osnove elektrotehnike i parcijalni popravni ispit 28.01 ... · osnove elektrotehnike i parcijalni...
TRANSCRIPT
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
1
Prezime i ime: Broj indeksa:
Profesorov prvi postulat: “Što se ne može pročitati, ne može se ni ocijeniti.“
1. Dva tačkasta naelektrisanja su postavljena u vazduhu u tjemenima jednakostraničnog trougla kao na slici. Poznato je Q1 = 5⋅10−4 [C], Q2 = -3⋅10−4 [C], a=10 [cm], ε0=8,85·10-12
A
[F/m]. Naći vektor električnog polja u tački B.
7 7144 10 144 3 10 VE i jm = ⋅ + ⋅ ⋅
B 7 7144 3 10 144 10 VE i jm = ⋅ ⋅ + ⋅
A
2Q
1Q a
B a
2a
2a
C 7 7144 10 144 3 10 VE i jm = − ⋅ + ⋅ ⋅
D 7 7144 3 10 144 10 VE i jm = ⋅ ⋅ − ⋅
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Na slici je prikazan smjer električnih polja koje proizvode naelektrisanja Q1 i Q2
1 201 022 2
1 2B
Q QE k r k rr r
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
.
,
1 011 3, cos sin
2 3 3 2 2ar r i j i jπ π
= = + = ⋅ + ⋅
,
2 021 3, cos sin
2 3 3 2 2ar r i j i jπ π
= = − − = − ⋅ − ⋅
( ) ( )1 21 2 1 22 2 2
1 3 1 3 2 32 2 2 2
4 4
BQ Q kE k i j k i j Q Q i Q Q ja a a
= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ + − ⋅
( ) ( ) [ ][ ] ( ) [ ]
9
4 7 71 22 4
2 9 102 3 8 10 3 144 10 144 3 10
100 10B
V mk CE Q Q i j C i j i j V
a m−
−
⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ + ⋅⋅
2. Na slici je prikazan pravougaonik sa stranicama a = 5 [cm] i b = 15 [cm]. U suprotnim vrhovima pravougaonika smještena su dva tačkasta naboja Q1 = -3 [nC] i Q2
A
= +2 [nC]. Ako je referentna tačka nultog potencijala u beskonačnosti, odrediti električni potencijal u vrhu pravougaonika koji je označen sa A.
10 [V] B 100 [V]
C 1000 [V] D -1000 [V]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: 180 [V]
(1 bod)
[ ][ ]
[ ][ ]
[ ]9 9
9 91 22 2
3 10 2 109 10 9 10 180
15 10 5 10AC CQ Q V m V mV k k V
b a C Cm m
− −
− −
− ⋅ ⋅⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
A
2Q
1Q a
B a
01r
02r
1E
2E
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
2
3. U prostoru su raspoređeni tačkasti naboji Q1 = 1 [nC], Q2 = 7 [nC], Q3 = -5 [nC], Q4 = 1 [nC], Q5 = -2 [nC], Q6
A
= 4 [nC]. Odrediti fluks elektrostatskog polja kroz zatvorenu površ S. Naboji se nalaze u vazduhu.
113 [V·m] B 791 [V·m]
C -565 [V·m] D 678 [V·m]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: 0
(1 bod) Kako je površ S zatvorena, to možemo primjeniti Gauss-ov zakon u osnovnom obliku:
( ) [ ] [ ] [ ]3 4 6
0 0 0
5 1 40OBUHVACENOu S
S S
Q nC nC nCQ Q QE dSε ε ε
− + ++ +Φ = ⋅ = = = =∫
4. Četiri naboja smješteni su u vrhovima kvadrata stranice a = 1 [cm] kao na slici. Odrediti rad prilikom premještanja naboja Q1
A
u tačku T.
A = 5,826 [J] B A = 6,582 [J]
C A = 2,382 [J] D A = 4,182 [J]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Ovaj problem treba tretirati kao slučaj kada se probni naboj Q1 našao u polju koje generišu preostala tri naboju u sistemu, tj. potrebno je proračunati potencijale tačke u kojoj se nalazi probni naboj i tačke T u slučaju kada sistem čine preostala tri naboja (tj. u proračunu tretirati isti sistem naboja, samo bez naboja Q1). Ukupan rad je apsolutna vrijednost od promjene energije, što je u stvari apsolutna vrijednost energije u početnom i krajnjem stanju. Ako sa WQ1 i VQ1 označimo energiju i potencijal u tački gdje se nalazi Q1, te sa WT i VT
( ) [ ]
[ ]
( )[ ] [ ]
1 1 1
532 41
532 4
1 1
18 1 2 102
54 2 10
2 2 2
3,6 2 2 1 6,582
Q T Q T
Q
T
Q T
A W W W Q V V
QQ QV k k k Va a a
QQ QV k k k Va a a
A W Q V V J J
= ∆ = − = ⋅ −
= ⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅⋅
= ⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅
= ∆ = ⋅ − = ⋅ − ≈
energiju i potencijal u tački T, tada možemo pisati:
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
3
5. Dva tačkasta naelektrisanja (+Q) i (-Q) se nalaze u vazduhu na međusobnoj udaljenosti od 2a. Oba naboja su za a udaljena od beskonačne ravne provodne površi (slika 1). Na osnovu metode ogledanja, smjer ukupne Kulonove sila na naboj (+Q) ima smjer (slika 2):
A Smjer
„A“ B
Smjer „B“
Slika 1 Slika 2
C Smjer
„C“ D
Smjer „D“
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Na slici 2 ucrtati tačan smjer.
(2 boda)
Beskonačna ravna provodna površ djeluje kao ogledalo pa se sistem može predstaviti kao sistem od četiri naelektrisanja postavljena u tjemenima kvadrata dužine 2a (Q gore lijevo, -Q gore desno, -Q dolje lijevo, Q dolje desno). Ukupna sila na naelektrisanje Q je sada :
( )( )
( )( ) ( )
1 2 3 01 02 032 2 22 2 2 2Q
Q Q Q Q Q QF F F F k r k r k ra a a
⋅ − ⋅ − ⋅= + + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
,
( )2 2 2
2 2 22 2
2 24 4 8QQ Q QF k j k i k i ja a a
−= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − +
2 2
2 22 21 1
4 44 4QQ QF k i k ja a
= ⋅ − − ⋅ − ⋅
, smjer D.
6. Spoj električnih kondenzatora, prikazan na slici, priključen je na napon idealnog naponskog izvora U. U ovim uvjetima potencijal tačke 1 u odnosu na masu iznosi 5 [kV], a napon između tačaka 1 i 2 je U12 = 3 [kV]. Kondenzator označen na shemi sa C1 ima električni kapacitet C1
A
= 12 [nF]. Odrediti napon idealnog naponskog izvora U.
U = 10 [kV] B U = 9 [kV]
C U = 8 [kV] D U = 7 [kV]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: 13 [kV]
(2 boda)
[ ] [ ]
[ ] [ ] [ ]
[ ]
2,0 1,0 1,2 2 2,0 1
21 1,0 1 2
1,2
1,0
2 24
8 40 64
13
U U U kV Q U C CQC nF Q U C C Q Q Q C
UQU U kVC
µ
µ µ
= − = => = ⋅ =
= = => = ⋅ = => = + =
= + =
Q− 2a
Q+2a
Q−
Q+
2a 2a
01r
02r
03r
2F
1F
3F
2 2a
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
4
Napomena: U2,0 je napon na kondenzatoru C1. Q je ukupan naboj u kolu. Kondezator C (koji je vezan serijski sa naponskim izvorom) posjeduje naboj Q, isto kao što taj naboj posjeduje i ekvivalentni kondenzator mješovite veze između tačke 1 i mase. Naboj na kondenzatoru C (koji je direktno vezan između tačke 1 i mase) ima naboj Q1, dok kondenzatori C i C1 (koji su serijski vezani) posjeduju iste naboje Q2. 7. Za shemu prikazanu na slici, za napone i energije na kondenzatorima C1 i C2 važi U1/U2 = 2 i W1/W2 = 8. Ako je kapacitet C2= 20 [µF], koliko iznose C1 i C3 i odnos energija W1/W3
A
?
C1=60µF, C3=40µF, W1/W3=8/3.
B C1=40µF, C3=60µF, W1/W3=8/3.
C C1=60µF, C3=40µF, W1/W3=3/8.
D C1=40µF, C3=60µF, W1/W3=3/8.
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
( ) [ ]
( ) [ ]
[ ][ ]
21 1 2
21 1 1 1 11 22
2 2 2 2 22 2
11 2,3 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2
22
1 1 21 1 1 1
23 3 2 33 2
28 2 4 2 40
2
60
40 82 4 460 3
2
ukupno
C UW C U C C C C FW C U C CC U
UQ Q Q Q Q U C U C C C C C FU
C UFW C U C
W C U C FC U
µ
µ
µµ
⋅
= = = ⋅ = ⋅ = ⋅ => = ⋅ = ⋅
= = = + => ⋅ = ⋅ + => = ⋅ − =
⋅
= = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅
8. Vektor dielektričnog pomjeraja D
u homogenoj, linearnoj i izotropnoj sredini je dat relacijom:
A D E P= ε + α
B D E= α ⋅χ ⋅
C ( )0D E= α + ε ⋅
D ( )D E P= ε +
(1 bod)
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
5
9. Pločasti kondenzator je ispunjen sa 4 dielektrika, relativnih dielektričnih permeabilnosti εR,1 = 1, εR,2 = 2, εR,3 = 3, εR,4 = 6 i priključen je na izvor stalnog istosmjernog napona U = 100 [V]. Dimenzije sa slike su a = 4 [cm] i b = 1 [cm]. Odrediti jačinu vektora dielektričnog pomjeraja D4 u dielektriku sa relativnom dielektričnom permeabilnošću εR,4
A
.
10,211 [nC/m2 B ] 20,423 [nC/m2]
C 30,635 [nC/m2 D ] 40,846 [nC/m2]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Iz graničnih uslova vrijedi:
1 2 3 4 1 3 2 4, , ,E E E E D D D D= = = =
Napon na kondenzatoru je: 1 3 2 4U E a E b E a E b= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
Kako je:
44 ,4 0 4 4
,4 0
2 42 ,2 0 2 2
,2 0 ,2 0
RR
RR R
DD E E
D DD E E
ε εε ε
ε εε ε ε ε
= ⋅ ⋅ => =⋅
= ⋅ ⋅ => = =⋅ ⋅
, vrijedi da je:
04 42 4 4 2
,2 0 ,4 0
,2 ,4
40,846R R
R R
UD D nCU E a E b a b D a b mε
ε ε ε εε ε
⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ => = = ⋅ ⋅ +
10. Pločasti kondenzator je ispunjen sa tečnim dielektrikom, relativne dielektrične permeabilnosti εR = 2 i priključen je na izvor stalnog istosmjernog napona U = 200 [V]. Udaljenost između elektroda kondenzatora je d = 4 [mm]. Mjerenjem je ustanovljeno da se desna elektroda nalazi na potencijalu V2
A
= -50 [V]. Potrebno je odrediti udaljenost X tačke nultog potencijala od lijeve elektrode kondenzatora.
1 [mm] B 2 [mm]
C 3 [mm] D 4 [mm]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Ako sa V1 [ ]1 2 1 2 150V V U V V U V− = => = + = označimo potencijal lijeve elektrode, tada vrijedi da je: . Za polje u
kondenzatoru vrijedi: [ ] [ ][ ] [ ]1 0 1 0 150 0
4 3200
VV V V VUE x d mm mmd x U V
−− −= = => = ⋅ = ⋅ =
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
6
11. Na razdvojnoj površi dva homogena, linearna i izotropna dielektrika, dielektričnih konstanti ε1 i ε2, linije električnog polja u prvom dielektriku zaklapaju ugao α1 = 600 u odnosu na normalu povučenu na ravan dielektrika. Poznati su sljedeći podaci: ε1,r = 1, ε2,r = 2 i D1 = 100 [C/m2
A
]. Jačina vektora elektrostatskog polja u drugoj sredini iznosi:
132 0,1761 10 VE
m = ⋅
C 132 2,1761 10 VE
m = ⋅
B 132 1,7623 10 VE
m = ⋅
D 132 1,0176 10 VE
m = ⋅
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Granični uslovi na površini dielektrika su 1 2 1 2,t t n nE E D D= = . Ako je ugao u
odnosu na normalu u drugom dielektriku α2, a u prvom α1
1 1 2 2
0 1, 1 1 0 2, 2 2
sin sin ,cos cosr r
E EE E
α αε ε α ε ε α
⋅ = ⋅⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
, tada iz graničnih uslova
slijedi . Iz navedenih jednačina slijedi
1 2
0 1, 0 2,r r
tg tgα αε ε ε ε
=⋅ ⋅
, 2,
2 11,
2 3r
rtg tg
εα α
ε= = , 2 73,89α = ° . Sada je jačina
elektrostatskog polja u drugoj sredini
2 131 12
120 2, 2
3100cos 2 1,763 10
cos 8,85 10 2 cos 73,89r
CD VmE
F mm
αε ε α −
⋅ ⋅ = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °
12. Provodnik u elektrostatskom polju u uslovima elektrostatske ravnoteže u svim tačkama svoje površi mora imati:
A nultu vrijednost tangencijalne komponente električnog polja.
B istu površinsku gustinu slobodnih električnih naboja.
C istu vrijednost električnog kapaciteta.
D ravnomjerno raspoređene vezane električne naboje.
(1 bod)
1α
1D
2α
1E
2D
2E
1ε2ε
1tE
1nD
2nD
2tE
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
7
Zadatak Broj poena Osvojeni broj poena
1 2 A
2 1 E
3 1 E
4 2 A
5 2 D
6 2 E
7 2 B
8 1 D
9 2 D
10 2 C
11 2 B
12 1 A
UKUPNO 20
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
1
Prezime i ime: Broj indeksa:
Profesorov prvi postulat: “Što se ne može pročitati, ne može se ni ocijeniti.“
1. Dva tačkasta naelektrisanja su postavljena u vazduhu u tjemenima jednakostraničnog trougla kao na slici. Poznato je Q1 = -5⋅10−4 [C], Q2 = 3⋅10−4 [C], a=10 [cm], ε0=8,85·10-12
A
[F/m]. Naći vektor električnog polja u tački B.
7 7144 3 10 144 10 VE i jm = − ⋅ ⋅ − ⋅
B 7 7144 10 144 3 10 VE i jm = − ⋅ − ⋅ ⋅
A
2Q
1Q a
B a
2a
2a
C 7 7144 10 144 3 10 VE i jm = − ⋅ + ⋅ ⋅
D 7 7144 3 10 144 10 VE i jm = − ⋅ ⋅ + ⋅
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Na slici je prikazan smjer električnih polja koje proizvode naelektrisanja Q1 i Q2
1 201 022 2
1 2B
Q QE k r k rr r
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
.
,
1 011 3, cos sin
2 3 3 2 2ar r i j i jπ π
= = + = ⋅ + ⋅
,
2 021 3, cos sin
2 3 3 2 2ar r i j i jπ π
= = − − = − ⋅ − ⋅
( ) ( )1 21 2 1 22 2 2
1 3 1 3 2 32 2 2 2
4 4
BQ Q kE k i j k i j Q Q i Q Q ja a a
= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ + − ⋅
( ) ( ) [ ]( ) [ ] ( ) [ ]
9
4 7 71 22 4
2 9 102 3 8 10 3 144 10 144 3 10
100 10B
V mk CE Q Q i j C i j i j V
a m−
−
⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ + = ⋅ − ⋅ ⋅ + = − ⋅ − ⋅⋅
2. Na slici je prikazan pravougaonik sa stranicama a = 5 [cm] i b = 15 [cm]. U suprotnim vrhovima pravougaonika smještena su dva tačkasta naboja Q1 = -5 [C] i Q2
A
= +2 [C]. Ako je referentna tačka nultog potencijala u beskonačnosti, odrediti električni potencijal u vrhu pravougaonika koji je označen sa B.
10 [V] B 100 [V]
C 1000 [V] D -1000 [V]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: -7,8·1011 [V]
(1 bod)
[ ][ ]
[ ][ ]
[ ]9 9 111 22 2
5 29 10 9 10 7.8 10
5 10 15 10AC CQ Q V m V mV k k V
a b C Cm m− −
−⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅
A
2Q
1Q a
B a
01r
02r
1E
2E
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
2
3. U prostoru su raspoređeni tačkasti naboji Q1 = -1 [nC], Q2 = 4 [nC], Q3 = 1 [nC], Q4 = 5 [nC], Q5 = 2 [nC], Q6
A
= -3 [nC]. Odrediti fluks elektrostatskog polja kroz zatvorenu površ S. Naboji se nalaze u vazduhu.
113 [V·m] B 904 [V·m]
C -339 [V·m] D 565 [V·m]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: 0
(1 bod) Kako je površ S zatvorena, to možemo primjeniti Gauss-ov zakon u osnovnom obliku:
( ) [ ] [ ] [ ]1 2 6
0 0 0
1 4 30OBUHVACENOu S
S S
Q nC nC nCQ Q QE dSε ε ε
− + −+ +Φ = ⋅ = = = =∫
4. Četiri naboja smješteni su u vrhovima kvadrata stranice a = 1 [cm] kao na slici. Odrediti rad prilikom premještanja naboja Q3
A
u tačku T.
A = 2,108 [J] B A = 6,582 [J]
C A = 3,810 [J] D A = 8,132 [J]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Ovaj problem treba tretirati kao slučaj kada se probni naboj Q3 našao u polju koje generišu preostala tri naboju u sistemu, tj. potrebno je proračunati potencijale tačke u kojoj se nalazi probni naboj i tačke T u slučaju kada sistem čine preostala tri naboja (tj. u proračunu tretirati isti sistem naboja, samo bez naboja Q3). Ukupan rad je apsolutna vrijednost od promjene energije, što je u stvari apsolutna vrijednost energije u početnom i krajnjem stanju. Ako sa WQ3 i VQ3 označimo energiju i potencijal u tački gdje se nalazi Q3, te sa WT i VT
( ) [ ]
( )[ ] [ ]
3 3 3
51 2 43
1 2 4
3 3
9 2 2 102
0
2 2 2
3,6 2 2 2,108
Q T Q T
Q
T
Q T
A W W W Q V V
Q Q QV k k k Va aa
Q Q QV k k ka a a
A W Q V V J J
= ∆ = − = ⋅ −
= ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ − + ⋅⋅
= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
= ∆ = ⋅ − = ⋅ − ≈
energiju i potencijal u tački T, tada možemo pisati:
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
3
5. Dva tačkasta naelektrisanja (+Q) i (-Q) se nalaze u vazduhu na međusobnoj udaljenosti od 2a. Oba naboja su za a udaljena od beskonačne ravne provodne površi (slika 1). Na osnovu metode ogledanja, smjer ukupne Kulonove sila na naboj (+Q) ima smjer (slika 2):
A Smjer
„A“ B
Smjer „B“
Slika 1 Slika 2
C Smjer
„C“ D
Smjer „D“
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Na slici 2 ucrtati tačan smjer.
(2 boda) Beskonačna ravna provodna površ djeluje kao ogledalo pa se sistem može predstaviti kao sistem od četiri naelektrisanja postavljena u tjemenima kvadrata dužine 2a (Q gore lijevo, -Q gore desno, -Q dolje lijevo, Q dolje desno). Ukupna sila na naelektrisanje Q je sada :
( )( )
( )( ) ( )
1 2 3 01 02 032 2 22 2 2 2Q
Q Q Q Q Q QF F F F k r k r k ra a a
⋅ − ⋅ − ⋅= + + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
,
( )2 2 2
2 2 22 2
2 24 4 8QQ Q QF k j k i k i ja a a
−= − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − +
2 2
2 22 21 1
4 44 4QQ QF k i k ja a
= ⋅ − − ⋅ − ⋅
, smjer D.
6. Spoj električnih kondenzatora, prikazan na slici, priključen je na napon idealnog naponskog izvora U. U ovim uvjetima potencijal tačke 1 u odnosu na masu iznosi 7 [kV], a napon između tačaka 1 i 2 je U12 = 5 [kV]. Kondenzator označen na shemi sa C1 ima električni kapacitet C1
A
= 12 [nF]. Odrediti napon idealnog naponskog izvora U.
U = 10 [kV] B U = 9 [kV]
C U = 8 [kV] D U = 7 [kV]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: 19 [kV]
(2 boda) Vidjeti rješenje varijante A.
[ ] [ ]
[ ] [ ] [ ]
[ ]
2,0 1,0 1,2 2 2,0 1
21 1,0 1 2
1,2
1,0
2 24
4,8 33,6 57,6
19
U U U kV Q U C CQC nF Q U C C Q Q Q C
UQU U kVC
µ
µ µ
= − = => = ⋅ =
= = => = ⋅ = => = + =
= + =
Q− 2a
Q+2a
Q−
Q+
2a 2a
01r
02r
03r
2F
1F
3F
2 2a
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
4
Napomena: U2,0 je napon na kondenzatoru C1. Q je ukupan naboj u kolu. Kondezator C (koji je vezan serijski sa naponskim izvorom) posjeduje naboj Q, isto kao što taj naboj posjeduje i ekvivalentni kondenzator mješovite veze između tačke 1 i mase. Naboj na kondenzatoru C (koji je direktno vezan između tačke 1 i mase) ima naboj Q1, dok kondenzatori C i C1 (koji su serijski vezani) posjeduju iste naboje Q2. 7. Za shemu prikazanu na slici, za napone i energije na kondenzatorima C1 i C2 važi U1/U2 = 2 i W1/W2 = 8. Ako je kapacitet C2= 20 [µF], koliko iznose C1 i C3 i odnos energija W1/W3
A
?
C1=40µF, C3=60µF, W1/W3=8/3.
B C1=60µF, C3=40µF, W1/W3=8/3.
C C1=40µF, C3=60µF, W1/W3=3/8.
D C1=60µF, C3=40µF, W1/W3=3/8.
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
( ) [ ]
( ) [ ]
[ ][ ]
21 1 2
21 1 1 1 11 22
2 2 2 2 22 2
11 2,3 2 3 1 1 2 2 3 3 1 2
22
1 1 21 1 1 1
23 3 2 33 2
28 2 4 2 40
2
60
40 82 4 460 3
2
ukupno
C UW C U C C C C FW C U C CC U
UQ Q Q Q Q U C U C C C C C FU
C UFW C U C
W C U C FC U
µ
µ
µµ
⋅
= = = ⋅ = ⋅ = ⋅ => = ⋅ = ⋅
= = = + => ⋅ = ⋅ + => = ⋅ − =
⋅
= = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅
8. Vektor dielektričnog pomjeraja D
u homogenoj, linearnoj i izotropnoj sredini je dat relacijom:
A D E P= ε + α
B ( )0D E= α + ε ⋅
C D E= α ⋅χ ⋅
D ( )D E P= ε +
(1 bod)
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
5
9. Pločasti kondenzator je ispunjen sa 4 dielektrika, relativnih dielektričnih permeabilnosti εR,1 = 1, εR,2 = 2, εR,3 = 3, εR,4 = 6 i priključen je na izvor stalnog istosmjernog napona U = 100 [V]. Dimenzije sa slike su a = 4 [cm] i b = 1 [cm]. Odrediti jačinu vektora dielektričnog pomjeraja D3 u dielektriku sa relativnom dielektričnom permeabilnošću εR,3
A
.
10,211 [nC/m2 B ] 20,423 [nC/m2]
C 30,635 [nC/m2 D ] 40,846 [nC/m2]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Iz graničnih uslova vrijedi:
1 2 3 4 1 3 2 4, , ,E E E E D D D D= = = =
Napon na kondenzatoru je: 1 3 2 4U E a E b E a E b= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
Kako je:
33 ,3 0 3 3
,3 0
311 ,1 0 1 1
,1 0 ,1 0
RR
RR R
DD E E
DDD E E
ε εε ε
ε εε ε ε ε
= ⋅ ⋅ => =⋅
= ⋅ ⋅ => = =⋅ ⋅
, vrijedi da je:
3 3 01 3 3 2
,1 0 ,3 0
,1 ,3
20,423R R
R R
D D U nCU E a E b a b D a b mε
ε ε ε εε ε
⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ => = = ⋅ ⋅ +
10. Pločasti kondenzator je ispunjen sa tečnim dielektrikom, relativne dielektrične permeabilnosti εR = 2 i priključen je na izvor stalnog istosmjernog napona U = 200 [V]. Udaljenost između elektroda kondenzatora je d = 4 [mm]. Mjerenjem je ustanovljeno da se lijeva elektroda nalazi na potencijalu V1
A
= 150 [V]. Potrebno je odrediti udaljenost X tačke nultog potencijala od desne elektrode kondenzatora.
1 [mm] B 2 [mm]
C 3 [mm] D 4 [mm]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Ako sa V2 [ ]1 2 2 1 50V V U V V U V− = => = − = − označimo potencijal desne elektrode, tada vrijedi da je: . Za polje u
kondenzatoru vrijedi: [ ] [ ]( )[ ] [ ]0 2 0 2 0 50
4 1200
VV V V VUE x d mm mmd x U V
− −− −= = => = ⋅ = ⋅ =
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
6
11. Na razdvojnoj površi dva homogena, linearna i izotropna dielektrika, dielektričnih konstanti ε1 i ε2, linije električnog polja u drugom dielektriku zaklapaju ugao α2 = 600 u odnosu na normalu povučenu na ravan dielektrika. Poznati su sljedeći podaci: ε1,r = 1, ε2,r = 2 i D2 = 100 [C/m2
A
]. Jačina vektora elektrostatskog polja u prvoj sredini iznosi:
131 0,8941 10 VE
m = ⋅
C 131 2,4961 10 VE
m = ⋅
B 131 2,7623 10 VE
m = ⋅
D 131 1,4908 10 VE
m = ⋅
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Granični uslovi na površini dielektrika su 1 2 1 2,t t n nE E D D= = . Ako je ugao u
odnosu na normalu u drugom dielektriku α2, a u prvom α1
1 1 2 2
0 1, 1 1 0 2, 2 2
sin sin ,cos cosr r
E EE E
α αε ε α ε ε α
⋅ = ⋅⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
, tada iz graničnih uslova
slijedi . Iz navedenih jednačina slijedi
1 2
0 1, 0 2,r r
tg tgα αε ε ε ε
=⋅ ⋅
, 1,
1 22,
32
r
rtg tg
εα α
ε= = , 1 40,89α = ° . Sada je jačina
elektrostatskog polja u prvoj sredini
2 132 21
120 1, 1
3100cos 2 1,292 10
cos 8,85 10 1 cos 40,89r
CD VmE
F mm
αε ε α −
⋅ ⋅ = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ °
12. Provodnik u elektrostatskom polju u uslovima elektrostatske ravnoteže u svim tačkama svoje površi mora imati:
A istu površinsku gustinu slobodnih električnih naboja.
B nultu vrijednost tangencijalne komponente električnog polja.
C ravnomjerno raspoređene vezane električne naboje.
D istu vrijednost električnog kapaciteta.
(1 bod)
1α
1D
2α
1E
2D
2E
1ε2ε
1tE
1nD
2nD
2tE
Osnove elektrotehnike I parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
7
Zadatak Broj poena Osvojeni broj poena
1 2 B
2 1 E
3 1 E
4 2 A
5 2 D
6 2 E
7 2 A
8 1 B
9 2 B
10 2 A
11 2 E
12 1 B
UKUPNO 20
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
1
Prezime i ime: Broj indeksa:
Profesorov prvi postulat: “Što se ne može pročitati, ne može se ni ocijeniti.“
1. Direktno, primjenom Kirchhoff-ovih zakona, potrebno je odrediti struje I3 i I4. Poznate su vrijednosti elemenata u kolu: R1 = 1 [kΩ], R2 = 1 [kΩ], R3 = 1 [kΩ], R4 = 1 [kΩ], E1 = 4 [V], E2 = 4 [V], IS3
A
= 1 [mA]. Dozvoljeno je ekvivalentirati strujni generator u naponski.
I3 = 2 [mA], I4 B = -1 [mA] I3 = 2 [mA], I4 = 1 [mA]
C I3 = -2 [mA], I4 D = 1 [mA] I3 = -1 [mA], I4 = 2 [mA]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Jednačine po prvom KZ su 1 2 3
3 4 3s
I I II I I+ =
+ =, a po drugom KZ
1 2 1 1 2 2
1 1 1 3 3 4 4
E E I R I RE I R I R I R
− = ⋅ − ⋅= ⋅ + ⋅ − ⋅
.
Uvrštavajući vrijednosti, iz treće jednačine slijedi da je 1 2I I= , a iz prve 31 2 2
II I= = . Iz druge i četvrtke jednačine
slijedi ( )31 3 3 3 3 41
2 sI R I R I I R= ⋅ + ⋅ − − ⋅ , 3 4
31
3 4
4 5 22.5
2
sI R VI mAR kR R
+ ⋅= = =
Ω+ +, 4 3 3 1sI I I mA= − = − .
2. U električnom kolu sa slike poznato je: R2 = 2 [kΩ], R4 = 4 [kΩ], R5 = 5 [kΩ], R6 = 6 [kΩ], R7 = 7 [kΩ], R8 = 8 [kΩ], E5 = 12 [V], IS = 2 [mA], I3 = 1 [mA], I6 = 6 [mA]. Izračunati vrijednost nepoznatih elemenata u kolu R3 i E6 primjenom metode struja kontura. Fundamentalno stablo je sastavljeno od grana (2), (4), (5) kroz koje teku struje I2, I4 i I5
A
, respektivno, u naznačenom smjeru. Smjerove kontura uzeti u smjeru grana spojnica.
R3 = 127 [kΩ] E6
B = -129 [V]
R3 = 56 [kΩ] E6
Is
1
3
R3
R5
R7
E5
2
4
I5I4
I1
I6
R8
I3
R6R4
R2
I2
E6
= 131 [V]
C R3 = 43 [kΩ] E6
D = 65 [V]
R3 = 51 [kΩ] E6 = 131 [V]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
( ) ( )( ) ( )
1
5 1 2 2 2 3 4 5 8 3 5 8
5 6 2 5 8 3 5 6 7 8
1:2:
3:
K S
K K K
K K
Kontura I IKontura E I R I R R R R R I R R
Kontura E E I R R I R R R R
=
− = − ⋅ + ⋅ + + + + − ⋅ +
+ = − ⋅ + + ⋅ + + +
Kako je grana 3 nezavisna grana konture 2, to vrijedi da je I2K = I3. Analogno vrijedi da je I3K = I6.
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
2
Iz jednačine za konturu 2 slijedi:
( ) ( )
( ) ( ) [ ]
5 1 2 3 5 83 2 4 5 8
2
5 2 6 5 83 2 4 5 8
351
K K
K
S
E I R I R RR R R R R
IE I R I R R
R R R R R kI
− + ⋅ + ⋅ += − + + +
− + ⋅ + ⋅ += − + + + = Ω
Iz jednačine za konturu 3 slijedi: ( ) ( )
( ) ( ) [ ]6 5 2 5 8 3 5 6 7 8
6 5 3 5 8 6 5 6 7 8 131K KE E I R R I R R R R
E E I R R I R R R R V
= − − ⋅ + + ⋅ + + +
= − − ⋅ + + ⋅ + + + =
3. Odrediti ekvivalentni otpor Rab u kolu sa slike. Poznato je R1 = 1 [Ω], R2 = 1 [Ω], R3 = 3 [Ω], R4 = 2 [Ω], R5 = 6 [Ω], R6 = 6 [Ω], R7 = 2 [Ω], R8
A
= 3 [Ω].
Rab B = 2 [Ω] Rab= 3 [Ω]
C Rab D = 4 [Ω] Rab= 1 [Ω]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Otpornici R3, R4, R5 su vezani paralelno, a zatim serijski sa R1
[ ] [ ]345 1345 1 345345 3 4 5
1 1 1 1 , 1 , 2R R R RR R R R
= + + = Ω = + = Ω
.
. Otpornici R6, R7, R8 su vezani paralelno, a
zatim serijski sa R2 [ ] [ ]678 2678 2 678678 6 7 8
1 1 1 1 , 1 , 2R R R RR R R R
= + + = Ω = + = Ω . Ekvivalntni otpor između
tačaka a i b se dobije iz paralelne veze otpornika R1345 i R2678 [ ]2678 1345
1 1 1 , 1abab
RR R R
= + = Ω .
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
3
4. U kolu sa slike je poznato R1 = 1 [Ω], R2 = 6 [Ω], R3 = 3 [Ω], R4 = 3 [Ω], R5 = 3 [Ω], R6 = 6 [Ω], R7 = 3 [Ω], R8 = 8 [Ω], R9 = 9 [Ω], R10 = 10 [Ω]. Ako se na otporu R3 troši snaga PR3
A
= 12 [W], odrediti snagu naponskog generatora U.
P = 72 [W] B P = 81 [W]
C P = 243 [W] D P = 162 [W]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Serijska veza otpornika R8, R9 je kratkospojena, kao i otpornik R10 pa oni nemaju uticaja na ostatak kola. Otpornici R3, R4,
R5 [ ]345345 3 4 5
1 1 1 1 , 1RR R R R
= + + = Ω su vezani paralelno i njihov ekvivalentni otpor je . Otpornici R3, R4, R5
[ ]6767 6 7
1 1 1 , 2RR R R
= + = Ω
su
vezani paralelno i njihov ekvivalentni otpor je . Otpornici R345, R67
[ ]34567 345 67 3R R R= + = Ω
su vezani paralelno i
njihov ekvivalentni otpor je . Otpornici R34567, R2
[ ]234567234567 34567 27
1 1 1 , 2RR R R
= + = Ω
su vezani paralelno i njihov
ekvivalentni otpor je . Ukupni ekvivalentni otpor je
[ ]1 234567 3ekR R R= + = Ω .
Struja kroz otpornik R3 [ ]33
32RP
I AR
= = je . Struja kroz otpornik R34567 [ ]34567 6I A= je (zbir struja I3, I4, I5 koje
su iste). Struja kroz otpornik R2 [ ]345672 34567
23RI I A
R= ⋅ = je . Ukupna struja [ ]1 2 34567 9I I I A= + = , pa je
snaga generatora [ ]21 243ekP I R W= ⋅ = .
5. U električnom kolu sa slike poznato je odrediti pokazivanje idealnih mjernih instrumenata.
A UV = -5 [V] IA
B = 0,25 [A]
UV = -5 [V] IA = 1,75 [A]
C UV = 5 [V] IA
D = 1,75 [A]
UV = 5 [V] IA = 0,25 [A]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
4
Kroz voltmetar neće protjecati struja jer je idealan (beskonačna unutrašnja otpornost), pa će voltmetar mjeriti napon na otporniku od 10 Ω, a to je prema slici 5V (Nema pada napona na ampermetru, jer mu je unutrašnja otpornost 0). Struja kroz otpornik od 20 Ω je usmjerena odozgo prema dole kroz otpornik i iznosi 0,25 A, a kroz otpornik od 10 Ω je usmjerena takođe odozgo prema dole kroz otpornik i iznosi 0,5 A. Postavljajući prvi Kirchhoffov zakon dobije se da je struja kroz ampermetar usmjerena odozgo prema dole i iznosi 0,25 A. 6. Granični uslovi na granici dvije homogene provodne sredine glase:
A J1n=J2n, E1t=E B 2t J1t=J2t, E1n=E C 2n E1n=E2n, D1t=D D 2t D1n=D2n, E1t=E2t
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(1 bod) 7. Dva beskonačno duga provodnika se nalaze u tačkama sa koordinatama A(a, 0) i C(0, a) kao što je prikazano na slici. Kroz te provodnike teku struje označenih smjerova i iznosa. Odrediti intenzitet i smjer vektora magnetne indukcije (u
obliku 0B B r= ⋅
) u tački B(0, -a). Poznato je I1 = 2 [A], I2
A
= 2 [A], a =1 [m].
7
0
4 2 101 12 2
B T
r i j
−= ⋅
= −
B 7
0
4 2 10B Tr i
−= ⋅
=
B
A
x
aa
1I
2I
Cy
a
C
7
0
2 13 106 4
2 13 2 13
B T
r i j
−= ⋅
= −
D 7
0
4 2 10B Tr j
−= ⋅
=
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Linije magnetne indukcije u tački B imaju smjer tangente na kružnicu čiji se centar poklapa sa položajem provodnika. Sada su vektori magnetne indukcije koju proizvode beskonačni provodnici sa strujama I1 i I2
[ ]70 1 0 1 0 11 01
12 10
2 2 2 4I I I
B r i i i Td a a
µ µ µπ π π
−= = = = ⋅⋅
dati izrazima:
(1)
( ) ( ) [ ]7 70 2 0 2 0 2 0 2 0 22 02
2sin cos sin 45 cos 45 2 10 2 10
2 4 42 2 2 2I I I I I
B r i j i j i j i j Td a aa a
µ µ µ µ µα α
π π ππ π− −= = − = °− ° = − = ⋅ − ⋅
⋅ ⋅
(2)
Uvrštavajući vrijednosti I1=I2 [ ]7 70 0 4 10 2 102 4
I IB i j i j T
a aµ µπ π
− −= − = ⋅ − ⋅
= I, dobije se . Intenzitet magnetne indukcije je
2 2 70 52 5 10
4x yI
B B B Ta
µπ
−= + = = ⋅ , jedinični vektor smjera je 02 15 5
Br i jB
= = −
. Jedinični vektor je pod uglom
1 26,562
y
x
Barctg arctg
Bϕ = − = − = − ° u odnosu na pozitivan smjer x-ose.
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
5
8. Elektron ulazi brzinom v = 4·105 [m/s] u homogeno magnetno polje indukcije B = 1 [mT], a pravac brzine i linije magnetne indukcije zaklapaju ugao α = 60o. Ako je naelektrisanje elektrona e = 1,6·10-19
A
[C], odrediti intenzitet sile na njega.
F = 0 B F = 3,2·10-17 C [N] F = 5,54·10-17 D [N] F = 4,84·10-17 [N]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(1 bod)
( ) ( ) [ ] [ ]17 17sin 3,2 3 10 5,54 10F e v B e v B N Nα − −= ⋅ × = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ≈ ⋅
9. U magnetnom kolu sa slike magnetno-pobudna sila je N·I = 100 [Az]. Materijal od kojega je izrađeno jezgro ima relativnu magnetnu permeabilnost µR = 500. U kolu postoji zračni raspor dužine d = 1 [mm]. Ako su sve dimenzije na slici date u milimetrima, odrediti jačinu magnetnog polja H0,3
A
u zračnom rasporu. Rasipanje u rasporu zanemariti.
H0,3 B = 957,321 [A/m] H0,3 = 1757,123 [A/m]
C H0,3 D = 3357,732 [A/m] H0,3 = 5404,237 [A/m]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: H0,3 = 9520,1827 [A/m]
(2 boda) Prvi način:
1 2 3
1 ,1 3 ,3
2 ,2 3 ,3
(1)(2)
0 (3)M M
M M
N I R RR R
Φ = Φ +Φ
⋅ = Φ ⋅ +Φ ⋅
= Φ ⋅ −Φ ⋅
Iz (3) slijedi: ,3
2 3,2
M
M
RR
Φ = Φ ⋅ , zatim uvrstimo u (1): ,3
1 3,2
1M
M
RR
Φ = Φ ⋅ +
, a ovaj rezultat vratimo u (2):
,3 ,3 ,13 ,1 3 ,3 3 ,1 ,3
,2 ,21M M M
M M M MM M
R R RN I R R R R
R R ⋅
⋅ = Φ ⋅ + ⋅ +Φ ⋅ = Φ ⋅ + +
Pa je: 3,3 ,1
,1 ,3,2
M MM M
M
N IR R
R RR
⋅Φ =
⋅+ +
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
6
Magnetni otpori su:
[ ][ ]
[ ][ ]
[ ][ ]
11,1 2 71 0
12,2 2 72 0
3,3 2 73 0 3 0
140278521,1504
800 4 10 / 500
40 39788,7357
1600 4 10 / 500
139
800 4 10 / 500
MR
MR
MR
mmlR H
S mm T m A
mmlR H
S mm T m A
mml dRS S mm T m A
µ µ π
µ µ π
µ µ µ π
−−
−−
−
= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= + = +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
[ ][ ]
12 7
11271250,1079
800 4 10 /
mmH
mm T m Aπ−
− = ⋅ ⋅ ⋅
Sada vrijedi da je:
[ ]
0,3 30,3
0 3 0 ,3 ,13 0 ,1 ,3
,2
9520,1827 A/m
M MM M
M
B N IHS R R
S R RR
µ µµ
Φ ⋅= = = =
⋅ ⋅⋅ ⋅ + +
=
Drugi način:
Iz ( ) 0,33 0,3 0 3/ : R
R
HB B Hµ µ
µ= ⋅ => =
Iz ( ) 0,31 2 3 1 0 1 2 3 2/ : 2 2 (1)R
R
HS H H H Hµ µ
µΦ = Φ +Φ ⋅ ⋅ => = ⋅ + = ⋅ +
Iz ( )0,3 3
3 0,33 3 0,3
2 2 3 3 0,3 2 0,32 2 2
0 (2)R R
H ll H d dH l H dH l H l H d H H
l l lµ µ
⋅ + ⋅ +⋅ + ⋅
= ⋅ − ⋅ + ⋅ => = = = ⋅
Vraćajući (2) u (1) imamo:
3 3
0,3 0,31 2 0,3 0,3
2 2
12 2 2 (3)R R
R R R
l ld dH HH H H H
l lµ µ
µ µ µ
+ + = ⋅ + = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ +
Iz
( )
[ ]
3
0,31 1 3 3 0,3 0,3 1 3 0,3
2
3
310,3 1 0,3
32
311
2
12
2 9520,183 /
2
R
R R
R
R R
R
R R
l d HN I H l H l H d H l l H d
l
l dll N IH l d H A mll d
lll dl
µµ µ
µµ µ
µµ µ
+ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =
+ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ + + + => = = + ⋅ ⋅ + + +
10. Posmatramo dva geometrijski slična magnetna kola, izrađena od različitih metala relativnih magnetnih permeabilnosti µR,1 i µR,2, respektivno. Oba kola se pobuđuju jednakim magnetno-pobudnim silama N·I, te imaju jednake srednje linije u metalu dužine d i imaju jednake poprečne presjeke S. Oba kola imaju zračne raspore dužina δ1 i δ2, respektivno, gdje je δ1 < δ2, dok je rasipanje magnetnog fluksa u oba raspora zanemarivo. Ukoliko oba kola akumuliraju
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
7
jednake količine magnetne energije, potrebno je utvrditi koja je od ponuđenih relacija tačna za relativne magnetne permeabilnosti ovih kola. Napomena: ukupne srednje linije ovih magnetnih kola su međusobno različite!
A µR,1 > µ B R,2 µR,1 < µR,2
C µR,1 = µR,2
D Niti jedan od ponuđenih odgovora nije tačan!
(2 boda)
( )
2 2 2 21 2
,1 ,2 1 2 ,1 ,2,1 ,2
1 20
0 ,1 0 0 ,2 0
1 2 2 1 ,1 ,2,1 ,2 ,1 ,2 ,1 ,2
2 2
/
1 1 1 10
M M M MM M
R R
R RR R R R R R
L I L I N NW W L L R RR R
d d SS S S S
d d d
δ δ µµ µ µ µ µ µ
δ δ δ δ µ µµ µ µ µ µ µ
⋅ ⋅= => = => = => = => =
+ = + ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+ = + => − = ⋅ − > => > => <
11. Ravna i kruta pravougaona metalna kontura, stranica a i b, kreće se konstantnom brzinom v u stalnom homogenom magnetnom polju indukcije B. Odrediti smjer inducirane struje u konturi.
A Struja je usmjerena u smjeru kazaljke na satu.
B Struja je usmjerena u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
C Struja je jednaka nuli. D Nije moguće odrediti traženo.
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA A
8
U stranicama AB i CD se ne inducira EMS jer su one paralelne sa vektorom brzine v. U stranici BC se inducira EMS čiji je (+)
u tački C, a po iznosu je jednaka ( ) ( ) ( )( )1E BC v B b j v i B k b v B = ⋅ × = ⋅ ⋅ ⋅ × ⋅ − = ⋅ ⋅
.
U stranici DA se inducira EMS čiji je (+) u tački D, a po iznosu je jednaka
( ) ( ) ( )( )2E AD v B b j v i B k b v B = ⋅ × = ⋅ ⋅ ⋅ × ⋅ − = ⋅ ⋅
.
Rezultat ovih razmatranja je dat na sljedećoj slici
Kako je suma EMS-ova u ovoj konturi jednaka 0, to je onda i struja u konturi jednaka 0.
Zadatak Broj poena Osvojeni broj poena
1 2 A
2 2 D
3 2 D
4 2 C
5 2 D
6 1 A
7 2 E
8 1 C
9 2 E
10 2 B
11 2 C
UKUPNO 20
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
1
Prezime i ime: Broj indeksa:
Profesorov prvi postulat: “Što se ne može pročitati, ne može se ni ocijeniti.“
1. Direktno, primjenom Kirchhoff-ovih zakona, potrebno je odrediti struje I3 i I4. Poznate su vrijednosti elemenata u kolu: R1 = 1 [kΩ], R2 = 1 [kΩ], R3 = 1 [kΩ], R4 = 1 [kΩ], E1 = 6 [V], E2 = 6 [V], IS3
A
= 1 [mA]. Dozvoljeno je ekvivalentirati strujni generator u naponski.
I3 = 2 [mA], I4 B = -2 [mA] I3 = 3 [mA], I4 = -3 [mA]
C I3 = 2 [mA], I4 D = 3 [mA] I3 = 3 [mA], I4 = -2 [mA]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
Jednačine po prvom KZ su 1 2 4
3 4 3s
I I II I I+ = −+ =
, a po drugom KZ 1 2 1 1 2 2
1 1 1 3 3 4 4
E E I R I RE I R I R I R
− = ⋅ − ⋅= ⋅ + ⋅ − ⋅
.
Uvrštavajući vrijednosti, iz treće jednačine slijedi da je 1 2I I= , a iz prve 41 2 2
II I= = − . Iz druge i četvrtke jednačine
slijedi ( )41 3 4 3 4 41
2 sI R I I R I R= − ⋅ + − ⋅ − ⋅ , 3 3
41
3 4
6 5 22.5
2
sI R VI mAR kR R
− ⋅= − = − = −
Ω+ +,
3 3 4 3sI I I mA= − = .
2. U električnom kolu sa slike poznato je: R2 = 2 [kΩ], R3 = 3 [kΩ], R5 = 5 [kΩ], R6 = 6 [kΩ], R7 = 7 [kΩ], R8 = 8 [kΩ], E6 = 65 [V], IS = 20 [mA], I4 = 1 [mA], I5 = 5 [mA]. Izračunati vrijednost nepoznatih elemenata u kolu R4 i E5 primjenom metode struja kontura. Fundamentalno stablo je sastavljeno od grana (2), (3), (6) kroz koje teku struje I2, I3 i I6
A
, respektivno, u naznačenom smjeru. Smjerove kontura uzeti u smjeru grana spojnica.
R4 = 26 [kΩ] E5
B = 76 [V]
R4 = 51 [kΩ] E5
Is
1
3
R3
R5
R7
E5
2
4
I5I4
I1
I6
R8
I3
R6R4
R2
I2
E6
= -76 [V]
C R4 = 22 [kΩ] E5
D = 78 [V]
R4 = 51 [kΩ] E5 = 131 [V]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
( ) ( )( ) ( )
1
6 1 2 2 2 3 4 6 7 3 6 7
5 6 2 6 7 3 5 6 7 8
1:2:
3:
K S
K K K
K K
Kontura I IKontura E I R I R R R R R I R R
Kontura E E I R R I R R R R
=
= − ⋅ + ⋅ + + + + + ⋅ +
+ = ⋅ + + ⋅ + + +
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
2
Kako je grana 4 nezavisna grana konture 2, to vrijedi da je I2K = I4. Analogno vrijedi da je I3K = I5
( ) ( )
( ) ( ) [ ]
6 1 2 3 6 74 2 3 6 7
2
6 2 5 6 74 2 3 6 7
422
K K
K
S
E I R I R RR R R R R
IE I R I R R
R R R R R kI
+ ⋅ − ⋅ += − + + +
+ ⋅ − ⋅ += − + + + = Ω
.
Iz jednačine za konturu 2 slijedi:
Iz jednačine za konturu 3 slijedi: ( ) ( )
( ) ( ) [ ]5 6 2 6 7 3 5 6 7 8
5 6 4 6 7 5 5 6 7 8 78K KE E I R R I R R R R
E E I R R I R R R R V
= − + ⋅ + + ⋅ + + +
= − + ⋅ + + ⋅ + + + =
3. Odrediti ekvivalentni otpor Rab u kolu sa slike. Poznato je R1 = 1 [Ω], R2 = 1 [Ω], R3 = 6 [Ω], R4 = 2 [Ω], R5 = 3 [Ω], R6 = 3 [Ω], R7 = 2 [Ω], R8
A
=6 [Ω].
Rab B = 4 [Ω] Rab= 1 [Ω]
C Rab D = 2 [Ω] Rab= 3 [Ω]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Otpornici R3, R4, R5 su vezani paralelno, a zatim serijski sa R1
[ ] [ ]345 1345 1 345345 3 4 5
1 1 1 1 , 1 , 2R R R RR R R R
= + + = Ω = + = Ω
.
. Otpornici R6, R7, R8 su vezani paralelno, a
zatim serijski sa R2 [ ] [ ]678 2678 2 678678 6 7 8
1 1 1 1 , 1 , 2R R R RR R R R
= + + = Ω = + = Ω . Ekvivalntni otpor između
tačaka a i b se dobije iz paralelne veze otpornika R1345 i R2678 [ ]2678 1345
1 1 1 , 1abab
RR R R
= + = Ω .
4. U kolu sa slike je poznato R1 = 1 [Ω], R2 = 4 [Ω], R3 = 6 [Ω], R4 = 6 [Ω], R5 = 6 [Ω], R6 = 6 [Ω], R7 = 3 [Ω], R8 = 8 [Ω], R9 = 9 [Ω], R10 = 10 [Ω]. Ako se na otporu R5 troši snaga PR5
A
= 6 [W], odrediti snagu naponskog generatora U.
P = 180 [W] B P = 90 [W]
C P = 100 [W] D P = 60 [W]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
3
(2 boda) Serijska veza otpornika R8, R9 je kratkospojena, kao i otpornik R10 pa oni nemaju uticaja na ostatak kola. Otpornici R3, R4,
R5 [ ]345345 3 4 5
1 1 1 1 , 2RR R R R
= + + = Ω su vezani paralelno i njihov ekvivalentni otpor je . Otpornici R3, R4, R5
[ ]6767 6 7
1 1 1 , 2RR R R
= + = Ω
su
vezani paralelno i njihov ekvivalentni otpor je . Otpornici R345, R67
[ ]34567 345 67 4R R R= + = Ω
su vezani paralelno i
njihov ekvivalentni otpor je . Otpornici R34567, R2
[ ]234567234567 34567 27
1 1 1 , 2RR R R
= + = Ω
su vezani paralelno i njihov
ekvivalentni otpor je . Ukupni ekvivalentni otpor je
[ ]1 234567 3ekR R R= + = Ω .
Struja kroz otpornik R3 [ ]33
31RP
I AR
= = je . Struja kroz otpornik R34567 [ ]34567 3I A= je (zbir struja I3, I4, I5 koje su
iste). Struja kroz otpornik R2 [ ]345672 34567
23RI I A
R= ⋅ = je . Ukupna struja [ ]1 2 34567 6I I I A= + = , pa je snaga
generatora [ ]21 108ekP I R W= ⋅ = .
5. U električnom kolu sa slike poznato je odrediti pokazivanje idealnih mjernih instrumenata.
A UV = 5 [V] IA
B = 0 [A]
UV = -5 [V] IA = 0 [A]
C UV = -5 [V] IA
D = 1 [A]
UV = 5 [V] IA = 1 [A]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Kroz voltmetar neće protjecati struja jer je idealan (beskonačna unutrašnja otpornost), pa će voltmetar mjeriti napon na otporniku od 10 Ω, a to je prema slici -5V. Nema pada napona na ampermetru, jer mu je unutrašnja otpornost 0. Struja kroz ampermetar otpornik od 5 Ω usmjerena odozgo prema dole kroz otpornik i iznosi 1 A. 6. Granični uslovi na granici dvije homogene, linearne i izotropne magnetne sredine glase:
A J1n=J2n, B1t=B B 2t J1t=J2t, H1n=H C 2n B1n=B2n, H2t=H D 1t B1n=B2n, E1t=E2t
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(1 bod)
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
4
7. Dva beskonačno duga provodnika se nalaze u tačkama sa koordinatama A(a, 0) i C(0, a) kao što je prikazano na slici. Kroz te provodnike teku struje označenih smjerova i iznosa. Odrediti intenzitet i smjer vektora magnetne indukcije (u
obliku 0B B r= ⋅
) u tački B(0, -a). Poznato je I1 = 2 [A], I2
A
=2 [A], a =1 [m].
7
0
2 101 12 2
B T
r i j
−= ⋅
= − +
B 7
0
2 10B Tr i
−= ⋅
=
B
A
x
a
a
1I
x2I
Cy
a
C
7
0
2 101 12 2
B T
r i j
−= ⋅
= −
D 7
0
2 10B Tr j
−= ⋅
=
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda) Linije magnetne indukcije u tački B imaju smjer tangente na kružnicu čiji se centar poklapa sa položajem provodnika. Sada su vektori magnetne indukcije koju proizvode beskonačni provodnici sa strujama I1 i I2
[ ]70 1 0 1 0 11 01
12 10
2 2 2 4I I I
B r i i i Td a a
µ µ µπ π π
−= = = = ⋅⋅
dati izrazima:
(1)
( ) ( ) [ ]7 70 2 0 2 0 2 0 2 0 22 02
2sin cos sin 45 cos 45 2 10 2 10
2 4 42 2 2 2I I I I I
B r i j i j i j i j Td a aa a
µ µ µ µ µα α
π π ππ π− −= = − = − °+ ° = − + = − ⋅ + ⋅
⋅ ⋅
(2)
Uvrštavajući vrijednosti I1=I2 [ ]70 2 104
IB j j T
aµπ
−= = ⋅
= I, dobije se . Intenzitet magnetne indukcije je
2 2 70 2 104x y
IB B B T
aµπ
−= + = = ⋅ , jedinični vektor smjera je 0r j=
. Jedinični vektor je pod uglom 90y
x
Barctg
Bϕ = = °
u odnosu na pozitivan smjer x-ose. 8. Elektron ulazi brzinom v = 4·105 [m/s] u homogeno magnetno polje indukcije B = 1 [mT], a pravac brzine i linije magnetne indukcije zaklapaju ugao α = 60o. Ako je naelektrisanje elektrona e = 1,6·10-19
A
[C], odrediti intenzitet sile na njega.
F = 0 B F = 3,2·10-17 C [N] F = 5,54·10-17 D [N] F = 4,84·10-17 [N]
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(1 bod)
( ) ( ) [ ] [ ]17 17sin 3,2 3 10 5,54 10F e v B e v B N Nα − −= ⋅ × = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ≈ ⋅
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
5
9. U magnetnom kolu sa slike magnetno-pobudna sila je N·I = 100 [Az]. Materijal od kojega je izrađeno jezgro ima relativnu magnetnu permeabilnost µR = 500. U kolu postoji zračni raspor dužine d = 1 [mm]. Ako su sve dimenzije na slici date u milimetrima, odrediti jačinu magnetnog polja H0,1
A
u zračnom rasporu. Rasipanje u rasporu zanemariti.
H0,1 B = 1957,32 [A/m] H0,1 = 11757,12 [A/m]
C H0,1 D = 43233,89 [A/m] H0,1 = 55404,237 [A/m]
E
Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je: H0,1 =76161,462 [A/m]
(2 boda) Prvi način:
1 2 3
1 ,1 2 ,2
2 ,2 3 ,3
(1)(2)
0 (3)M M
M M
N I R RR R
Φ = Φ +Φ
⋅ = Φ ⋅ +Φ ⋅
= Φ ⋅ −Φ ⋅
Iz (3) slijedi: ,2
3 2,3
M
M
RR
Φ = Φ ⋅ , zatim uvrstimo u (1): ,2 1
1 2 2,3 ,2
,3
11
M
M M
M
RR R
R
ΦΦ = Φ ⋅ + => Φ = +
, a ovaj rezultat
vratimo u (2):
,211 ,1 ,2 1 ,1
,2 ,2
,3 ,31 1
MM M M
M M
M M
RN I R R R
R RR R
Φ ⋅ = Φ ⋅ + ⋅ = Φ ⋅ + + +
Pa je: 1,2
,1,2
,31
MM
M
M
N IR
RRR
⋅Φ =
+
+
Magnetni otpori su:
[ ][ ]
[ ][ ]
[ ][ ]
[ ]
11,1 2 7 2 71 0 1 0
12,2 2 72 0
3,3
3 0
139 11271250,1079
800 4 10 / 500 800 4 10 /
40 39788,7357
1600 4 10 / 500
140
MR
MR
MR
mm mml dR HS S mm T m A mm T m A
mmlR HS mm T m A
mmlR
S
µ µ µ π π
µ µ π
µ µ
−− −
−−
= + = + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= =⋅ ⋅ [ ]
12 7
278521,1504800 4 10 / 500
Hmm T m Aπ
−−
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
6
Sada vrijedi da je: [ ]0,1 10,1
0 1 0
,21 0 ,1
,2
,3
76161,462 A/m
1
MM
M
M
B N IHS
RS R
RR
µ µ
µ
Φ ⋅= = = =
⋅ ⋅ ⋅ + +
Drugi način:
Iz ( ) 0,11 0,1 0 1/ : R
R
HB B Hµ µ
µ= ⋅ => =
Iz 0,11 2 32 (1)
R
HH H H
µ= = ⋅ +
Iz 2 22 2 3 3 3
30 (2)H lH l H l H
l⋅
= ⋅ − ⋅ => =
Vraćajući (2) u (1) imamo: 0,1 0,12 2 2
2 2 23 3 2
3
2 2 (3)2R
R
H HH l lH H Hl l l
lµ
µ
⋅= ⋅ + = ⋅ + => = ⋅ +
Iz [ ]
0,1 0,11 1 0,1 2 2 1 0,1 2
2
3
0,11 2
2
3
2
76161,462 /
2
RR
RR
H HN I H l H d H l l H d l
ll
N IH A ml ldll
µµ
µµ
⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ +
⋅=> = =
+ + ⋅ +
10. Posmatramo dva geometrijski slična magnetna kola, izrađena od različitih metala relativnih magnetnih permeabilnosti µR,1 i µR,2, respektivno. Oba kola se pobuđuju jednakim magnetno-pobudnim silama N·I, te imaju jednake srednje linije u metalu dužine d i imaju jednake poprečne presjeke S. Oba kola imaju zračne raspore dužina δ1 i δ2, respektivno, gdje je δ1 < δ2
A
, dok je rasipanje magnetnog fluksa u oba raspora zanemarivo. Ukoliko oba kola akumuliraju jednake količine magnetne energije, potrebno je utvrditi koja je od ponuđenih relacija tačna za relativne magnetne permeabilnosti ovih kola. Napomena: ukupne srednje linije ovih magnetnih kola su međusobno različite!
µR,1 > µ B R,2 µR,1 < µR,2
C µR,1 = µR,2
D Niti jedan od ponuđenih odgovora nije tačan!
(2 boda)
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
7
( )
2 2 2 21 2
,1 ,2 1 2 ,1 ,2,1 ,2
1 20
0 ,1 0 0 ,2 0
1 2 2 1 ,1 ,2,1 ,2 ,1 ,2 ,1 ,2
2 2
/
1 1 1 10
M M M MM M
R R
R RR R R R R R
L I L I N NW W L L R RR R
d d SS S S S
d d d
δ δ µµ µ µ µ µ µ
δ δ δ δ µ µµ µ µ µ µ µ
⋅ ⋅= => = => = => = => =
+ = + ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+ = + => − = ⋅ − > => > => <
11. Ravna i kruta pravougaona metalna kontura, stranica a i b, kreće se konstantnom brzinom v u stalnom homogenom magnetnom polju indukcije B. Odrediti smjer inducirane struje u konturi.
A Struja je usmjerena u smjeru kazaljke na satu.
B Struja je usmjerena u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.
C Struja je jednaka nuli. D Nije moguće odrediti traženo.
E Niti jedan od prethodno ponuđenih odgovora nije tačan. Tačan odgovor je:
(2 boda)
U stranicama BC i AD se ne inducira EMS jer su one paralelne sa vektorom brzine v. U stranici AB se inducira EMS čiji je (+)
u tački B, a po iznosu je jednaka ( ) ( )( ) ( )( )1E AB v B a i v j B k a v B = ⋅ × = ⋅ ⋅ ⋅ − × ⋅ − = ⋅ ⋅
.
U stranici CD se inducira EMS čiji je (+) u tački C, a po iznosu je jednaka
( ) ( )( ) ( )( )2E DC v B a i v j B k a v B = ⋅ × = ⋅ ⋅ ⋅ − × ⋅ − = ⋅ ⋅
.
Rezultat ovih razmatranja je dat na sljedećoj slici
Kako je suma EMS-ova u ovoj konturi jednaka 0, to je onda i struja u konturi jednaka 0.
Osnove elektrotehnike II parcijalni popravni ispit 28.01.2013. VARIJANTA B
8
Zadatak Broj poena Osvojeni broj poena
1 2 D
2 2 C
3 2 B
4 2 E
5 2 C
6 1 C
7 2 D
8 1 C
9 2 E
10 2 B
11 2 C
UKUPNO 20