elektrotehnika rešeni zadaci - znrfak.ni.ac.rs godina... · ovoj tekst nastaje od rešenja...

Univerzitet u Nišu Fakultet zaštite na radu

Dejan M. Petković

ELEKTROTEHNIKA

Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova

Niš, 2017

2(70) 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: nedelja, 1. oktobar 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 greške 3. Ispravljeno. Stefan Kostadinović 13108 23.04.17. Uočene greške 1. Ispravljeno. Milica Cvetković 13035 26.09.17. Uočene greške 2. Ispravljeno.

Hvala, DMP.

mailto:[email protected]?subject=ET-Trazim%20resenje

mailto:[email protected]?subject=ET%20-%20Trazim%20objasnjenje

Rešeni zadaci sa ispita, kolokvijuma i testova 3(70)

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 z

RRqE ˆ11

4 22

210

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

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(70) 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

qq

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


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 0=z i koje pripadaju kružnici poluprečnika 2/2ar = .


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 =


Prikazan je deo grafik funkcije

2/322/322

2

])/(1[/

)()(

azaz

zazazf

+=

+=

Funkcija ne neparna. Znak funkcije pokazuje sm r sile u odnosu na e 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


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 −=


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


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


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


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 do isti kao od do b . ab ≥

cq

a 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 =


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

+=


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


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


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


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 . 0=δ

2/322 )(2 zazaqEz +ε0

′= Električno polje –

kružni obruč


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=

čkama na osi obruča, polje je zbir polja pojedinih obruča U ta

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 ta , za čki na osi 0=, i

zaa =1 aa 22 = aa 33 = z

dadqEz ˆ

91

411

)(4 2/3220

0 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

+πε−==

r

Ovaj deo zadatka nije tražen na ispitu. ☺

Rezultat poznat iz teoourierovih redova

rije F

∑∞

=

+π

−π

=1

22

2 426cos

n

xxn

nx

U ta , za čki na osi 0 i

=znaan = ∞→n z

ndadqE

nz ˆ1

)(4 122/322

00 ∑

∞

== +πε

−=r

∑∞

=

π=

1

2

2 61

n n

obruč degeneriše u tačkasto naelektrisanje Za 0=a

Polje na osi beskonačanog niza tačkastih naelektrisanja

znd

qEn

z ˆ114 1

220

0 ∑∞

== πε

−=r

z

q

dd3 0d2

zEq//

qq

z

q

dd3 0d2

zEq//

qq


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


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′

=


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


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


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


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′=


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


ES.13.03.2

Nit dužine ravnomerno je naelektrisana količinom naelektrisanja . U tački na rastojanju

L qr 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


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


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


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


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.

Gaussov zakon u integralnom obliku ∫∫ ρ

ε=

ε=

VS

VqSE d1d00

sr

Er

cr =cr ≥

ρ+

cr ≤Er

cr =cr ≥

ρ+

cr ≤

Količina naelektrisanja obuhvaćena zamišljenom sferom poluprečnika ⎩

⎨⎧

≥≤

περ

=πcrccrrrE

,,

344 3

3

0

2 je . r Vq ρ=

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≥ερ

=

≤ερ

=

=crr

rcE

crrrEE

e

i

,ˆ3

,ˆ3

2

3

0

0

r

r

rElektrično polje homogene zapreminske gustine naelektrisanja oblika sfere čiji je poluprečnik .

c

U tački koja pripada šupljini električno polje se dobija kao vektroski zbir polja od svake sfere pojedinično, što je metod linearne superpozicije.

Unutrašnje električno polje pozitivno nealektrisane sfere bib rE rr

03ερ+

= ,

ρ+

brr

arrd

r

O

ρ−ρ+

brr

arrd

r

O

ρ−

brb ≤

aia rE rr

03ερ−

=Unutrašnje električno polje , ara ≤ nagativno nealektrisane sfere

drrE ab

rrrr

00 3)(

3 ερ

=−ερ

=Električno polje u šupljini Ukupno:

iaib EEErrr

+=

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

ar ≤ iaib EEErrr

+= 0=Er

za bra ≤≤ ebib EEErrr

+= rr

rbE ˆ3 2

33

0

−ερ

=r

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 ≥


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=


Šuplja 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=


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=


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

4div

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


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


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


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 ≥


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

=


=∫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


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


=∫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


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

.


ES.17.10.1

Usamljena provodna lopta poluprečnika naelektrisana je količinom naelektrisanja . Centar lopte se nalazi na osi koja predstavlja tromeđu sredina. Sredine su homogeni i linearni dielektrici čije dielektrične konstante su , i . Odrediti:

a q

1ε 2ε 3ε

a) električno polje Er

u svim tačkana prostora, b) raspodelu slobodnih naelektrisanja, c) raspodelu ukupnih naelektrisanja, d) potencijal na kome se lopta nalazi, e) kapacitivnost lopte. f) Proveriti tačnost rezultata, smatrajući da je 0321 ε=ε=ε=ε .

2ε

q1ε

3ε

a

2ε

q1ε

3ε

a

Rešenje


=∫rr

d qrEEE =πε+ε+ε 2332211 )2( 1

Granični uslov na površini između dielektrika tt EE 21 = Polje je radijalno, pa je

321 EEEE

===

2Granični uslov na površini provodnika εη= /nE 3 U unutrašnjosti

provodnika polje je nula 0=E 4


Iz 1 i 2 sledi: Vektor električnog polja u svim sredinama je isti.

rrqE ˆ

)2(1

2321 ε+ε+επ

=r

ar ≥ ED 11 ε= ED 22 ε= ED 33 ε=

EDE ns 11111 ε==ε=η , a= 2321

11 )2( a

qs ε+ε+επ

ε=η r

EDE ns 22222 , r aε=η = = ε = 2321

22 )2( a

qs ε+ε+επ

ε=η Raspodela slobodnih

naelektrisanja (3)

EDE ns 33333 , r aε=η = = ε = 2321

32 )2( a

qs ε+ε+επ

ε=η

Raspodela ukupnog (totalnog) naelektrisanja je ravnomerna Evst 0ε=η+η=η , r a= 2

321

0

)2( aq

t ε+ε+επε

=η=η

Potencijal u okolini lopte, ar ≥ Potencijal lopte, ar =

Potencijal, ∫∞

=ϕr

rE rrd

rq

)2(1

321 ε+ε+επ=ϕ , a

qar )2(

1

321 ε+ε+επ=ϕ

=

Kapacitivnost lopte,

arqC=

ϕ= / aC )2( 321 ε+ε+επ=

rrqr

rqE ˆ

41ˆ

)2(1

20

2321 πε

=ε+ε+επ

=r

, ar ≥

aq

ar04

1πε

=ϕ=

Provera rezultata

0321 ε=ε=ε=ε

aaC 0321 4)2(π= ε + ε + ε = πε


ES.17.09.1

Elektrode ravanog kondenzatora se nalaze na međusobnom rastojanju i priključene su na napon U . Zatim se elektrode postave na puta veće rastojanje. Odrediti energiju kondenzatora pre i posle promene rastojanja između elektroda, i to ako je

d1≥x

a)

kondenzator stalno priključen na izvor napajanja U , b) kondenzator isključen sa izvora napajanja U pre razmicanja elektroda.

ΡU ΡU ΡU ΡU

Rešenje Energija električnog polja u linearnim sredinama VDEW d

21d

rr= VEW d

21d 2ε=

VdUW d

21d 2

2

ε= SddUW 2

2

21

ε= 2

21 U

dSW ε= Energija električnog polja

kondenzatora.

SdV = , , . dUE /= dSC /ε=

2

21 CUW = U

qC = CqW

2

21

=

☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene formule.

Kapacitivnost kondenzatora pre i posle promene geometrije d

SC ε=1 xdSC ε=2 12

1 Cx

C =

Kondenzator priključen na izvor - napon je stalan. 2

11 21 UCW = 2

22 21 UCW = 2

12 21 UCx

W =

Energija kondenzatora se smanjuje x puta. 12

1 Wx

W = Uloženi mehanički rad uvećava energiju izvora napajanja.

Kondenzator isključen sa izvora - količina naelektrisanja je stalna.

1

2

1 21

CqW =

2

2

2 21

CqW =

1

2

2 2 CqxW =

Energija kondenzatora se povećava x puta. 12 xWW = Uloženi mehanički rad uvećava energiju

polja u kondenzatoru.


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 0CCe > Ako je kondenzator stalno priključen na izvor napajanja naelektrisavanje neutralne 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 0CCe = 0WWe =


U opštem slučaju, predstavljanje kondenzatora pomoću mešovite veze nije moguće. To se pokazuje ispitivanjem graničnih uslova na svim razdvojnim površinama.

Granični uslovi

Razdvojna površina 10 | εε 10 EE =

0ε 1ε

2ε−

+

0ε 1ε

2ε−

+

21 EE = 1

≠ Razdvojnapovršina 20 | εε 20 EE = ? Razdvojna površina

2

1

εε 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 delu dielektrik homogen.


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


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)(


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


′=′

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



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


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


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



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


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


=∫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

′=


′=′ )/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


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


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


=∫rr

d qSDSD =+ 1100

Granični uslov na površini između dielektrika Polje je radijalno

tt 10 EE = EEE == 10



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


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=


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


=∫rr

d qSDSD =+ 1100 bra ≤≤

Granični uslov na površini između dielektrika Polje je radijalno

tt 10 EE = EEE == 10



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


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


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

Granični uslov 21 | εε tt EE 21 = Električno polje je jednako u oba bloka

dUEEE ===

rrr21

Napon je isti bez obzira na put integracije EdlElEU === ∫∫

2

12

2

11 dd

rrrr

tE2

r tE1

rU

d

1ε

2ε tE2

r tE1

rU

d

1ε

2ε

Površinska gustina slobodnih naelektrisanja uz 1ε

dUED 1111 ε=ε==η+

Površinska gustina

slobodnih naelektrisanja uz 2ε dUED 2222 ε=ε==η+

Površinska gustina vezanih naelektrisanja u 1ε

dUEEEDPv )( 01010111 ε−ε=ε−ε=ε−==η−

Površinska gustina vezanih naelektrisanja u 2ε

dUEEEDPv )( 02020222 ε−ε=ε−ε=ε−==η−

Površinska gustina slobodnih i vezanih naelektrisanja uz 1ε

dU

dU

dU

v 001111 )( ε=ε−ε−ε=η+η

Površinska gustina slobodnih i vezanih naelektrisanja uz 2ε

dU

dU

dU

v 002222 )( ε=ε−ε−ε=η+η

Kapacitivnost ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ η+η=+==

221)(1

2121SS

Uqq

UUqC

dS

dSS

dUS

dU

UC 2121 2

121

221

ε+ε=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ε+ε= Kapacitivnost

može da se predstavi kao paralelna veza dva kondenzatora 21 CCC +=

2ε

1ε

2ε

1ε


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


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


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 <<

211

1ˆ

41

rrqDE

πε=

ε=

rr Električno polje u dielektriku 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

rrE rrd)( U

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 itu isp

Ovde je radi jednostavnosti skiciran grafik Eq

04πε , tako da je

20 14πε

rE

q= za i bra << 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


ferni kondenzator poluprečnika i ispunjen je linearnim,

DC.16.12.1 S a ab >homogenim i nesavršenim dielektrikom čija je dielektrična konstanta ε , a provodnost σ . Kondenzator je priključen na jednosmerni napon U . Odrediti

a) kapcitivnost kondenzatora, denzatora),

b) provodnost dielektrika (odvodnost kon c) odnos kapacitivnosti i provodnosti.

bσε a

U

bσε aa

U

Rešenje

Gaussov zakon

ε=∫

qSES

rrd 2

ˆ4 r

rqEπε

=r

, bra ≤≤ ε

=πqrE 24

Napon ∫=b

a

rEU rrd

baabqU −

πε=

4

UqC = ab

baC−

πε= 4 Kapacitivnost

2

ˆ4 r

rqJπεσ

=r

2ˆ

4 rrqJ

πεσ

=r

EJrr

σ= Ohmov zakon

∫=S

SJIrr

d εσ

= qI 2

244 r

rqI ππεσ

= Jačina struje

UIG = ab

baG−

πσ= 4 Provodnost

σε

=GC Odnos GC /

Iq

IU

Uq

GC

==

Do istih odnosa dolazi se i na sledeći način: ☺

UqC =

Kapacitivnost

UIG=

Iq

GC

= Provodnost

dSC ε=

Kapacitivnost

q−

d

U q+ε σ

S I

q−

d

U q+ε σ

S I

esavršen dielektrik= Provodnost

n=nesavršen provodnik

dSG σ=

σε

=GC

σε

==Iq

GC

Odnos σε=τ / dimenziono predstavlja vreme ( tIq =/ ) i naziva e relaksacije. Od tog odnosa zavisi ojom n otiču u

se vrembrzina k aelektrisanja vezana uz elektrode obliku struje.


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


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


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


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


EM.17.09.1

Usamljena čestica poluprečnika i naektrisanja se kreće u vakuumu stalnom brzinom . Odrediti

a qv

a) jačinu magnetnog polja u okolini čestice,

b) energiju magnetnog polja,

θ

vrrr

Br

q

θ

vrrr

Br

q

c) ukupnu energiju utrošena za ubrzavanje čestice? 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 – naelektrisana čestica u kretanju 2

0 sin4 r

vqB θπ

μ=

Energija magnetnog polja VHBWm d21d

rr=

VBWm d2

1d 2

0μ=

Energija magnetnog polja – naelektrisana čestica u vakuumu

HBrr

0μ=

Vr

vqWm dsin42

1d2

20

0⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ θ

πμ

μ=

Rešavanje integrala

I−θ−=

=θθθ−θθ=

=θθ−θ=θθ

∫∫∫∫

cos

dcossindsin

d)cos1(sindsin

2

23

θ−=⇒−θ−=

θθθ−θ−=

θθ=θ=

θθθ=

∫

∫

33

23

2

2

cos32cos

dcossin2cos

dsind,cos

omintegracij mparcijalno

dcossin

III

I

VU

I

θ−= 3cos31I

θ+θ−=θθ∫ 33 cos31cosdsin

34dsin

0

3 =θθ∫π

Element sferne zaprimene φθθ= dddsind 2 rrV

Energija magnetnog polja – u elementarnoj zapremini φθ

θπ

μ= dddsin

32d 2

322

20 r

rvqWm

∫∫∫ππ∞

φθθπ

μ=

2

00

32

222

0 ddsind32 a

m rrvqW Energija magnetnog polja –

u celom prostoru oko čestice, ∞<≤ ra π≤θ≤0 ≤, , πφ≤ 20 . 220

12vq

aWm π

μ=

Ukupna energija – potrebna za ubrzavanje čestice 2202202

621

1221 vq

amvq

amvWW km ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

πμ

+=π

μ+=+

☺ Ekvivalenta mehanička masa

☺☺ Naelektrisanu česticu je teže pokrenuti i ubrzati nego česticu iste mase koja nije naelektrisana. ☺☺☺ Po jednoj teoriji elektron ima samo masu koja je posledica njegovog naelektrisanja, a

me πμ

=6

e20

Naelektrisanje i masa elektrona su eksperimentalno utvrđeni, , a

za magnetnu permeabilnost je usvojeno 7− , pa je moguće je odrediti poluprečnik 15− . Međutim, za klasični poluprečnik elektrona se uzima 3/2 puta veća vrednost, čime

se usaglašavaju numeričke konstante,

C106.1e 19−⋅= , kg101.9 31−⋅=em

m/1040 Η⋅π=μ

m108.1 ⋅=am1081.2e 15

20 −⋅=

μ=a

4π em


EM.15.10.3

Dva istimena tačkasta naelektrisanja kreću se paralelno istim brzinama , međusobnom rastojanju

q 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 <<


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


EM.13.09.1

Kroz pravolinijski neferomagnetni linearni provodnik, poluprečnika i magnetne permeabilnosti a 1μ , protiče stalna struja I . 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 dolaz i na sledeći način i HHHHHB rmm

rrrrrrμ=μμ=χ+μ=χ+μ= 000 )1()(

0≠χm , za materija leLinearni 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

struja z

aIz

aIJ m

Sa ˆ2

ˆ2

10

1

πχ

−=π⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

μμ

−=r

gustina vezanih

arSa nMJ=

×= ˆ1

rr

Zapreminska gustina vezanih

za

IzaIJ m

a ˆˆ1 220

1

πχ

+=π⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

μμ

+=r

struja

1rot MJ a

rr=

Ukupna jačina vezanih struja (što mora da bude) 022 =π+π= aJaJI Saaa

zr MrMMzr

zrr

rM

θ

∂∂

θ∂∂

∂∂

θ

=

ˆˆˆ1rot

r z

rzr

zrr

rM ˆ2

00

ˆˆˆ1rot

2

1 =∂∂

θ∂∂

∂∂

θ

=r

zn ˆˆˆ −=×θ nz

×θ nθ

nz

×θ n×θ nθ

1.000022=μrParamagneti materijali (na primer, Al, ) imaju pozitivnu suceptibilnost, dok diamagnetni ) imaju negmaterijali (na primer, Cu, 0.999994=μr ativnu suceptibilnost, pa su gustine vezanih struja

suprotnih smerova. .


ra poluprečnika , naelektrisana količinom naelektrisanja , rotira oko ose stalnom ugaonom

EM.12.06.1

Kružna kontu a qbrzinom ω stvarajući stalnu struju jačine I . Odrediti magnetno polje u tač ama na osi konture:

ka) koristeći Biot-Savartov zakon, b) koristeći dipolnu aproksimaciju.

tačke na oba načina dobija isti rezultat. c) Pokazati da se za veoma udaljened) Rezultate prikazati pomoću jačine struje i pomoću ugaone brzine. ☺

Odrediti žiromagnetni odnos konture.

Rešenje

rtov zakon – elementa.

Biot-Savamagnetno polje strujnog 2

0ˆd

4d

RRlIB ×

πμ

=r

r

lRl d|ˆd| =×r

lIr

d

rBd

Bd

aR

zBd

lIr

d

rBd

Bd

aR

zBd

20 d

4d

RlIB

πμ

=

Komponente polja u radijalnom pravcu od dijametralno suprotnih

elemenata se anuliraju. Ra

RlIBB z 2

0 d4

ddπ

μ== 22 zaR +=

Ostaje samo komponenta polja u aksijalnom pravcu zl

zaaIB ˆd

)(4d 2/322

0

+πμ

=r

Magnetno polje kružne konture

π=θ= ∫∫π

aalL

2dd2

0

∫+πμ

=L

lzaaIB d

)(4 2/3220 z

zaaIB ˆ

)(2 2/322

20

+μ

=r

222 zza ≈+ z

zaI

B ˆ2 3

20μ

=r

az >>

zmzIaSIm ˆˆ2 =π==rr Magnetni moment kružne konture

Magnetno polje u dalekoj zoni- dipolna aproksimacija ]ˆ)ˆ(3[

4 30 mrrmr

B rrr−

πμ

=

θθ−θ= ˆsinˆcosˆ rz ]ˆˆcos3[4 3

0 zrrmB −θ

πμ

=r

θ

θ

z

rrmr

rz

θ

θ

z

rrmr

rz

Magnetno polje kružne konture dipolna aproksimacija =m π2Ia ]ˆsinˆcos2[

4 30 θθ+θπ

μ= r

rmB

r

Polje u dalekoj zoni

30 mBrr μ

= U tačkama na osi:

zr = , zr ˆˆ = , 0=θ z

zaI

B ˆ2 3

20μ

=r

2 z

Jačina struje tirajuća kružna kontura koju stvara ro ω′=

πω

=ωπ

== aqq qTqI

2/2

Magnetni momment rotirajuće kružne konture ω=ωπ′=π=

rrr 232

2ˆ aqaqzIam

tm

mrLr

ωq

Br

tm

mrLr

ωqtm

mrLr

ωq

Br

Magnetno polje rotirajuće kružne konture ω

+

′μ=

rr2/322

30

)(2 zaaqB

Magnetno polje rotirajuće

☺

- masa tela Moment impulsa

tm

ω=rr

2amL t

kružne konture u dalekoj zoni

az >> m

zzaq

B rrr3

03

30 1

22 πμ

=ω′μ

=

☺ agnetni odnos. Ne zavisi od Žirom ω i a . Isti je za sva tela. tm

qLm

2==γ

2/32230 )/(/ zaaBB += Tačno ☺ ☺

centru konture Polje u 2

00

ω′μ=

qB

Približno

330 // zaBB =

00/ BB

az /

1tačnodipolnaaproksimacija

daleka zona4

00/ BB

az /


daleka zona4


EM.17.10.1

Kružna ploča, poluprečnika , ravnomerno naelektrisana količinom naelektrisanja , rotira oko ose stalnom ugaonom brzinom

a q ω .

a) Odrediti magnetno polje u tačkama na osi elementarne kružne strujne konture, smatrajući da je opticana strujom

struje izraziti pomoću površinske gustine rotirajućih

k ati pomoću jačine polja u centru ploče.

f) ek zoni.

Id .b) Jačinu

naelektrisanja. c) Odrediti magnetno polje u tačkama na osi rotirajuće kružne ploče. d) Rezultat pri aze) Odrediti magnetni moment kružne ploče.

Odrediti magnetno polje kružne ploče u dal oj

R

ω

Br

d

Id

zr

R

Br

ω

d

Id

zr

Rešenje

t-Sanet

Bio vartov zakon – mag no polje strujnog elementa. 2

0 d4

dˆ

RRlI ×μB

π=

rr

ld|=Rl ˆ×d|r

20 dd lIB

4 Rπμ

=

lIr

d

rBd

Bd

aR

zBd

lIr

d

rBd

Bd

aR

zBd

Komponente polja u radijalnom suprotnih pravcu od dijametralno

elemenata se anuliraju. Rr

RlIBB z 2

0 d4

ddπ

μ== 22 zrR +=

Postoji samo komponenta polja u aksijalnom p avcu. r

zlzrrIB ˆd

)(4d 2/322

0

+

r μ=

π

Magnetno polje kružne konture

π=∫ rl 2dL

∫+πμ

=L

lzrrIB d

)(4 2/3220 z

zrrIB ˆ

)(2 2/322

20

+μ

=r

Ploča je mnoštvo strujnih kontura polprečnika r sa strujama )(d rI rrrr

TqI d

)/2(d2dd ηω=ωπ

πη==

Magnetno polje elementarne struj

Rešavanje integrala

∫ += 2/322

3

)(dzr

rrI

22 rzt += , rrt d2d =

∫∫ −= 2/3

2

2/3d

2d

21

ttz

tttI

Czr

zr + 22 2 I

ne konture 2/322

30

)(d

2d

zrrrB

+ηωμ

=

Magnetno polje zbir polja svih strujnih kontura. ∫ +

ηωμ=

a

zrrrB

02/322

30

)(d

2

Magnetno polje rotirajuće kružne ploče zz

za

zaB ˆ222 22

220

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−

+

+ηωμ=

r

++

=22

zza

zaI a 2222

22

0 −+

+=

Magnetno polje u centru ploče rotirajuće kružne z

aB ˆ

20

0ηωμ

=r

Magnetno polje u tačkama na osi ploče rotirajuće kružne ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−

+

+= az

az

azBB /2)/(1

)/(212

2

0

rr

Magnetni moment tuelementarne kružne kon re

zrISIm ˆddd 2π==rr ,

rrI dd ηω=

Magnetni moment kružne ploče 4

d4

0

3 arrma

ηωπ=ηωπ= ∫

0 0/ BB

az /


daleka zona4

0 0/ BB

az /


daleka zona4

Magnetno polje u dalekoj zdipolna aproksimac

oni- ija ]ˆ)ˆ(3[

4 30 mrrmr

B rrr−

πμ

= zmm ˆ=r , zr = , zr ˆˆ =

Magnetno polje u dalekoj zoni oče u tačkama na osi pl z

zaz

zmB ˆ

8ˆ

2 3

40

30 ηωμ

=π

μ=

r

3

041

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

zaBB

rr


tougla protiče stalna struja . Oko je kružna kontura sa jačinom .

užne kon je . Jačina magnetnog po

EM.16.01.1

Kroz konturu oblika pravilnog −n

ture

nI struje

lja mnogougane kotutre opisana cIPoluprečnik opisane kr a B u zajedničkom centru je jednaka nuli.

a) Odrediti vezu između jačina ruja u konturama. ☺

Retultat proveriti za granični slučaj cI

αa

mI

O

cI

αa

mI

O

st∞→n .

t-Sne

Rešenje

Bio avartov zakon – mag tno polje strujnog elementa. 2

0ˆd

4d

RRlIB ×

πμ

=r

r

Pomoću trigonometrijskih veza sledi

lR

d=θsin θd ,

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 12 θ−π=θ i )2/cos(β= br , pa sledi

2

Br

Ir

Br

Ir

r

lIr

d

2θ1θ θR r

lIr

d

2θ1θ θR

2θ1θβ

b

1θb 2θ1θβ

b

1θb

Magnetno polje trujne duži. na osi simetrije s 2

tan2

0 βπ

μ=

bIB

θμπ

=4

d IB d20 aa

θθ= ˆdd al

r θ=× d|ˆd| arl

r

Biot-Savartov zakon – magnetno polje kružnog luka, poluprečnika a i centralnog ugla β .

β

πμ

=θπ

μ= ∫

β

aI

aIB

4d

40

0

0 3 lIr

d

aθd

lIr

dθd

a

upotreba već izvedenih formula. ☺ Na ispitu se priznaje

Magnetno polje u centru kružne konture

aIB c

c 20μ

=

Magnetno polje (u centru kružnice) jedne stranice pravilnog −n tougla naI

nan π21IB nn π

πμ

=πμ

= tan22

2tan 00

Magnetno polje (u centru kružnice) tougla nm ≤ stranica pravilnog −n na

ImB nmn 2

2tan2

0 ππ

μ=

Magnetno polje (u centru kružnice) svih stranica nm = −n tougla

nn

aI

naInB nn

nπ

πμ

=π

πμ

= tan22

2tan2

00

Struje u kružnici i −n touglu su suprotnih smerova. Jačine polja treba

u jednake.

da bud nc BB =

nnII nc

ππ

= tan

Za ∞→n n a ostaje k− toug o p ružnica nnnnnnc In

nn

In

nII =π

ππ

=π

π=

∞→∞→∞→ )/()/sin(lim

)/cos(1limtanlim

☺ Na ispitima u različitim rokovima s

u ra trani i nek specijalni slučajevi zma i

6=n 6=m

6πn tan6 π=c II

4=n 2 =m

4tan2 π

π= II nc

3=n 2=m

3tan2 π

π= nc II


EM.17.09.1

Žičana kontura oblika trougla napaja se u jednom temenu stalnom strujom jaćine

I

Ob

a

I

Ob

I

Ob

a

I

Ob

b

I

Ob

I

Ob

b

I . Smatrati da je kontura pravilan jednakostranični trougao sa polupre nikom opisane kružnice , i da su provodnici za napajanje poluprave, Povezivanje napojnih pr dnika na konturu može da se izvrši na č čina. U centru zami ružnice, u tački , odreiti jačinu

lja koje potiće od

e,

ć

etiri na

bovo

šljene k Omagnetnog po) poluprava

b) jednakostraničnog trogla. c) celog sistema

I

Ob

d

I

Ob

I

Ob

d

I

O

cb

I

Ob

I

O

cb

gn trujnog elementa.

Rešenje

Biot-Savartov zakon - ma etno polje s 2

0ˆd

4d

RRlIB ×

πμ

=r

r


lR

dsin θd =θ , rR

θ=

sin1 θθπ

μ= dsin

4d 0

rIB

Na ispitu se priznaje upotreba ve☺ ć 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

tan2πb

0 βμ=

IB

Br

Ir

Br

Ir

r

lIr

d

2θ1θ θR r

lIr

d

2θ1θ θR

2θ1θβ

b

1θb 2θ1θβ

b

1θb

Magnetno polje (u centru kružnice) vilnogjedne stranice pra −n tougla nb

IB nπ

πμ

= tan2

01

Magnetno pol (u centru kružnice) jecelog pravilnog −n tougla nπ

tan b

InBnπμ

=2

0

Magnetno polje u centru jednakostraničnog trougla 3

tan2

3 0 ππ

μ=

bIBT 3=n

Magnetno polje na rastojanju b od početk oluprava p e. b

IBP πμ

=4

0 , 2/1 π=θ π=θ2

slučaj erovi popoluprava – trougao – poluprava

sm lja rezultantno polje onačan izraz k

a o × o PTP BBBB +−= ( )1332

0 −π

μ=

bIB ×

b ××o PTP BBB B −−= 332

0

bIB

πμ

= ×

c ooo ( 330 +μ

=IBPTP BBBB ++= )1

2πb

o

d ×oo PTP BBBB −+= 332

0

bIB

πμ

= o


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 b) Koliko je polje u tački ako je

je polje u tački ako

O .O ba = .

c) Koliko

O ∞→n .

n/π=αI O a

b

n/π=αI O a

b

t-Sgn

Rešenje

Bioma

avartov zakon - etno polje strujnog elementa.

a

rrα

θd

lIr

da

rrα

θd

lIr

d

2

0 ˆd4

dr

rlIB ×π

μ=

rr

Ma

0

gnna osi strujnog elementa etno polje =B

rl rrdd =

0|ˆd| =× rlr

Magnetno polje kružnog luka, poluprečnika i acentralnog ugla α . a

IaaIB α

πμ

=θπ

μ= ∫

α

4d

40

02

0

θθ= ˆdd alr

θ=× d|ˆd| arl

r


Magnetno polje u

centru date konture stvaraju samo kružni lukovi.

Bez obzira na broj zubaca ukupna e sta. Rezultat ne

zavisi od n .

Što je isto kao da je dužina luka svih zubaca je uv k i

Ukupni centralni ugao je uvek isti. 1=n ,

π=α ab

IBr

abB

r

I

Magnetno polje kružnog luka poluprečnik a , centralni ugao π=α

aBa

I ππ

μ=

4

0

Magnetno polje kružnog luka poluprečnik b , centralni ugao π=α

bbIB π

πμ

= 0

ba BB

4

B +=

poluMagnetno polje kružnog luka

prečnik a , centralni ugao π= n/α

naIB

πμ

= 0 π4

a

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

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. , do a se poznat razultat za magnetno

nture.

U slučaju jednakih poluprečnika, ba = bijpolje u centru kružne strujne ko

aIB

2= 0μ

Do istog rezultata se dolazi i direktnom primenom Biot-Savartov zakona. aI

aIB

2d

40

2

0

0 μ=θ

πμ

= ∫π


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) OdreditKoliko je polj

i jačinu magnetnog polja u tački e u tački ako je .

O . b) O ba = c) Koliko je polje u tački O ako je ba = i ∞→n .

b

aOI

n/π=α

b

aOI

n/π=α

t-Sn en

Rešenje

Bio avartov zakon - mag etno polje strujnog elem ta. 2

0ˆd

4d

RRlIB ×

πμ

=r

r

Pomo u trigonometrijskih veza sledi ć

lR

dsind θ=θ ,

rRθ

=sin1 θθ

πμ

= dsin4

d 0rIB

☺ Na ispitu se priznaje upotreba ve

ć izvedene formule.

Magnetno polje od ose strujne duži. ( )21

0 coscos4

θ−θπ

μ=

rIB

na rastojanju rZa 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

ta0μ=

IB n2

βπb

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 22π

Ia tan πnB 0μ

=

Magnetno polje u centru date konture. n

Inba

B2

tan2

11 0 ππ

μ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +=

Ako je dobija se gon

ba =pravilan poli

Magnetno polje u centru npravilnog poligona sa n2 stra ica. na

InB2

tan0 ππμ

= kad poligon ∞→ndegeneriše u kružnicu.

Magnetno polje u centru kružnice. aIB

20μ

= 12

2lim =π∞→ nn

n tan π

1/

/tanlimtanlimcossinlimsinm

00====

∞→→→→ nxnx

xx

xxxx

nxxli1 =x 0 x


EM.13.06.1

Kroz pravougaonu konturu, stranica protiče stalna struja a2 i b2 , I . Odrediti jačinu magnetnog polja u centru konture i to:

a) u opštem slučaju, ako je , tj kada pravougaonik degeneriše u kvadrat,

, tj kada pravougaonik degeneriše u dvožični vod. b) ba = c) ako je

ba >>

b2I

O

a2

b2I

O

a2

t-Savnetn

nog .

Rešenje

Bio artov zakon - mag o polje truj elementa

240

ˆddR

RlIB ×μ=

π

rr


lR

d , sind θ=θ

rR=

θsin1 θθπ

μ= dsin

4d 0

rIB

☺ Na ispitu se priz

naje upotre eć izvedene form e. ba v ul

Magnetno polje strujne duži. ( )210 coscos

4θ−θ

πμ

=BrI 1

Za tačke na osi simetrije je i )2/cos(β= br12 θ−π=θ , 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 upot

reba već izvedene formule.

Manetno polje – stranica pravougaonikapomoću 1 ili 2

a2 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 -

ougaonika b2 stranica pravpomoću 1 ili 2

220 bIB μ

= 2 baa

b+π 2

2 bad += Za stranicu oznake i samo zamene mesta

b2 a b

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

, tj.

ba >> ∞→a 0→bB b

IB 12

0

πμ

= , rastojanje provodnika čnog voda je dvoži b2


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

rata. Najmanji kvadrat ima e ečnik opisane kružnice

kvadrata leže na sredinama stranica većeg kvadstranicu dužin a , tj. polupr 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

t-Sn

Rešenje

Bio avartov zakon - mag etno polje strujnog elementa. 2d 0ˆd

4 RRlI ×μ

=Bπ

rr


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

0μ=

I βπb

B 2

Br

Ir

Br

Ir

r

lIr

d

2θ1θ θR r

lIr

d

2θ1θ θR

2θ1θβ

b

1θb 2θ1θβ

b

1θb


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)

2/

b je pp opisane kružnice

π=β , ( 2/ab = )

bIB

πμ

=2

0

Magnetno polje u ata pomoću (1) centru kvadr a

IBπμ

= 00 22

Magnetno polje u (2) centru kvadrata pomoću b

I0Bπμ

=0 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

⎥⎦

⎢⎣

+++++= ...42222

10BB ⎤⎡ 1111

Magnetno polje - prva tri kvadrata

bIBB

πμ

+=0 += 0

3 )23(2

23

☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na

ispitu

Očigledno da pp opisanih kružnica formiraju geometr

količnik dva susedna člana

Geometrijska progresijaisku progresiju 1

21

<=r

1...1 −+++= nn rrS

Zbir geometrijske progresije 222/11

12

1

0

+=−

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∑∞

=k

k

r−1rS

n

n−

=1

Magnetno polje - beskonačno mnogo kvadrata b

IBπμ

+= 022( ) r

SS nn −==

∞→ 11lim , 1|| <r


Kroz konturu oblika testere sa zubaca protiče stalna struja

EM.16.12.1

n I . Gornja pa se sa prav koja sa osom testere gradi ugao ivica zubaca pokla om α . Na

d a zupca levo i desno od centra kon . slici je prikazan oblik sa po po v ture 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

t-Sn

Rešenje

Bio avartov zakon - mag etno polje strujnog elementa.

20

4d

rB

π=

rl ×dIμr

r

O

lIr

drr

O

lIr

drr

agnetno

0

M polje na osi strujnog elementa =B

rl rrdd =

0|ˆd| =× rlr

Magnetno polje od ose strujne duži. ( )21

0 coscos4

θ−θπ

μ=

rIB na rastojanju r

2/1 π=θ α+π=θ 2/2

☺ Na ispitu se priznaje upotreba već izvedene form e.

ul

Magnetno polje u centru date konture stvaraju samo vertikalni elementi.

je

Magnetno pol jedne vertikalne ivice date konture. α

πμ

= sin4

0

xIB

Magnetno polje para simetričnih vertikalnih ivica. απ

μ= 0 sin

2 xIB

Magnetno polje svih vertikalnih ivica, ..,3,2, aaax = . ⎥⎦

⎤⎢⎣1⎡ −+−α

πμ

= ...31

21sin

20

aIB O

lIr

d

α1θ

2θ

xO

θ2

lIr

d

α1θx

ispitu

☺ Ovaj deo zadatka nije tražen na

∑∞

=

+ −=

1

1

!)()()(

n

nn

naxafxf Taylorov red

Taylor ov red u okolini 0=a ∑

∞

=

+

=1

1

!)0()(

n

nn

nxfxf

Taylorov red funkcije )(xf )1ln( x+= ∑

∞

=

+−=+

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 kalnih ivica,svih verti = ...,3,2, aaax 2lnsin

20 απ

μ=

aIB


EM.15.09.1

Strujna kontura se satoji od kružnog luka, poluprečnika r i centralnog ugla i dve poluprave koje tangiraju kružni luk na njegov krajevima. Kroz

u protiče stalna strujaα2 , im

kontur I .

a) Odredit

r

α2

Ir

α2

I

i jačinu magnetnog polja u tački

O .b) Objasniti rezultate za 0=α , 2/π=α i π=α .

t-Senta.

Rešenje

Bio avartov zakon - je strujnog elem magnetno pol

Br

Ir

Br

Ir 2

0 ˆd4

dr

rlIB ×π

μ=

rr

Magnetno r

IB απ

μ=

40 polje

kružnog luka, poluprečnika r . r αIr αI


0 coscos4

θ−θπ

μ=

rIB

Ir1θ 2θ

Ir1θ 2θ

☺ Na ispitu se priznaje upotr bae 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 0 μ

+π

μ=

rIB 00 α+

πμ

=α

π rI

rI Magnetno polje

date konture.

Strujna kontu se sastoji od dve polura p e, koje u agnetnom smislu čine jednu pravu, i dela kružnice. uvek usmereno u ravan crteža.

rav mMagneto polje je

I

0=α

r∞→

Ir2/π=α

I

0=α

r∞→

∞↓I

r rπ=α2/π=α

∞↓∞↓

∞→I

rπ=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=

Dv m islu spajaju u

jednu pravu. smerovima

struja daju polje kao i jedna prava.

u a druge strane. Smer polja se ne menja.

e poluprave se u geometrijskoi magnetnom sm

Dve poluprave na suprotim stranama sa suprotnim

☺ Kroz dve poluprave struja je protnog smera, ali je i tačka ss


EM.16.03.2

ntura se satoji od kružnog luka, poluprečnika Strujna ko r i centralnog ugla prave od kojih jedna tangira kružni luk na njegovom početku, a α , i dve polu

druga na njegovom kraju je u radijačnom pravcu. Kroz konturu protiče stalna uja str I .

a) Odrediti jačinu magnetnog polja u tački O , rj. centru kružnog luka. b) O ja

b sniti 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

en

polje – rtov zakon

Reš je

Magnetnoiot-SavaB 2

0 ˆd4

dr

rlIB ×π

μ=

rr

Br

Ir

Br

Ir

☺ Na ispitu se priznaj

e upotreba već izvedenih formula.

Magnetno polje - 2. kružnog luka, r

IB απ

μ=

40 r α

Ir αI

Magnetno polje - na rastojanju a od ose strujne duži.. ( )21

0 coscos4

θ−θπ

μ=

rIB

Ir1θ 2θ

Ir1θ 2θ

Magnetno polje - poluprave u pr vcu tangente, 1. a r

IBπ

μ=

40 , 2/1 π=θ π=θ2

Magnetno polje - poluprave radijalnom pravcu, 3. 0=B π=θ1 , π=θ 2

Magnetno polje - celog sistema. )1(1

441

4000 α+π

μ=

απ

μ+

π rI I Iμ

=r r

B

st ja Zavisno

čine magnetnog pol vrednosti centralnog ugla kružmog kja od lu a

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=


EM.16.12.1 ug provodnik, kroz koji protiče stalna struja

Beskonačno d I , savijen je (kao na slici) tako da kraci grade ugao α2 . Tačke A i B nalaze se na simetrali ugla i na rastojanju a od temena.

a) Odrediti agetno polje m u tački A.

.

se polje enja u zavisnosti od ugla

b) Odrediti magetno polje u tački B. c) Koji rezultat se dobija za 2/π=α☺

Skicirati funkciju po kojoj m α .

I

α2aA B

I

α2aA B

Rešenje

rtov zakon - elementa.

iot-SavaBmagnetno polje strujnog 2

0 ˆd4

dr

rlIB ×π

μ=

rr

Br

Ir

Br

Ir



0 coscos4

θ−θπ

μ=

rIB

Ir1θ 2θ

Ir1θ 2θ

Magnetno polje og (gornjeg) kraka. u tačka A od jedn

αα−

πμ

=sin

cos14

0

aIB

2θ

r

1θ∞

αa

A

2θ

r

1θ∞

αa

AA

α−π=θ1 π=θ2

α= sinar

Magnetntno polje aka. u tačka A od oba kr 2

tan2

0 απ

μ=

aIBA

Magnetno polje u tački B od jedno

2θr1θ

∞

αa B

2θr1θ

∞

αa BB

α=θ1 π=θ2

α= sinar

g (gornjeg) kraka.

α+α

πμ

=sin

1cos4

0

aIB

Magnetntno polje ka. u tački B od oba kra 2

cot2

0 απ

μ=

aIBB

Za 2/π=α kraci su kolinearni i ija se ma iti. dob gnetno polje strujne n a

IBBB BA πμ

===2

00 Biot-Savartov zakon


Magnetno polje

u tački A

polja

Magnetno polje

rikazani su grafici promene magnetnog Pu tačkama A i B u funkciji ugla koji zaklapaju poluprave opticane stalnom strujom.

u tački B

0/ BB

2/π

0/ BB

2/π


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


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


Magnetno polje svih kružnih lukova ako ∞→n 2ln

40

aIB

παμ

= ∑∞

=

+−=

1

1)1(2lnn

n

n


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 komponentu.

z

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 = .


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 >


EM.13.01.1

Gusto motani solenoiod sa vazdušnim jezgrom, površine poprečnog preseka i dužine S Sl >> , ima namotaja (beskonačni solenoid). Kroz solenoid protiče stalna struja jačine

NI . Odrediti

a) jačinu magnetnog polja u solenoidu,

b) induktivnost solenoida, c) energiju magnetnog polja pomoću jačine polja, d)

energiju magnetnog polja. pomoću induktivnosti solenoida.

I

S

l

I

S

l

Rešenje

Ampèreov zakon ∑∫ μ= IlBC

0drr

NIBklBhBl 02.cos)cos(0

2.cos)0cos( μ=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π

−+π+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π

+

Magnetno polje beskonačni solenoid NIlB 0μ=

lNIB 0μ=

Energija VHBWm

rr

21

= VBWm2

021μ

=

l

⊗ ⊗ ⊗ ⊗⊗Br

C

I

h

Ampèreova kontural

⊗ ⊗ ⊗ ⊗⊗

lC

Br

I

h

⊗ ⊗ ⊗ ⊗⊗⊗ ⊗ ⊗ ⊗⊗

C

Br

I

h

Ampèreova kontura

Sl

lNIWm

2

002

1⎟⎠⎞

⎜⎝⎛μ

μ= S

lINWm

22

021

μ=

Fluks kroz jedan namotaj SB

rr=Φ S

lNI

0μ=Φ

Induktivnost solenoida I

NL Φ=

lSNL

2

0μ=

Energija 2

21 LIWm = 2

2

021 I

lSNWm μ=


Kod kratkih solenoida magnetno polje van solenoida nije nula! Magnetno polje elementarne kružne strujne konture

2/322

20

))((d

2d

zzaza

LNIBz ′−+

′μ=

Magnetno polje na osi kratkog solenoida ∫

−′−+

′μ=

L

Lz zza

zL

NIaB 2/322

20

))((d

2 I z

2α1α

z′dz′

a

I z

2α1α

z′dz′

a

( 210 coscos2

α−αμ

=LNIBz )

Integral se rešava smenom α=′− cotazz , α=α′ 2sin/d/d az

LNI

20μ

LNI0μ

z

LNI

20μ

LNI0μ

z

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−+

−−

++

+μ=

22220

)2/(

2/

)2/(

2/21

Lza

Lz

Lza

LzLNIBz

Magnetno polje na osi beskonačnog solenoida je isto duž cele ose! L

NI

Lza

Lz

Lza

LzLNIB

Lz0

22220

)2/(

2/

)2/(

2/21lim μ

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−+

−−

++

+μ=

∞→


EM.13.10.2

Prenosna linija sastoji se od dva veoma duga paralelna trakasta provodnika jednakih širina , koja se nalaze na međusobnom rastojanju . Linija je priključena na jednosmerni napon.

hhd <<

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

hlq

=η hlqE0ε

=

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.


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 od oba provodnika (kao na slici). Kontura se od početnog položaja udaljava brzinom u pravcu koji ima hipotenuza. Odrediti indukovanu elektromotornu silu u konturi.

δv

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.


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.)( == yBB ☺ 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

baf 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 b a10= 1.0=pf , 095.01.1ln ≈=tf %5100 ≈⋅−

t

pt

fff


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


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


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


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.


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


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


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


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=t je 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


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 /=


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 eCCgeCe

CgeCv −−− +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +== 221 za 0=t

je 0=v

Konačno rešenje

CgC −=2 ( )Cte

Cgv −−= 1

mRLBC

2)(=


ES.16.10.1 Električno polje dipola opada sa trećim stepenom – Polje električnog dipola ES.15.10.3 Elektroskop – Elektrostatička sila ES.16.01.1 Najmanje električno polje između dva istoimena tačkasta naelektrisanja – Elektrostatička ravnoteža ES.16.10.1 Takasto naelektrisanje na osi naelektrisanog kružnog obruča – Elektrostatička ravnoteža ES.15.10.3 Gromobransko uže – Teorema lika u ravnom ogledalu ES.13.01.1 Rasprskavanje naelektrisanog mehura – Održanje količine naelektrisanja ES.12.01.1 Sjedinjavanje naelektrisanih kapljica – Održanje količine naelektrisanja ES.15.10.2 Rad elektrostatičkih sila u koaksijalnom vodu – Nezavisnost potencijala od puta integracije ES.13.10.1 Podužna kapacitivnost dvožičnog voda i napon proboja – Kapcitivnost ES.16.10.2 Električno polje kružnog prstena (ploča, ravan i obruč) – Električno polje ES.14.03.2 Koaksijalni kružni obruči - Električno polje ES.16.06.1 Koaksijalni kružni obruči – Homogeno električno polje ES.14.01.1 Naelektrisana nit konačne dužine – Električno polje ES.13.03.2 Naelektrisana poluprava – Električno polje ES.17.03.2 Naelektrisana nit oblika ukosnice – Električno polje ES.15.09.1 Električno polje u ekscentričnoj šupljini – Homogeno električno polje ES.12.06.1 Zapreminski (površinski) homogeno naelektrisana sfera – Energija električnog polja ES.12.09.1 Tačkasto naelektrisanje u dielektričnoj lopti – Vezana naelektrisanja ES.12.10.1 Naelektrisana lopta sa dielektričnim omotačem – Vezana naelektrisanja ES.12.12.1 Tačkasto naelektrisanje iznad dielektričnog poluprostora – Generalisana teorema lika ES.15.10.2 Naelektrisana lopta u homogenom dielektriku – Vezana naelektrisanja ES.16.06.1 Tačkasto naelektrisanje na granici dva dielektrika – Granični uslovi ES.16.12.1 Nelektrisana lopta u dvoslojnom dielektriku – Vezana naelektrisanja ES.17.10.1 Naelektrisana provodna lopta u trodelnom dielektriku – Raspodela naelektrisanja ES.17.09.1 Promena geometrije ravnog kondenzatora – Energija električnog polja ES.14.04.1 Unošenje neutralne elektrode u ravan kondenzator – Energija električnog polja ES.17.02.1 Sferni kondenzator sa koncentričnim dvoslojnim dielektrikom – Kapacitivnost ES.17.04.1 Koaksijalni kondenzator sa radijalno nehomogenim dielektrikom – Kapacitivnost, ES.17.04.1 Sferni kondenzator sa radijalno nehomogenim dielektrikom – Kapacitivnost, vezana naelektrisanja ES.14.01.1 Koaksijalni vod sa klinastim osloncem – Kapacitivnost, napon proboja ES.16.06.1 Merenje visine tečnosti koaksijalnim kondenzatorom – Kapacitivnost ES.16.10.2 Sferni kondenzator do polovine ispunjen dielektrikom – Kapacitivnost, napon proboja ES.12.01.1 Ravan kondenzator sa poprečno dvoslojnim dielektrikom– Kapacitivnost, vezana naelektrisanja ES.14.03.1 Ravan kondenzator sa uzdužno troslojnim dielektrikom– Kapacitivnost ES.16.12.1 Sferni kondenzator sa radijalno troslojnim dielektrikom – Kapacitivnost DC.16.12.1 Sferni kondenzator sa nesavršenim dielektrikom – Kapacitivnost i provodnost DC.13.04.1 Koaksijalni kondenzator sa nesavršenim dielektrikom – Kapacitivnost i provodnost DC.15.10.2 Poluloptasti uzemljivač – Otpornost i napon koraka DC.14.10.3 Loptasti uzemljivač – Otpornost i napon koraka EM.16.01.2 Polukružna kontura u homogenom magnetnom polju – Elektromagnetna sila EM.17.09.1 Naelektrisana čestica (elektron) – Magnetno polje EM.15.10.3 Dva tačkasta naelektrisanja u paralelnom kretanju – Elektromagnetna sila EM.13.09.1 Pravoliniski provodnik – Magnetno polje, vezane struje EM.12.06.1 Kružna kontura - Magnetno polje EM.17.10.1 Kružni disk - Magnetni moment i magnetno polje EM.16.01.1 Strujne konture oblika pravilnog mnogougla – Magnetno polje EM.17.09.1 Trougaone konturre napajane polupravama – Magnetno polje EM.16.09.1 Kontura oblika kružne testere sa kružnim zupcima – Magnetno polje EM.16.10.1 Kontura oblika kružne testere sa ravnim zupcima – Magnetno polje EM.13.06.1 Pravougaona kontura – Magnetno polje EM.14.04.1 Koncentrične kvadratne konture – Magnetno polje EM.16.12.1 Kontura oblika ravne testere – Magnetno polje EM.15.09.1 Kontura oblika ukosnice 1 – Magnetno polje EM.16.03.2 Kontura oblika ukosnice 2 – Magnetno polje EM.16.12.1 Ugaona kontura – Magnetno polje EM.15.10.2 Spiralna kontura – Magnetno polje EM.15.09.1 Koaksijalne kružne konture – Homogeno magnetno polje EM.13.01.1 Solenoid - Magnetno polje, induktivnost, energija EM.13.10.2 Trakasta prenosna linija – Kapacitivnost i induktivnost EM.17.02.1 Trougaona kontura u polju ukrštenih provodnika – Indukovana elektromotorna sila EM.16.06.1 Kvadratna kontura između provodnika dvožičnog voda – Indukovana elektromotorna sila EM.16.01.1 Testerast talasni oblik pobudnog polja – Indukovana elektromotorna sila EM.16.10.2 Romboidna kontura u polju pravog provodnika – Indukovana elektromotorna sila EM.17.04.1 Kvadratna kontura u promenljivom polju pravog provodnika – Indukovana elektromotorna sila EM.16.03.1 linearni generator jednosmernog napona – Indukovana elektromotorna sila EM.15.09.1 Levitacija – Indukovana elektromotorna sila

elektrotehnika rešeni zadaci - znrfak.ni.ac.rs godina... · ovoj tekst nastaje od rešenja...

Documents