xxaS d)2(d −= )2ln21(2
03 +−
πμ
=Φ ai
4
321 Φ+Φ=Φ 2ln2
01 ai
πμ
=Φ
5
215 Φ+Φ=Φ aiπ
μ=Φ
20
5 5Φ=Rkiin
6
316 Φ+Φ=Φ )2ln31(2
06 +−
πμ
=Φ ai 6Φ=Rkiin
Smer indukovane struje ima smer kazaljki na satu.
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
U slučaju naglog nestanka struje u provodniku ( ) indukovana elemtromotorna sila (struja) može da ima veoma velike vrednosti i to je glani uzrok skoka varnice prilikom isključivanja uređaja.
1>>k
t0
kiiin ~
kteIi −= 0
0kI
0I t0
kiiin ~
kteIi −= 0
kiiin ~
kteIi −= 0
0kI
0I
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 59(63)
EM.17.04.1
Kroz pravolinijski provodnik protiče promenljiva struja , . Paralelno sa provodnikom, na rastojanju
ktmeIti −=)( 1>k
x , nalazi se žičana kontura oblika kvadrata, stranice . aKontura se stalnom brzinom udaljava od početnog položaja po pravcu koji je normalan na provodnik. Odrediti elektromotornu silu u konturi
v
a) indukovanu usled promene polja,
b) indukovanu usled kretanja konture. c) Odrediti odnos indukovanih komponenti.
d)
Numerički podaci: , , A1=mI H1=k z m1== ax , m/s1=v .
vr
x x +a
⊗ Br)(ti
a
x
vr
x x +ax +a
⊗ Br)(ti
a
x
Rešenje
vxtt
xxtt ∂
Φ∂−
∂Φ∂
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂Φ∂
+∂Φ∂
−=Φ
−=εdd
dd
Elektromotorna sila – Faradayev zakon
Statička indukcija Dinamička indukcija
Magnetno polje – Biot – Savartov zakon
xtitxB 1
2)(),( 0
πμ
=
Fluks ∫=ΦS
SBrr
d xaS dd =
Fluks ∫+
πμ
=Φax
xxxatitx d
2)(),( 0
xaxatitx +
πμ
=Φ ln2
)(),( 0
Statička indukcija ktms eIk
xaxa
ti
xaxa
t−+
πμ
+=+
πμ
−=∂Φ∂
−=ε ln2d
dln2
00
Dinamička indukcija ktmd eIv
axxaiv
axxav
x−
+πμ
−=+π
μ−=
∂Φ∂
−=ε)(2)(2
20
20
Ukupna indukovana elektromotorna sila ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
+−
+π
μ=ε
)(ln
2)()(
20
axxav
xaxaktit
Odnos indukovanih komponenti x
axa
axxvk
d
s ++=
εε ln)(
Numerički primer 2ln2=εε
d
s
60(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
EM.16.03.1
Dve paralelne provodne šine, zanemarljive otpornosti i međusobnog rastojanja nalaze se poprečnom homogenom magnetnom polju jačine a B . Provodnik koji kratkospaja šine ima otpornosr R i pod dejstvom vučne sile klizi bez trenja stalnom brzinom . Odrediti v
a) indukovanu elektromotornu silu, b) vučnu silu koja je potrebna za kretanje provodnika, c) bilans snaga. d)
Numerički podaci: , , mT1=B Ω=1R m/s1=v , m1.0=h
vrvr
Rešenje
Elektromotorna sila – Faradayev zakon td
dΦ−=ε hBv
txhBhx
tBBS
t−=−=−=−=ε
dd)(
dd)(
dd
Jačina struje – Ohmov зakon R
I ε= R
hBvI =
Smer struje – Lenzov zakon
Smer kazaljki na satu. Magnetna sila je u ravnoteži sa vučnom silom.
Magnetna sila – Lorentzov zakon BhIFm
rrr×=
RvhBIhBFm
2)(== 1
Električna snaga – Jouleov zakon IPJ ε=
RhBvPJ
2)(=
vr
ImFr
0Fr
0x
A
RBr
h
vr
ImFr
0Fr
0x
A
RBr
h
Mehanička snaga – rad u jedinici vremena )(
dd xFt
P mM = R
hBvvFP mM
2)(==
Numerički primer mV1.0=ε , W10μ== JM PP
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
U jednom trenutku ( ) vučna sila prestane da deluje, 0=t 00 =F . Klizač nastavlja kretanje po inerciji sve dok ga magnetna sila ne zaustavi. Neka je masa klizača . m
Ravnoteža sila 0=+ maFm R
tvhBFm)()( 2
= 1
Jednačina kretanja 0d
)(d)()( 2
=+ttvmtv
RhB 0)()(
d)(d 2
=+ tvmRhB
ttv 0
dd
=+ Cvtv
tCtvtv d)()(d
−= 1)(ln CCttv +−= za 0=tje vtv =)(
Rešavanje diferncijalne jednačine
mRhBC
2)(= vCttv ln)(ln +−= Ct
vtv
−=)(ln Ctvetv −=)(
Konačno rešenje tmRhB
evtv2)(
)(−
= )()( thBvt −=ε )()( tvR
hBtI =
Električna energija
2
0
)(222
0
2
21d)(d(t)
2
mvtevR
hBtIRWt
mRhB
=== ∫∫∞
−∞
Kinetička energija
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 61(63)
EM.15.09.1
Pravougaona kontura, dimenzija i mase , kroz koju protiče struja stalne jačine
Lh× mI slobodno visi tako da se delimično nalazi u poprečnom
homogenom magnetnom polju jačine B . Odrediti
a) jačinu struje tako da kontura lebdi, ☺
brzinu pada konture kada se struja prekine (otpornost konture je R ).
⊗⊗⊗
⊗⊗⊗ ⊗
I
Br
Gr
h
L
⊗ ⊗
⊗ ⊗ ⊗⊗ ⊗
⊗ ⊗ ⊗⊗ ⊗
⊗⊗⊗
⊗⊗⊗ ⊗
I
Br
Gr
h
L
⊗ ⊗
⊗ ⊗ ⊗⊗ ⊗
⊗ ⊗ ⊗⊗ ⊗
Rešenje
Sila težine Newtonov zakon gmG rr
= zgg ˆ−=r
Magnetna sila Loretzov zakon BlIF
rrr×= dd xBB ˆ−=
r
xz
yxz
y Gr
Br
Gr
Gr
Br
Magnetna sila leva ivica yIhBF ˆ−=
r yxz ˆ)ˆ(ˆ −=−×
Magnetna sila desna ivica yIhBF ˆ+=
r yxz ˆ)ˆ(ˆ =−×− F
rdlI
rd
Br
Fr
d
lIr
d Br
Fr
dlIr
d
Br
Fr
dlIr
d
Br
Fr
d
lIr
d Br
Fr
d
lIr
d Br
Magnetna sila gornja ivica zILBF ˆ+=
r zxy ˆ)ˆ(ˆ =−×
Magnetna sila donja ivica, 0=B 0ˆ
rr=−= zILBF zxy ˆ)ˆ(ˆ −=−×−
0=Br
lIr
d Fr
d
Fr
d
lIr
d
Br
0=Br
lIr
d Fr
d
0=Br
lIr
d Fr
d
Fr
d
lIr
d
Br
Fr
d
lIr
d
Br
Ravnoteža sila 0=∑F
r 0ˆ)( =−= zmgILBF
r LBmgI /=
☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu.
Kretanjem konture na dole indukuje se struja takvog smera da magnetna sila podiže konturu. Priraštaj fluksa je negativan i indukkovana ems se protivi toj promeni.
Ravnoteža sila 0=∑Fr
gmamF rrr=+
⊗⊗⊗
⊗⊗
⊗ ⊗⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ////
Fr
Gr
I
Br
⊗⊗⊗
⊗⊗
⊗ ⊗⊗ ⊗ ⊗ ⊗ ////
Fr
Gr
I
Br
Indukovana struja i elektromotorna sila td
dΦ−=ε )(
dd hLt
B−=ε LBv=ε , R
LBvI =
Magnetna sila ILBF = R
vLBF2)(
=
Jednačina kretanja (ODJ prvog reda) mg
tvmv
RLB
=+dd)( 2
gtv
mRLBv =+
dd)( 2
mRLBC
2)(=
Homogeni deo 0dd
=+ Cvtv 1lnln CCtv +−= CteCv −= 1
Varijacija konstante )(11 tCC = CtCt CeCet
Ctv −− −= 1
1
dd
dd
Nehomogeni deo (konstanta ) 1C gCeCCeCe
tC CtCtCt =+− −−−
111
dd 21 Ce
CgC Ct +=
Opšte rešenje (konstanta ) 2C CtCtCtCt eC
CgeCe
CgeCv −−− +=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +== 221 za 0=t
je 0=v
Konačno rešenje CgC −=2 ( )Cte
Cgv −−= 1
mRLBC
2)(=
62(63) D. M. Petković, Elektrotehnika
ES.16.10.1 3 Električno polje dipola opada sa trećim stepenom – Polje električnog dipola ES.15.10.3 4 Elektroskop – Elektrostatička sila ES.16.01.1 5 Najmanje električno polje između dva istoimena tačkasta naelektrisanja – Elektrostatička ravnoteža ES.16.10.1 6 Takasto naelektrisanje na osi naelektrisanog kružnog obruča – Elektrostatička ravnoteža ES.15.10.3 7 Gromobransko uže – Teorema lika u ravnom ogledalu ES.13.01.1 8 Rasprskavanje naelektrisanog mehura – Održanje količine naelektrisanja ES.12.01.1 9 Sjedinjavanje naelektrisanih kapljica – Održanje količine naelektrisanja ES.15.10.2 10 Rad elektrostatičkih sila u koaksijalnom vodu – Nezavisnost potencijala od puta integracije ES.13.10.1 11 Podužna kapacitivnost dvožičnog voda i napon proboja – Kapcitivnost ES.16.10.2 12 Električno polje kružnog prstena (ploča, ravan i obruč) – Električno polje ES.14.03.2 13 Koaksijalni kružni obruči - Električno polje ES.16.06.1 14 Koaksijalni kružni obruči – Homogeno električno polje ES.14.01.1 15 Naelektrisana nit konačne dužine – Električno polje ES.13.03.2 16 Naelektrisana poluprava – Električno polje ES.17.03.2 17 Naelektrisana nit oblika ukosnice – Električno polje ES.15.09.1 18 Električno polje u ekscentričnoj šupljini – Homogeno električno polje ES.12.06.1 19 Zapreminski (površinski) homogeno naelektrisana sfera – Energija električnog polja ES.12.09.1 20 Tačkasto naelektrisanje u dielektričnoj lopti – Vezana naelektrisanja ES.12.10.1 21 Naelektrisana lopta sa dielektričnim omotačem – Vezana naelektrisanja ES.12.12.1 22 Tačkasto naelektrisanje iznad dielektričnog poluprostora – Generalisana teorema lika ES.15.10.2 23 Naelektrisana lopta u homogenom dielektriku – Vezana naelektrisanja ES.16.06.1 24 Tačkasto naelektrisanje na granici dva dielektrika – Granični uslovi ES.16.12.1 25 Nelektrisana lopta u dvoslojnom dielektriku – Vezana naelektrisanja ES.14.04.1 26 Unošenje neutralne elektrode u ravan kondenzator – Energija električnog polja ES.17.02.1 27 Sferni kondenzator sa koncentričnim dvoslojnim dielektrikom – Kapacitivnost ES.17.04.1 28 Koaksijalni kondenzator sa radijalno nehomogenim dielektrikom – Kapacitivnost, ES.17.04.1 29 Sferni kondenzator sa radijalno nehomogenim dielektrikom – Kapacitivnost, vezana naelektrisanja ES.14.01.1 30 Koaksijalni vod sa klinastim osloncem – Kapacitivnost, napon proboja ES.16.06.1 31 Merenje visine tečnosti koaksijalnim kondenzatorom – Kapacitivnost ES.16.10.2 32 Sferni kondenzator do polovine ispunjen dielektrikom – Kapacitivnost, napon proboja ES.12.01.1 33 Ravan kondenzator sa poprečno dvoslojnim dielektrikom– Kapacitivnost, vezana naelektrisanja ES.14.03.1 34 Ravan kondenzator sa uzdužno troslojnim dielektrikom– Kapacitivnost ES.16.12.1 35 Sferni kondenzator sa radijalno troslojnim dielektrikom – Kapacitivnost DC.16.12.1 36 Sferni kondenzator sa nesavršenim dielektrikom – Kapacitivnost i provodnost DC.13.04.1 37 Koaksijalni kondenzator sa nesavršenim dielektrikom – Kapacitivnost i provodnost DC.15.10.2 38 Poluloptasti uzemljivač – Otpornost i napon koraka DC.14.10.3 39 Loptasti uzemljivač – Otpornost i napon koraka EM.16.01.2 40 Polukružna kontura u homogenom magnetnom polju – Elektromagnetna sila EM.15.10.3 41 Dva tačkasta naelektrisanja u paralelnom kretanju – Elektromagnetna sila EM.13.09.1 42 Pravoliniski provodnik – Magnetno polje, vezane struje EM.16.01.1 43 Strujne konture oblika pravilnog mnogougla – Magnetno polje EM.16.09.1 44 Kontura oblika kružne testere sa kružnim zupcima – Magnetno polje EM.16.10.1 45 Kontura oblika kružne testere sa ravnim zupcima – Magnetno polje EM.13.06.1 46 Pravougaona kontura – Magnetno polje EM.14.04.1 47 Koncentrične kvadratne konture – Magnetno polje EM.16.12.1 48 Kontura oblika ravne testere – Magnetno polje EM.15.09.1 49 Kontura oblika ukosnice – Magnetno polje EM.16.03.2 50 Kontura oblika ukosnice – Magnetno polje EM.16.12.1 51 Ugaona kontura – Magnetno polje EM.15.10.2 52 Spiralna kontura – Magnetno polje EM.15.09.1 53 Koaksijalne kružne konture – Homogeno magnetno polje EM.13.10.2 54 Trakasta prenosna linija – Kapacitivnost i induktivnost EM.17.02.1 55 Trougaona kontura u polju ukrštenih provodnika – Indukovana elektromotorna sila EM.16.06.1 56 Kvadratna kontura između provodnika dvožičnog voda – Indukovana elektromotorna sila EM.16.01.1 57 Testerast talasni oblik pobudnog polja – Indukovana elektromotorna sila EM.16.10.2 58 Romboidna kontura u polju pravog provodnika – Indukovana elektromotorna sila EM.17.04.1 59 Kvadratna kontura u promenljivom polju pravog provodnika – Indukovana elektromotorna sila EM.16.03.1 60 linearni generator jednosmernog napona – Indukovana elektromotorna sila EM.15.09.1 61 Levitacija – Indukovana elektromotorna sila
Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 63(63)