Zbirka zadataka iz Osnova Elektrotehnike - Kola stalnih struja [2] 9788674666210 [PDF]

Zitiervorschau

Универзитет у Београду – Електротехнички факултет Градимир Божиловић Драган Олћан Антоније Ђорђевић

ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ ОСНОВА ЕЛЕКТРОТЕХНИКЕ Други део

Сталне струје Треће издање

Академска мисао Београд 2016.

ii

Сталне струје

Градимир Божиловић, Драган Олћан, Антоније Ђорђевић ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ ОСНОВА ЕЛЕКТРОТЕХНИКЕ

Други део Сталне струје Треће издање Рецензенти др Владимир Петровић др Милан Илић Одлуком Наставно-научног већа Електротехничког факултета број 2898 од 20. октобра 2009. године ова књига је одобрена као наставни материјал на Електротехничком факултету у Београду. Издавачи Академска мисао Електротехнички факултет Београд Дизајн корица Зорица Марковић, академски сликар Штампа Академска мисао, Београд Тираж 500 примерака ИСБН 978-86-7466-622-7 НАПОМЕНА: Фотокопирање или умножавање на било који начин или поновно објављивање ове књиге у целини или у деловима није дозвољено без претходне изричите сагласности и писменог одобрења издавача.

Предговор Збирка задатака из Основа електротехнике, Сталне струје, излази као други од четири дела збирке која је намењена предметима групе Основи електротехнике, који се предају по наставном плану прве године Основних академских студија електротехнике и рачунарства на Електротехничком факултету Универзитета у Београду. Ти предмети су Основи електротехнике 1 и 2, Практикум из Основа електротехнике 1 и 2, и Лабораторијске вежбе из Основа електротехнике. Овај помоћни уџбеник је проистекао из нарасле потребе за обједињеном збирком питања и задатака која са већ постојећим уџбеником „Основи електротехнике“ А. Ђорђевића (који је иницирао писање ове збирке) представља потребну и довољну литературу за предмете Основи електротехнике 1 и 2. Збирка у потпуности покрива градиво које се ради на вежбама, обезбеђује материјал за самостални рад студената, укључујући и проверу знања на задацима тежине испитних задатака и питања, а садржи и додатни материјал за проширивање знања. Као и уџбеник „Основи електротехнике“, збирка је подељена у четири дела. Први део покрива електростатичко поље, други део поља и кола сталних струја, трећи део збирке обухвата стална магнетска поља и променљива електромагнетска поља, а четврти део се бави колима временски променљивих струја. Задаци без звездице су уводни и основни, а заједно са тежим задацима, означеним једном звездицом, одговарају предметима Основи електротехнике 1 и 2. Задаци са две и три звездице представљају материјал за продубљивање знања, а део тих задатака је намењен и Практикумима из Основа електротехнике. Једноставнија питања и задаци покривају и тематске јединице које се обрађују на предмету Лабораторијске вежбе из Основа електротехнике. Аутори се захваљују рецензентима ове збирке, предавачима на предметима Основи електротехнике 1 и 2, професору др инж. Владимиру Петровићу и професору др инж. Милану Илићу, на корисним сугестијама. Аутори се посебно захваљују професору др инж. Предрагу Пејовићу на сугестијама у вези са појединим поглављима збирке. Милан Ромић, студент Енергетског одсека и демонстратор при Лабораторији за Основе електротехнике, и Марија Јанковић, победница Електријаде 2007. године из Основа електротехнике, учествовали су у провери решења једног дела задатака из збирке, па им се аутори на томе захваљују. Београд, септембар 2009.

Аутори

iv

Сталне струје

Предговор другом издању У овом издању су исправљене уочене грешке. Аутори се захваљује асистенту Слободану Савићу који је детаљно прочитао збирку и указао на неке од тих грешака. Београд, август 2013.

Аутори

Предговор трећем издању У овом издању су исправљене уочене грешке. Београд, август 2016.

Аутори

Сталне струје

v

Садржај 1. Стално струјно поље............................................................................................................. 1 2. Једноставна електрична кола ............................................................................................. 31 3. Сложена електрична кола................................................................................................... 54 3.1. Кирхофови закони........................................................................................................ 54 3.2. Метод контурних струја .............................................................................................. 85 3.3. Метод потенцијала чворова ........................................................................................ 98 3.4. Трансфигурације мрежа отпорника.......................................................................... 116 4. Теореме .............................................................................................................................. 131 4.1. Линеарност и суперпозиција..................................................................................... 131 4.2. Компензација.............................................................................................................. 136 4.3. Тевененова и Нортонова теорема ............................................................................. 151 4.4. Премештање генератора ............................................................................................ 193 4.5. Реципроцитет.............................................................................................................. 201 4.6. Прилагођење по снази ............................................................................................... 206 4.7. Симетрија и бисекција............................................................................................... 218 5. Четворополи и контролисани генератори....................................................................... 235 5.1. Четворополи ............................................................................................................... 235 5.2. Контролисани генератори ......................................................................................... 261 6. Нелинеарна кола................................................................................................................ 278 7. Кола са кондензаторима ................................................................................................... 287 Литература ............................................................................................................................. 347

vi

Сталне струје

1. Стално струјно поље

1

1. Стално струјно поље 1. У дугачком хомогеном бакарном жичаном проводнику површине попречног пресека

S = 50 mm 2

Специфична

успостављена

електрична

је

проводност

стална

бакра

је

струја

густине

s = 58 × 106 S m ,

J = 2,5 A mm 2 . атомска

маса1

ACu = 63,546 u и специфична густина rCu = 8,9 g cm 3 . Сматрајући да у електричној струји учествује по један електрон2 сваког атома бакра, израчунати (а) средњу брзину кретања електрона услед деловања електричног поља, (б) јачину струје проводника, (в) јачину електричног поља у проводнику, (г) запреминску густину снаге Џулових губитака и (д) подужну густину снаге Џулових губитака у жици. РЕШЕЊЕ (а) Вектор густине струје је J = N 'Qe v , где је N ' концентрација, а v макроскопска J средња брзина кретања слободних носилаца (електрона). Одавде је | v |= . N'e ¢ , где је N Cu ¢ Концентрација слободних носилаца је у посматраном случају N ' = N Cu концентрација атома бакра. Како је проводник хомоген, то је ( N Cu ) u Dv (mCu ) u Dv r Cu Dv r Cu ¢ = N Cu = = = , где је mCu маса бакра у запремини Dv па ACu Dv ACu Dv ACu Dv је N ' = 8,44 × 10 22 cm -3 и | v |= 0,185 mm s . (б) Јачина струје проводника је I = JS = 125 A . (в) Из Омовог закона у локалном облику ( J = sE ), који представља конститутивну J релацију за струјно поље, произилази E = = 43,1 mV m . s

1

Атомска јединица масе је u » 1,66 × 10 -27 kg .

2

Наелектрисање електрона је Qe = -e » -1,602 × 10 -19 C .

2

Сталнe струјe (г) Запреминска густина снаге Џулових губитака одређена је Џуловим законом у

локалном облику,

dPJ J2 kW = J ×E = = sE 2 » 108 3 . dv s m

(д) Подужна густина снаге Џулових губитака је PJ¢ =

dPJ W S » 5,4 . dv m

Колика је снага губитака у целом проводнику ако је његова дужина l = 1 km ?

2. У танкој торусној цеви, дужине средње линије l = 12 m и површине попречног пресека S = 10 cm 2 , остварено је кружно кретање електрона паралелно средњој линији торуса, сталном брзином v = 2 × 108 m s . У току једног периода кретања електрона, кроз попречни пресек цеви прође N = 6 × 1011 електрона. Израчунати (а) вектор густине електричне струје у цеви и (б) јачину струје у цеви. Слика 2.1. РЕШЕЊЕ (а) Уз претпоставку да су електрони равномерно распоређени у цеви и да су им брзине једнаке, вектор густине електричне струје образоване кретањем електрона је N kA J = N 'Qe v . Концентрација електрона је N ' = = 5 × 1013 m -3 , па је J » -1,6 i v , где Sl m2 v , који је тангенцијалан на средњу линију торуса је i v орт вектора брзине, i v = |v| (слика 2.1). Линије вектора густине струје су концентричне кружнице паралелне средњој линији торуса. Струјнице немају ни почетак, ни крај, већ се затварају саме у себе, па је поље вектора Ј безизворно. (б) Јачина струје у цеви је I = J × nS јер је, по претпоставци, струјно поље хомогено у сваком попречном пресеку цеви, односно I = 1,6 A у односу на референтни смер одређен ортом n .

3. У посуди за електролизу налази се нормални раствор сребро нитрата (AgNO 3 ) у води. На једновалентне јоне Ag + и NO3- су се разложили сви молекули AgNO3 . Када се у раствору успостави стална електрична струја, под утицајем електричног поља јони

1. Стално струјно поље

3

имају средње брзине v + = 0,007 mm s и v - = 0,009 mm s . Израчунати вектор густине успостављене електричне струје. РЕШЕЊЕ Како у раствору постоје две врсте покретних носилаца електрицитета, то је вектор густине електричне струје J = N +¢ Q+ v + + N -¢ Q- v - , при чему су наелектрисања јона Q+ = -Q- = +1,602 × 10 -19 C . Вектори v + и v - имају исти правац као вектор електричног поља у раствору. Вектор v + има исти смер као вектор електричног поља, а вектор v има супротан смер. Нормални раствор је онај код кога се у 1 dm3 раствора налази један мол растворка3. Концентрације јона су стога N +¢ = N -¢ = 6,022 × 10 23 dm -3 . Густина струје је J = 1,54

mA mm 2

i E , где је i E орт вектора електричног поља у

раствору.

**4. У посуди за електролизу, чије су анода и катода од сребра, налази се раствор сребро нитрата у води (слика 4.1)4. Затварањем прекидача П успоставља се стална струја I у колу и почне електролиза. Израчунати јачину струје при којој ће се за време Dt = 12 h на катоди издвојити сребро масе m = 25 g . Атомска маса сребра је

AAg = 107,87 u , а валентност

z Ag = 1 .

Слика 4.1.

РЕШЕЊЕ У посуди за електролизу са раствором сребро нитрата у води и електродама од сребра, молекули растворка ( AgNO 3 ) разлажу се на јоне, AgNO3 ® Ag + + NO3- . По успостављању струје у електролиту, јони сребра ( Ag + ) одлазе на катоду, а јони NO3- на аноду. На електродама се придошли јони неутрализују. Неутрализовано сребро таложи се на катоди, а NO3 група реагује на аноди са сребром и формира сребро нитрат, који се 3

Један мол ( 1 mol ) је количина супстанце која садржи исти број молекула (или атома) те супстанце колико има молекула у 12 g угљеника С-12. Тај број је Авогадрова константа (Авогадров број),

N A = 6,02214179 × 10 23 mol -1 » 6,022 × 10 23 mol -1 . Између атомске

јединице масе и Авогадрове константе важи релација uN A = 1 g/mol . 4 Овакав уређај (волтаметар) употребљавао се за мерење протекле количине електрицитета на основу мерења масе издвојеног сребра, а тиме и за мерење јачине сталне струје.

4

Сталнe струјe

потом раствара и дисоцира. На тај начин долази до транспорта сребра са аноде на катоду. Сребро наталожено на катоди је скоро потпуно чисто. Први Фарадејев закон електролизе установљава да је маса супстанце која се при електролизи издваја на електроди, линеарно пропорционална количини електрицитета која протекне кроз електролит (q). Други Фарадејев закон електролизе установљава да је, за задату количину електрицитета, маса издвојене супстанце сразмерна њеном хемијском еквиваленту5. Оба закона се могу исказати формулом, m=

q M , F z

(4.1)

M хемијски еквивалент, а F Фарадејева константа. Та константа се назива z фарадеј и износи F = N A e = 96485,3399 C/mol » 96500 C/mol , где је N A Авогадрова константа, а е елементарно наелектрисање. Из формуле (4.1) произилази да количина електрицитета од 96500 C издвоји на катоди масу једног мола једновалентног метала, масу једне половине мола двовалентног метала, масу једне трећине мола тровалентног метала итд. Формула (4.1) се пише и у облику где је

m = aq , где је a =

1 M F z

(4.2) електрохемијски еквивалент супстанце6. Према подацима из текста

задатка, електрохемијски еквивалент сребра је aAg =

1 M Ag » 0,001118 g/C . F z Ag

На основу (4.2), количина електрицитета потребна да издвоји сребро масе m = 25 g m је q = » 22,36 kC . Како је, по претпоставци задатка, јачина струје у електролиту aAg стална, то је потребна јачина струје I =

5

q » 0,518 A . Dt

Хемијски еквивалент неке супстанце је количник моларне масе (М) и валентности јона те супстанце (z), односно M / z . Моларна маса (маса једног мола) обично се изражава у грамима по молу, што је нумерички исто као и молекулска (односно атомска) маса те супстанце (А) изражена у атомским јединицама масе (u). 6 Електрохемијски еквивалент је маса коју издвоји протекло наелектрисање од 1 C .

1. Стално струјно поље

5

**5. У ћелији за електролизу са електродама од бакра налази се раствор бакар сулфата ( CuSO 4 ) у води (слика 5.1). Израчунати јачину I потребне сталне струје при којој ће се за Dt = 24 h на катоди издвојити бакар масе m = 30 kg . Атомска маса бакра је ACu = 63,546 u , а валентност z Cu = 2 .

Слика 5.1.

РЕШЕЊЕ При дисоцијацији у води, молекули бакар сулфата се разлажу на јоне, --

CuSO 4 ® Cu + + + SO 4 . По успостављању сталне струје, јони бакра ( Cu + + ) се --

неутрализују таложе на катоди. Јони SO 4 групе се неутрализују на аноди. Међутим, неутрализовани јони SO 4 не могу постојати у слободном стању, па ступају у секундарну хемијску реакцију на аноди, градећи бакар сулфат, SO 4 + Cu = CuSO 4 , који се потом разлаже у раствору. Као последица овог процеса, концентрација бакар сулфата у електролиту остаје стална, а при електролизи се бакар преноси са аноде на катоду. Овим се врши и електрохемијско пречишћавање бакра, јер је бакар наталожен на катоди скоро потпуно чист. Примесе бакра које постоје у аноди, таложе се на дну ћелије за електролизу. Према Фарадејевим законима електролизе, односно формули (4.1), количина Fzm електрицитета потребна за издвајање масе m бакра је q = = 91,1 MC . Потребна M q јачина струје у електролиту је I = = 1,054 kA . Овај резултат указује на то да су за Dt електролизу у индустријске сврхе потребе веома јаке сталне струје.

*6. Веома дугачак врло танак метални цилиндар полупречника a и подужне густине наелектрисања Q' ротира у ваздуху око своје осе сталном угаоном брзином w . Одредити подужну густину овако образоване површинске струје.

6

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Наелектрисање проводног цилиндра је локализовано на његовој површи. Сматрајући да је наелектрисање равномерно расподељено по површи цилиндра, површинска густина Q' наелектрисања је rs = . Вектор 2pa подужне густине површинске електричне струје коју својим кретањем образује ово наелектрисање је, према слици 6.1, J s = rs v = rs w ´ r , где је v = w ´ r вектор периферијске брзине кретања наелектрисања, а r потег у односу на осу z ( | r |= a ). Вектор брзине v колинеаран је са ортом

if

цилиндричног координатног

система, а интензитет му је v = aw . Стога је интензитет вектора густине струје Q' w Слика 6.1. if . J s = rs aw , па је J s = 2p До решења се може доћи и полазећи од брзине протицања електрицитета. Посматрајмо прстен ширине dz , приказан на слици 6.1. Прстен се обрће равномерно, па (dQ )u T је јачина струје прстена dI = , где је (dQ )u T = rs 2pa dz наелектрисање прстена, T 2p Q' а T= период обртања цилиндра. Одавде је dI = rs aw dz = w dz , па је подужна w 2p dI Q' w густина струје J s = = . dz 2p

*7. Ваљак од стиропора, полупречника a , дужине l и релативне пермитивности e r » 1 , равномерно је наелектрисан по запремини наелектрисањем запреминске густине r . Ваљак ротира у ваздуху око своје осе сталном угаоном брзином w (слика 7.1). Одредити јачину овако образоване електричне струје кроз површ S приказану на слици.

1. Стално струјно поље

7

РЕШЕЊЕ Како је релативна пермитивност стиропора блиска јединици ( e r » 1 ), то у ваљку и на његовој површи практично нема везаног наелектрисања, па струју образује само кретање слободних наелектрисања. Вектор густине струје је J = rv , где је v = w ´ r периферијска брзина кретања наелектрисања. Линије вектора Ј су концентричне кружнице у равнима управним на осу ваљка, а интензитет му је J (r ) = r | v |= ρwr , r Î [0, a ] .

Према слици 7.1, јачина струје кроз елементарну површ dS је dI = J × dS = Jl dr = ρwrl dr , па је јачина струје кроз површ S I=

a

a

r =0

r =0

ò dI = ρwl

1

ò rdr = 2 ρwa

2

l.

Слика 7.1.

Задатак се може решити и посматрањем брзине протицања наелектрисања кроз површ S . Током једног периода обртања цилиндра, кроз површ S прође целокупно Q 1 наелектрисање цилиндра ( Q = rpa 2 l ), па је I = = rwa 2l . T 2

**8. Поновити претходни задатак ако је релативна пермитивност ваљка e r > 1 иста у целом ваљку. Сматрати да је l >> a , тако да се ивични ефекти могу занемарити. РЕШЕЊЕ Електрично поље ваљка при ротацији исто је као и електростатичко поље на исти начин распоређених статичких наелектрисања, па је иста и расподела везаних rr наелектрисања ваљка. На основу уопштеног Гаусовог закона је D = i r , 0 £ r £ a , где 2 је i r орт радијалан у односу на осу ваљка, па је вектор поларизације у ваљку e - 1 rr P= r i r . Површинска густина везаних наелектрисања на омотачу ваљка7 је er 2

7

Површинска везана наелектрисања постоје и на базисима ваљка, али их, на основу услова l >> a , занемарујемо. На основу тог услова такође сматрамо да густина везаних наелектрисања на омотачу ваљка не зависи од координате z.

8

Сталнe струјe

r ps = P (a - ) = rp = -

(e r - 1) r er

(e r - 1) ra , er

2

а запреминска густина везаних наелектрисања у ваљку је

јер је диелектрик хомоген.

Услед ротације ваљка, површинска везана наелектрисања образују површинску (e - 1) rwa 2i . струју подужне густине (на основу задатка 6) J s = r ps w ´ (ai r ) = r f 2e r Допринос површинске струје струји кроз површ S је I1 = J s l =

(e r - 1) rwa 2l . 2e r

Запреминска слободна и везана наелектрисања својим кретањем образују запреминску струју. Укупна густина слободних и везаних запреминских наелектрисања r је r t = r + r p = , па је густина запреминске струје у ваљку J = r t v = r t w ´ r (слика er 7.1). Допринос ове струје струју кроз површ S одређује се на исти начин као у задатку 6 1 1 и износи I 2 = ρ t wa 2l = ρwa 2l . 2 2e r 1 ρwa 2l , што је исти резултат као у 2 задатку 7. Резултат је очекиван. Током једног периода обртања цилиндра, кроз површ S прође целокупно слободно и везано наелектрисање цилиндра, али је укупно везано наелектрисање једнако нули. У збиру остаје само слободно наелектрисање, које је исто као у задатку 7. Укупна струја кроз површ S је I = I1 + I 2 =

*9. Метална лопта полупречника a и наелектрисања Q ротира у ваздуху око једног свог пречника сталном угаоном брзином w (слика 9.1). Одредити (а) густину овако образоване површинске струје и (б) јачину струје кроз површ S приказану на слици. Слика 9.1. РЕШЕЊЕ (а) Наелектрисање је равномерно расподељено по површи лопте, а површинска Q густина му је rs = . Подужна густина површинске струје је (слика 9.1) 4pa 2 Qw Js = sin q i f , 0 £ q £ p , где су q и f углови сферног координатног система. 4pa

1. Стално струјно поље

9

(б) Према слици 9.1 је dI = J s dl = J s a dq =

Qw sin q dq , па је I = 4p

p

ò dI =

q= 0

Qw . До 2p

истог резултата се може доћи и на основу закључка да целокупно наелектрисање лопте 2p . ( Q ) прође једном кроз површ S током једног периода ротације лопте T = w

*10. У лопти од стиропора, полупречника a и релативне пермитивности e r » 1 , равномерно су распоређена наелектрисања запреминске густине r (слика 10.1). Лопта ротира сталном угаоном брзином w око једног свог пречника. Одредити (а) густину овако образоване струје и (б) јачину струје кроз површ S приказану на слици 10.1. Слика 10.1. РЕЗУЛТАТ (а) Према сферном координатном систему са слике 10.1, вектор густине струје је J = rwr sin q i f . (б) Јачина струје кроз осенчену површ са слике 10.1 је I =

2 rwa 3 . 3

**11. Поновити претходни задатак ако је лопта начињена од хомогеног диелектрика релативне пермитивности e r > 1 . РЕЗУЛТАТ (а) Површинска везана наелектрисања образују површинску струју густине Js =

(e r - 1) rwa 2 sin q i er

3

f.

Запреминска слободна и везана наелектрисања образују

запреминску струју густине J =

1 rwr sin q i f . er

(б) Јачина струје кроз осенчену површ са слике 10.1 иста је као у задатку 10, 2 I = rwa 3 . 3

10

Сталнe струјe

n

12. Укупно наелектрисање обухваћено затвореном површи S зависи од времена ( t > 0 ) као Q(t ) = Q0 exp(-t / t) , где су Q0 и t позитивне константне величине. Колика је јачина струје кроз ту површ?

S Q J

РЕШЕЊЕ Вишак наелектрисања (Q) у домену ограниченом затвореном површи S и јачина струје кроз ту површ (i) у односу на референтни смер упоље (слика8 12.1) повезани су једначином континуитета, i=-

J

J

Слика 12.1.

dQ . dt

(12.1)

где је i = ò J × dS и Ј вектор густине струје на површи, односно S

dQ

ò J × dS = - dt

.

(12.2)

S

Ова једначина проистиче из одржања укупног наелектрисања у природи. Из једначине t

(12.1) је тражена јачина струје i (t ) = -

dQ Q0 - t = e , t > 0 (у односу на референтни смер dt t

упоље). Читаоцу се препоручује да скицира функције Q(t ) и i (t ) за t > 0 , као и да понови

задатак ако је Q(t ) = Q0 (1 - exp( -t / t) ) , t > 0 .

13. Јачина струје отпорника отпорности R = 10 W зависи од времена као на слици 13.1. Израчунати (а) количину електрицитета која протекне кроз отпорник од тренутка t1 = 0 до t2 = 5 s и (б) електрични рад претворен у топлоту у отпорнику у том интервалу времена.

8

Слика 13.1.

Слика је нацртана под претпоставком да се крећу позитивни слободни носиоци.

1. Стално струјно поље

11

РЕШЕЊЕ (а) Из дефиниције јачине струје као брзине протицања електрицитета, i =

dq , следи dt t2

да је наелектрисање протекло у интервалу времена t Î (t1 , t 2 ) дато интегралом q = ò i dt . t1

У посматраном случају је q = 12 C . Ако су слободни носиоци у отпорнику електрони, колико је електрона протекло кроз попречни пресек отпорника у том интервалу? (б) Тренутна снага Џулових губитака у отпорнику је pJ = Ri 2 , па је укупан рад претворен у топлоту у интервалу времена t Î (t1 , t 2 ) дат интегралом AJ =

t2

t2

t1

t1

ò p J dt = R ò i

2

dt , односно AJ = 480 J . i [A] 4

*14. Поновити претходни задатак ако је јачина струје отпорника функција времена као на слици 14.1. РЕЗУЛТАТ (а) Протекло q=6C.

3 2

је

1

(б) Рад претворен у топлоту је AJ = 160 J .

0

наелектрисање

1

2

3

4

5

t [s]

Слика 14.1.

15. Грејач отпорности R = 20 W прикључен је на сталан напон U = 200 V . Израчунати (а) количину електрицитета која протекне кроз попречни пресек грејача током Dt = 2 h , (б) електричну снагу грејача и (в) електрични рад претворен у топлоту у том интервалу времена. РЕЗУЛТАТ (а) Протекла количина електрицитета је q = 72 kC . (б) Снага грејача је P = 2 kW . (в) Електрични рад претворен у топлоту је9 AJ = 14,4 MJ = 4 kWh » 3440 kcal . Ако овај грејач загрева 80 l воде чија је почетна температура 15°C , колика је температура воде после 2 h ? Занемарити топлотне губитке. 9

Постоји више дефиниција калорије које се крећу у распону од 4,182 Ј до 4,204 Ј.

12

Сталнe струјe *16. Поновити претходни задатак ако је грејач прикључен на променљив

(простопериодичан) напон u (t ) = 200 2 cos(2pft ) V , где је f = 50 Hz . РЕШЕЊЕ

(а) Посматрамо интервал времена t Î (0, 7200 s ) . Сматрајући да је грејач отпорник u (t ) отпорности R = 20 W , јачина струје грејача је i (t ) = = 10 2 cos(2pft ) A (слика 16.1). R 1 Струја је периодична функција времена са периодом T = = 20 ms Протекло f T

наелектрисање током једног периода је qT = ò i dt = 0 . Посматрани интервал времена, 0

t Î (0, 7200 s ) , садржи N = 360000 (целих) периода, па је протекло наелектрисање током тог интервала такође нула. 15 10

i [A]

5 0 -5 -10 -15 0

20

40

60

80

100

t [ms] Слика 16.1.

(б) Тренутна снага грејача је

pJ (t ) = R(i (t ))2 = 4(cos(2pf ))2 kW

(слика 16.2).

Тренутна снага је периодична функција времена са периодом T1 = 10 ms . Средња снага 1 током тог интервала времена је PJ = T1

T1

ò pJ (t ) dt = 2 kW , па је и средња снага грејача

0

током интервала времена Dt = 2 h такође PJ = 2 kW . (в) Електрични рад претворен у топлоту током Dt = 2 h је AJ = PJ Dt = 4 kWh .

1. Стално струјно поље

13

4500 4000 3500 3000

p [W]

2500 2000 1500 1000 500 0 -500 0

20

40

60

80

100

t [ms]

Слика 16.2.

17. Жица грејача израђена је од цекаса10, чија је специфична проводност s = 1 MS/m . Пречник жице је d = 0,5 mm . Грејач је прикључен на стални напон U = 200 V , при чему је снага грејача P = 2 kW . Колика је дужина жице грејача? РЕШЕЊЕ U2 U2 , одакле је отпорност грејача R = = 20 W . Отпорност R P жичаног проводника дужине l, површине попречног пресека S и специфичне Снага грејача је P =

проводности s је, по Омовој формули, R = l = Rs

l pd 2 , где је S = . Одавде је дужина жице sS 4

pd 2 = 3,93 m . 4

18. У табели 18.1 приказана је највећа допуштена јачина сталне струје у бакарним проводницима у електричним инсталацијама11 ( I max ), а у зависности од површине попречног пресека жице (S). Допунити ову таблицу подацима о одговарајућем пречнику проводника, густини струје, подужној отпорности жице и подужној снази Џулових губитака. Сматрати да је специфична проводност бакра s = 58 MS/m .

10

Цекас је легура никла, хрома и гвожђа. Температурски сачинилац специфичне

отпорности му је a = 8 × 10 -5 / °C , а радна температура до 1100°C . 11 Подаци се односе на усамљене монофазне водове на зиду или у зиду, са ПВЦ изолацијом, при температури околине од 30°C .

14

Сталнe струјe Табела 18.1. S [mm 2 ]

I max [A ]

1,5

19,5

2,5

27

4

36

6

46

10

63

16

85

25

112

35

138

50

168

70

213

95

258

120

299

РЕЗУЛТАТ 1 4S , подужнa отпорност жице, R' = , sS p I густинa струје при максимално допуштеној струји, J max = max , и подужнa снага S 2 ¢ Џулових губитака, PJmax = R' I max . У табели 18.2 дати су пречник жице, d =

Табела 18.2. S [mm 2 ] 1,5 2,5 4 6 10 16 25 35 50 70 95 120

d [mm]

R' [mW / m]

I max [A ]

1,38 1,78 2,26 2,76 3,57 4,51 5,64 6,68 7,98 9,44 11,00 12,36

11,49 6,90 4,31 2,87 1,72 1,08 0,69 0,49 0,34 0,25 0,18 0,14

19,5 27 36 46 63 85 112 138 168 213 258 299

J max [A/mm 2 ] 13,0 10,8 9,0 7,7 6,3 5,3 4,5 3,9 3,4 3,0 2,7 2,5

¢ PJmax [ W/m] 4,4 5,0 5,6 6,1 6,8 7,8 8,7 9,4 9,7 11,2 12,1 12,8

19. Попречни пресек бакарног проводника на штампаној плочи је правоугаоник ширине w = 3 mm и висине t = 36 mm . Израчунати (а) подужну отпорност проводника и (б) највећу допуштену јачину струје проводника под условом да подужна снага Џулових

1. Стално струјно поље

15

¢ губитака у проводнику не буде већа од PJmax = 20 mW/mm . Температура проводника је q = 20°C , при којој је специфична отпорност бакра r = 17 nWm . РЕШЕЊЕ rl rl = , S wt површина попречног пресека. Подужна отпорност проводника је

(а) Ако је дужина штампаног проводника l, отпорност проводника је R = где је S = wt R r R' = = = 0,157 W / m . l wt

P (б) Снага Џулових губитака у отпорнику је PJ = RI 2 = R ' lI 2 = PJ¢l , где је PJ¢ = J l подужна снага губитака. На основу услова задатка, највећа допуштена јачина струје је ¢ PJmax I max = = 11,3 A . R'

20. Услед Џулових губитака, температура бакарног проводника из претходног задатка порасла је за Dq = 40°C . Колика је при томе (а) подужна отпорност проводника и (б) највећа допуштена јачина струје под истим условом као у претходном задатку? Температурски сачинилац специфичне отпорности бакра је a = 0,00427 / °C . РЕШЕЊЕ (а) Специфична електрична отпорност материјала мења се са температуром и код метала расте са порастом температуре. Аналитичка зависност r = r(q ) се најчешће апроксимира степеним редом (полиномом). За мале распоне температура близу 0 °C , најчешће је довољна апроксимација полиномом првог реда, који се пише у облику r(q ) = r0 (1 + aq ) , где је r0 специфична отпорност на 0 °C , а a температурни сачинилац

отпорности. На температурама q1 и q 2 је r1 = r0 (1 + aq1 ) и r 2 = r0 (1 + aq 2 ) , па је 1 + aq 2 l r 2 = r1 . Отпорност тракастог или жичаног отпорника дата је изразом R = r . 1 + aq1 S

Са променом температуре постоје термичке дилатације и дужине l , и површине попречног пресека S , али је код бакарних проводника утицај промене специфичне 1 + aq 2 отпорности много изразитији. Због тога је R2 » R1 . Исти закључак важи и за 1 + aq1 r 1 + aq 2 подужну отпорност, R' = , односно R2¢ » R1¢ = 0,182 W m , где је S 1 + aq1 R1¢ = 0,157 W / m подужна отпорност на q1 = 20°C израчуната у претходном задатку. Температурни сачинилац је мали, па је за температуре q блиске 0 °C aq > 1 , 3 . S2 S1 S 3 Подужна густина снаге је највећа у средњем делу проводника, али се тај део најслабије хлади јер му је спољашња површина најмања. Стога је повећање температуре средњег дела највеће, па ће он прегорети при јакој струји. На описаној појави заснива се рад топљивих осигурача. У посебном случају када је S 2 > G1 и 2pfC 2 >> G2 .

1. Стално струјно поље

25

+U

I

**33. Сферни кондензатор са два несавршена концентрична диелектрика приказан је на слици 33.1. Познато је а, b, c, e1 , e 2 и специфичне проводности s1 и

I S

b

s 2 , при чему су s1 и s 2 врло мали у односу на специфичну проводност електрода кондензатора. (а) Одредити израз за јачину струје у прикључним проводницима кондензатора када је између електрода кондензатора стални напон U . (б) Колика је електрична отпорност овог кондензатора?

a c

O

Слика 33.1.

РЕШЕЊЕ

(а) Вектор густине струје је радијалан у целом кондензатору, J (r ) = a < r < b . Вектори јачине електричног поља су E1 = E2 = c

J I = ir , s 2 4ps 2 r 2 b

c < r < b.

U = ò E1 (r ) dr + ò E2 (r ) dr = a

c

кондензатора I =

Напон

I 4pr 2

ir ,

J I = i r , a < r < c , односно s1 4ps1r 2

између

I æ 1 æ 1 1 ö 1 æ 1 1 öö ç ç - ÷+ ç - ÷÷ , 4p çè s1 è a c ø s 2 è c b ø ÷ø

електрода па

је

кондензатора јачина

је

струје

4pU . c-a b-c + s1ac s 2bc

(б) Електрична отпорност кондензатора је R =

U 1 æc-a b-c ö ÷. ç = + I 4p çè s1ac s 2bc ÷ø

Читаоцу се препоручује да одреди расподелу слободних и везаних наелектрисања у кондензатору и да покаже да између јачине струје и наелектрисања унутрашње e електроде важи релација Q = 1 I . s1

**34. Коаксијални вод полупречника електрода a и b (b > a ) и дужине h има између електрода линеаран хомоген несавршен диелектрик пермитивности e и мале специфичне проводности s . На једном свом крају вод је прикључен на генератор сталног напона U , а други крај вода је отворен. Одредити проводност вода сматрајући да су му електроде савршено проводне.

26

Сталнe струјe РЕЗУЛТАТ Проводност (одводност) вода је G =

2psh . b ln a

**35. Одредити подужну снагу губитака коаксијалног вода полупречника проводника a и b > a са хомогеним несавршеним диелектриком пермитивности e и мале специфичне проводности s , при сталном напону U између проводника вода. РЕЗУЛТАТ Подужна снага губитака је PJ¢ =

2ps 2 U = G 'U 2 . b ln a

**36. Сферни кондензатор полупречника електрода a и b > a испуњен је линеарним хомогеним несавршеним диелектриком пермитивности e и мале специфичне проводности s . Електроде кондензатора су савршено проводне, а прикључене су на стални напон U . Одредити снагу губитака услед Џуловог ефекта у кондензатору. РЕШЕЊЕ Због симетрије, поља вектора J и E су радијална, при чему је J (r ) =

I 4pr 2

ir и

b

E=

absU I b-a J I , то је J (r ) = . = i r , a < r < b . Како је U = ò E (r ) dr = 2 4ps ab s 4psr (b - a ) r 2 a

dPJ J2 = . Ако се за dv s елементарну запремину узме сферна љуска полупречника r и дебљине dr Запреминска густина снаге Џулових губитака одређена је са

( dv = 4pr 2 dr ),

снага

Џулових

2

æ abU ö s æ abU ö dr . dPJ = ç 4pr 2 dr = 4psç ÷ ÷ è b - a ø r4 è b - a ø r2 b

PJ =

губитака

у

ab

ò dPJ = 4ps b - a U

2

Укупна

снага

Џулових

је

губитака

је

. Како је проводност сферног кондензатора G = 4ps

r =a

је PJ = GU 2 =

њој

2

ab , то b-a

U2 , уз RG = 1 . R

*37. Полупречници проводника ваздушног бакарног двожичног вода су a = 5 mm , међусобно

растојање

проводника

је

d = 50 cm ,

а

специфична

проводност

1. Стално струјно поље

27

s = 58 × 10 6 S m . При сталном напону између проводника вода U = 600 V , у воду је успостављена струја густине J = 2 A mm 2 . Израчунати (а) јачину електричног поља у проводницима вода, (б) јачину електричног поља у ваздуху уз површ проводника вода и (в) површинску густину наелектрисања на површи проводника вода. РЕШЕЊЕ (а) На слици 37.1 је приказан део посматраног вода. Електрично поље у проводницима је аксијално, јачине J mV E = = 34,5 . s m (б) Тангенцијална компонента електричног поља у ваздуху ( E t ), на самој површи проводника вода, добија се mV . из граничног услова E t = E = 34,5 m

Слика 37.1.

Нормална компонента електричног поља у ваздуху ( E n ) много је већа од тангенцијалне компоненте. Стога је, изван проводника вода, структура електричног Q' d поља практично иста као у одговарајућем електростатичком случају, па је U = ln , pe 0 a где је Q' подужно наелектрисање једног проводника вода (други проводник је наелектрисан са -Q' ). На површи проводника вода електрично поље је Q' U kV En = = » 13 . Очигледно је13 E n >> E t . d 2pe 0 a m 2a ln a (в) Површинска густина наелектрисања једног проводника вода је Q' nC rs = = e 0 E n » 115 2 , а другог је -r s . 2pa m

**38. Уземљење електроенергетског постројења може се апроксимирати металном полусфером полупречника a = 10 m . Специфична проводност земље око уземљивача је s = 10 -2 S m и много је мања од специфичне проводности метала уземљивача. Израчунати (а) отпорност уземљивача и (б) највећу разлику потенцијала корака када је јачина струје уземљивача I = 3 kA . Сматрати да је дужина корака d k = 1 m . Рачун спровести као да је струја стална.

13

Из овог примера се може закључити да је у ваздуху занемарљива лонгитудинална компонента електричног поља (компонента у правцу дуж вода), а да преовлађује трансверзална компонента поља (компонента у равни попречног пресека вода).

28

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ (а) Због симетрије, струјнице у земљи око уземљивача су радијалне. Применом првог Кирхофовог закона,

ò JdS = 0 ,

на сферу

SK

S

полупречника

r>a

(слика

38.1)

добија

се

2

- I + J 2pr = 0 , одакле је густина струје у тлу I J (r ) = , r > a . Из Омовог закона у локалном 2pr 2 облику, J = sE , добија се јачина електричног поља J (r ) I у земљи око уземљивача, E (r ) = = , s 2psr 2 r >a.

Слика 38.1.

На површи земље линије вектора јачине електричног поља су радијалне, па је ¥

потенцијал уземљивача у односу на далеке тачке Va = ò E (r ) dr = a

I . Отпорност 2psa

V 1 уземљивача је Ruz = a = = 1,592 W . I 2psa (б) Разлика потенцијала корака је напон између две тачке на земљи које се налазе на истој линији електричног поља, а између којих растојање одговара дужини човечијег корака ( d k = 1 m ). Највећи напон корака је од тачке на уземљивачу (тачка 1, r1 = a ) до тачке удаљене радијално за a+dk

(U koraka )max = ò a

E (r ) dr =

dk = 1 m

1 I æ1 çç 2ps è a a + d k

(тачка 2,

r2 = a + d k ) од уземљивача,

ö ÷÷ = 434 V . ø

**39. На слици 39.1 приказан је полусферни уземљивач полупречника a и велике специфичне проводности, закопан у земљу специфичне проводности s1 за a < r < b и s 2 за r > b . Одредити отпорност овог уземљивача. РЕЗУЛТАТ Отпорност уземљивача је Ruz =

1 æç 1 1æ 1 1 öö + çç - ÷÷ ÷ . ç 2p è s1a b è s 2 s1 ø ÷ø

a

b

Слика 39.1.

1. Стално струјно поље

29

**40. На слици 40.1 приказан је полусферни уземљивач полупречника a и веома велике специфичне проводности, чија се једна половина налази у земљи специфичне проводности s1 , а друга половина у земљи специфичне проводности s 2 . Одредити отпорност овог уземљивача.

a

Слика 40.1.

РЕЗУЛТАТ Отпорност уземљивача је Ruz =

1 . p(s1 + s 2 ) a

41. На слици 41.1 приказан је генератор у облику танког диска. Базис је круг полупречника r = 5 mm , а дебљина диска је d = 0,5 mm . У генератору постоји хомогено побудно поље интензитета Ei = 3 kV/m . Вектор E i је нормалан на базисе диска, као на слици. Специфична проводност материјала у генератору је s = 10 S/m , а губици у прикључним проводницима су занемарљиви. (а) Која релација постоји између вектора густине струје и вектора електричног поља у генератору? (б) Колики је напон празног хода генератора? (в) Која релација постоји између напона и струје генератора за референтне смерове приказане на слици 41.1? РЕЗУЛТАТ (а) Релација између вектора густине струје и вектора електричног поља је конститутивна релација за струјно поље у генератору и гласи J = s(E + E i ) . (б) Напон празног хода генератора (електромоторна сила генератора, емс) је U 0 = Ei d = 1,5 V . Референтни смер емс је нагоре на слици 41.1. (в) Веза између напона и струје генератора је U = Ei d -

Слика 41.1. d I , што се може написати sS

d = 0,6366 W унутрашња отпорност генератора. sS Колика је јачина струје генератора у празном ходу? Колика је при томе снага Џулових губитака у генератору? Колика је јачина струје кратког споја генератора? Колика је при томе снага генератора? **Шта би било да побудно електрично поље није хомогено, већ се мења (a) у правцу вектора Ei са слике 41.1 и (б) у правцу нормалном на вектор Ei са слике 41.1?

и у облику U = U 0 - Rg I , где је Rg =

30

Сталнe струјe

42. Генератор из претходног задатка везан је у коло и у његовим прикључцима постоји стална струја I = 100 mA . Израчунати (а) напон генератора, (б) снагу страних сила у генератору, (в) снагу генератора и (г) снагу Џулових губитака у генератору. РЕЗУЛТАТ (а) Напон генератора је U = E - Rg I = 1,436 V . (б) Снага страних сила је Pi = EI = 150 mW . (в) Снага генератора је Pg = UI = 143,6 mW . (г) Снага Џулових губитака у генератору је PJg = Rg I 2 = 6,4 mW . Ако је на генератор I = 100 mA )? Колика је постоје између снага Pi ,

везан само отпорник, колика је отпорност R тог отпорника (за снага Џулових губитака у том отпорнику ( PR )? Какве везе Pg , PJg и PR ?

43. За генератор из претходног задатка израчунати (а) густину струје у генератору, (б) запреминску густину снаге страних сила и (в) запреминску густину снаге Џулових губитака. РЕЗУЛТАТ (а) Густина струје је J =

I pr

2

= 1,27 kA/m 2 , а вектор Ј има правац и смер вектора

Ei . (б) Запреминска густина снаге страних сила је

dPi = E i × J = 3,82 MW/m 3 . dv

(в) Запреминска густина снаге Џулових губитака је

dPJ | J |2 = = 162 kW/m3 . dv s

2. Једноставна електрична кола

31

2. Једноставна електрична кола R1 44. Генератор сталне електромоторне силе E = 12 V , занемарљиве унутрашње отпорности, и отпорници R1 = 50 W , R2 = 100 W и R3 = 150 W образују просто електрично коло, као на слици 44.1. Израчунати (а) јачину струје у колу, (б) напоне свих елемената, (в) напон између тачака A и B и (г) снаге свих елемената овог кола.

A

+ E

R2 B

R3 Слика 44.1.

РЕШЕЊЕ (а) У простом колу које чине један генератор и више пријемника у редној вези, струју одржава само емс генератора. Због тога су емс и струја истог смера, па су на слици 44.2, природно, усвојени исти референтни смерови за емс и струју у колу. Јачина струје у простом колу одређује се из E релације I = , где је å R збир свих åR отпорности у колу. У посматраном случају је E 12 I= = = 40 mA . R1 + R2 + R3 300

Слика 44.2.

(б) Напони елемената кола су U = + E = 12 V , U1 = - R1I = -2 V (референтни смерови за напон и струју отпорника R1 су неусаглашени), U 2 = + R2 I = +4 V и U 3 = + R3 I = +6 V (референтни смерови за напон и струју отпорника R2 и R3 су усаглашени).

32

Сталнe струјe A

(в) Напон између тачака A и B је U AB = å (E ,- RI ) = + E - R1 I = 10 V . До истог B

резултата се може доћи и другим путем, U AB = (R3 + R2 )I = 10 V , због конзервативног карактера електричног поља (који је исказан другим Кирхофовим законом). (г) Снаге

отпорника

су

PR1 = R1I 2 = 80 mW ,

PR2 = R2 I 2 = 160 mW

и

PR3 = R3 I 2 = 240 mW . Снага коју развија емс E одређује се производом емс и струје генератора рачунатих према истом референтном смеру. У задатом случају је PE = EI = 480 mW > 0 јер уређај ради као генератор. Очигледно је PE = PR1 + PR2 + PR3 , што произилази из закона одржања рада и енергије.

45. Ради одређивања емс и унутрашње отпорности генератора, формирано је просто коло које чине генератор, амперметар унутрашње отпорности RA = 0,1 W и отпорник променљиве отпорности (слика 45.1). При отпорности променљивог отпорника R1 = 2,5 W , јачина струје у колу је I1 = 2 A , а при отпорности R2 = 3,5 W , јачина струје је I 2 = 1,5 A . Колике су емс E и унутрашња отпорност Ri генератора?

Слика 45.1.

РЕШЕЊЕ Полазећи од израза за јачину струје посматраног кола, I = E=

I1I 2 (R2 - R1 ) = 6 V и Ri = (R2 + RA )I 2 - (R1 + RA )I1 = 0,4 W . I1 - I 2 I1 - I 2

46. Ради регулисања јачине струје пријемника R0 у опсегу од 50 A до 300 A , при константном напону генератора U = 600 V , на ред са пријемником везан је реостат П као на слици14 46.1. Израчунати отпорност пријемника и отпорности појединих секција реостата тако да се померањем ручице реостата јачина струје повећава за по 50 A почевши од положаја 5.

14

E , добија се Ri + RA + R

Слика 46.1.

Шема као на слици 46.1 употребљавала се за регулацију погона код старих трамваја и тролејбуса.

2. Једноставна електрична кола

33

РЕШЕЊЕ Јачина струје у посматраном колу дата је изразом

U

I=

n

, где

R0 + å R6-k n = 0, 1, ..., 5 означава положај ручице реостата15. Одавде се добија:

k =1

·

П у положају 0: I 0 =

U = 300 A , одакле је R0 = 2 W ; R0

·

П у положају 1: I1 =

U = 250 A , одакле је R5 = 0,4 W ; R0 + R5

·

П у положају 2: I 2 =

U = 200 A , одакле је R4 = 0,6 W ; R0 + R5 + R4

·

П у положају 3: I 3 =

U = 150 A , одакле је R3 = 1 W ; R0 + R5 + R4 + R3

·

П у положају 4: I 4 =

U = 100 A , одакле је R2 = 2 W ; R0 + R5 + R4 + R3 + R2

·

П у положају 5: I 5 =

U = 50 A , одакле је R1 = 6 W . R0 + R5 + R4 + R3 + R2 + R1

47. Када је реални напонски генератор у празном ходу, напон између његових прикључака је U 0 = 12,5 V . Када се на генератор прикључи потрошач отпорности R = 1,2 W , напон генератора је U = 12,0 V . Израчунати унутрашњу отпорност генератора. РЕШЕЊЕ Напон празног хода једнак је емс генератора, па је емс E = 12,5 V . Када се E прикључи пријемник, јачина струје у колу је I = , а напон генератора је Rg + R U = RI =

R (E - U ) RE . Одавде је унутрашња отпорност генератора Rg = = 50 mW . U Rg + R

48. Када је на реални напонски генератор прикључен потрошач отпорности R1 = 4 kW , напон генератора је U1 = 4 V , а када је прикључен потрошач отпорности R2 = 1 kW , напон генератора је U 2 = 2,5 V . Израчунати емс и унутрашњу отпорност генератора.

15

Када је n = 0 , тада је

0

å R6 - k

k =1

= 0.

34

Сталнe струјe РЕЗУЛТАТ Емс генератора је E = 5 V , а унутрашња отпорност је Rg = 1 kW .

*49. Реални напонски генератор, непознате емс E и непознате унутрашње отпорности Ri , и отпорник променљиве отпорности R образују просто коло као на слици 49.1. Снага, P , отпорника променљиве отпорности R је иста при отпорностима R1 и R2 . Одредити јачину струје кратког споја реалног напонског генератора.

Слика 49.1.

РЕШЕЊЕ Снага отпорника променљиве отпорности R је P(R ) =

RE 2

(R + Ri )2

. На слици 49.2 је

приказан график те снаге. Са графика се закључује да функција P(R ) има један максимум и нуле за R = 0 (што одговара кратком споју генератора) и R ® ¥ (што одговара празном ходу генератора). Постављени услов једнаких снага P може се остварити ако је једна отпорност ( R1 ) мања, а друга отпорност ( R2 ) већа од отпорности при којој је снага максимална.

Слика 49.2. Из E=± P I0 =

израза

(

E =± Ri

P=

)

R1 + R2 .

(

R1 + R2 R1R2

)

R1E 2

(R1 + Ri )2 Јачина P

и

P=

R2 E 2

(R2 + Ri )2

струје

æ 1 1 ö÷ P. = ±ç + ç R ÷ R 1 2 è ø

кратког

добија споја

се

Ri = R1 R2 генератора

и је

2. Једноставна електрична кола

35

I 50. Реалан напонски генератор, непознате емс E и непознате унутрашње отпорности Ri , и пријемник променљиве отпорности образују просто електрично коло, као на слици 50.1. При двема различитим отпорностима променљивог отпорника снага отпорника је иста и износи P0 , а одговарајући напони између

Ri U

R

+ E

његових крајева су U1 и U 2 . Одредити емс E и унутрашњу отпорност Ri генератора.

Слика 50.1.

РЕШЕЊЕ Снага променљивог отпорника је P = UI = U P0 =

(E - U1 )U1 Ri

и P0 =

(E - U 2 )U 2 Ri

E -U . Према условима задатка је Ri

, одакле је E = U1 + U 2 и Ri =

U1U 2 . P0

51. Површина попречног пресека проводника ваздушног двожичног вода је S , а специфична отпорност је r . На једном крају вод је прикључен на генератор сталног напона U . Због квара, проводници вода су међусобно кратко спојени на непознатом растојању од генератора. У циљу локализације квара, амперметром унутрашње отпорности RA измерена је јачина струје у воду, I . Одредити растојање од почетка вода од места кратког споја. РЕШЕЊЕ U , где је R отпорност једног проводника вода од RA + 2 R почетка до места кратког споја. Користећи се изразом за отпорност танког жичаног l S æU ö проводника, R = r , за растојање до места кратког споја добија се l = ç - RA ÷ . S 2r è I ø Јачина струје вода је I =

d 52. Генератор електромоторне силе E = 400 V и пријемник отпорности R = 2 W повезани су бакарним

+ E

R

двожичним водом дужине l = 500 m , као на слици 52.1. Пречник проводника вода је d = 10 mm , а специфична проводност s = 58 MS/m . Израчунати (а) јачину струје пријемника, (б) пад напона дуж вода и (в) снагу губитака у воду. Занемарити струје одводности у воду.

l Слика 52.1.

36

Сталнe струјe РЕШЕЊЕ

Еквивалентна шема кола са слике 52.1 приказана је на слици 52.2. У том простом колу, сваки отпорник l отпорности R1 = = 0,11 W моделује по један sS проводник двожичног вода. E » 180 A , што 2 R1 + R је истовремено и тражена јачина струје пријемника. (а) Јачина струје у колу је I =

(б) Напон

на

почетку

вода

је

U1 = E = 400 V ,

Слика 52.2. а

напон

пријемника

је

U 2 = RI = 360 V . Пад напона дуж вода је DU = U1 - U 2 » 40 V . (в) Снага Џулових губитака у проводницима вода је PJv = 2 R1I 2 = 7,13 kW . Читаоцу се препоручује да израчуна коефицијент корисног дејства овог система за Pp пренос енергије, h = , где је Pg снага генератора, а Pp снага пријемника (отпорника Pg отпорности R).

53. Генератор емс

E = 22 V , занемарљиве унутрашње отпорности, отпорник

непроменљиве отпорности R1 = 10 W и отпорник од бакарне жице образују просто коло. На собној температури, q1 = 18 °C , одмах по успостављању струје, јачина струје у колу је I1 = 1,1 A . Јачина струје се, затим, устали на I 2 = 1 A . Израчунати нову температуру 1 бакарног жичаног отпорника. Температурни сачинилац бакра је a = 4,3 × 10 -3 . °C РЕШЕЊЕ Јачина струје у колу је I =

E E , па је R(q ) = - R1 , односно R(q1 ) = 10 W и R1 + R(q ) I

R(q 2 ) = 12 W . Нова температура отпорника је q 2 = q1 +

1 æ R(q 2 ) ö ç - 1÷ » 64,5 °C . a çè R(q1 ) ÷ø

54. Ради температурске стабилизације, на ред са отпорником од легуре никла и 1 хрома, температурног сачиниоца a NiCr = 11 ×10 - 5 , везан је графитни отпорник чији °C 1 је температурни сачинилац a C = -2 × 10 - 4 . Отпорност редне везе на собној °C температури треба да буде R = 2 kW . Израчунати отпорности графитног отпорника и никл–хром отпорника на собној температури.

2. Једноставна електрична кола

37

РЕШЕЊЕ Под претпоставком да се оба употребљена отпорника загреју до исте температуре, q2 , отпорности отпорника су RNiCr (q 2 ) = RNiCr (q1 )(1 + a NiCr Dq) и RC (q 2 ) = RC (θ1 )(1 + a C Dq) , где је q1 собна температура. Еквивалентна отпорност редне

везе је R = R NiCr (q 2 ) + RC (q 2 ) = RNiCr (q1 ) + RC (q1 ) + (a NiCr R NiCr (q1 ) + a C RC (q1 ))Dq . Да би се остварила независност отпорности редне везе од температуре, потребно је да буде æ a ö a NiCr RNiCr (q1 ) + a C RC (q1 ) = 0 . Тада је R = RNiCr (q1 ) + RC (q1 ) = RNiCr (q1 ) çç1 - NiCr ÷÷ , a C ø è R » 1,29 kW и RC (q1 ) » 707 W . одакле је RNiCr (q1 ) = a NiCr 1aC A R2

отпорности R1 = 15 W , R2 = 10 W , R3 = 5 W

E2

R1

55. Генератори електромоторних сила E1 = -12 V , E2 = 6 V и E3 = -2 V и отпорници и

E1

R4 = 20 W образују просто коло као на слици 55.1. Израчунати интензитет струје у колу, напоне елемената кола, напон између тачака A и B и снаге елемената кола.

R3 E3

+

+

R4

B Слика 55.1.

РЕШЕЊЕ Уопштени Омов закон одређује струју у простом колу сачињеном од више генератора и више отпорника у редној вези (слика 55.2), I=

åE , åR

(55.1) + U2

åE

алгебарски збир емс у колу

формиран према (произвољно) усвојеном референтном смеру у односу на који се одређује струја I, а å R је збир свих отпорности у колу. За коло са слике 55.2 је E1 - E3 + E2 I= . Заменом бројних R1 + R2 + R3 + R4 вредности у SI систему јединица добија се (-12) - (-2) + (+6) A = -0,08 A = -80 mA . I= 15 + 10 + 5 + 20

A R2 U1

E2

R1

U5

S

E1 +

R3

U3

E3

R4

I +

где је

U6 +

U4

Слика 55.2.

U7 + B

38

Сталнe струјe Напони

елемената

кола

су

U1 = R1I = -1,2 V ,

U 2 = - R2 I = +0,8 V ,

U 3 = - R3 I = +0,4 V ,

U 4 = R4 I = -1,6 V , U 5 = E1 = -12 V , U 6 = - E2 = -6 V и U 7 = E3 = -2 V . Као провера, сумирајући дуж затворене путање (контуре) S (слика 55.2) чија се оријентација поклапа са усвојеним референтним смером струје, алгебарски збир напона у колу је -U1 + U 5 - U 4 - U 7 + U 3 - U 6 + U 2 = 0 , односно задовољен је други Кирхофов закон. A

Напон између тачака A и B је U AB = å (E ,- RI ) = - E3 - R3 I + E2 - R2 I = 9,2 V , а B

може се израчунати и као U AB = R4 I - E1 + R1I = 9,2 V . Снаге

отпорника

(снаге

Џулових

губитака)

су

PR1 = R1 I 2 = 96 mW ,

PR2 = R2 I 2 = 64 mW , PR3 = R3 I 2 = 32 mW и PR4 = R4 I 2 = 128 mW . Укупна снага Џулових губитака у колу је PRuk = (R1 + R2 + R3 + R4 )I 2 = 320 mW . Снаге идеалних напонских генератора су PE1 = E1 I = 960 mW > 0 (уређај ради као генератор), PE 2 = E2 I = -480 mW < 0 (уређај ради као пријемник) и PE3 = - E3 I = -160 mW < 0

(уређај

ради

као

пријемник).

Очигледно

је

PE1 + PE2 + PE3 = PRuk . +

56. За просто коло приказано на слици 56.1 је E1 = 6 V , E2 = 12 V , E3 = 18 V , R1 = 4 W , R2 = 5 W , R3 = 15 W , R4 = 20 W и R5 = 6 W . Нацртати дијаграм потенцијала за коло када је прекидач П (а) отворен и (б) затворен. За референтну тачку узети тачку 1.

Слика 56.1.

РЕШЕЊЕ (а) При отвореном прекидачу П у колу нема струје, па су потенцијали тачака V1 = 0 , V2 = 0 , V3 = 0 , V4 = - E1 = -6 V , V5 = V4 = -6 V , V6 = V5 + E2 = +6 V , V7 = V6 = +6 V , V8 = V7 - E3 = -12 V и V9 = V8 = -12 V , што је приказано пуном линијом на слици 56.2. Дијаграм је нацртан тако да је на апсцису нанет збир отпорности ( Re ) свих отпорника од тачке 1 до посматране тачке. (б) Када је прекидач П затворен, у колу се успоставља струја интензитета - E1 + E2 - E3 I= = -0,24 A , па су потенцијали тачака V1¢ = 0 , R1 + R2 + R3 + R4 + R5 V2¢ = - R5 I = 1,44 V , V3¢ = V2¢ - R1I = 2,4 V , V4¢ = V3¢ - E1 = -3,6 V , V5¢ = V4¢ - R2 I = -2,4 V ,

2. Једноставна електрична кола

39

V6¢ = V5¢ + E2 = 9,6 V , V7¢ = V6¢ - R3 I = 13,2 V , V8¢ = V7¢ - E3 = -4,8 V и V9¢ = V8¢ - R4 I = 0 . Дијаграм потенцијала за овај случај приказан је испрекиданом линијом на слици 56.2.

Слика 56.2.

57. Отпорници отпорности

R1 = 200 W ,

R2 = 300 W

и

R3 = 500 W

тако су

направљени, да су њихове максималне допустиве снаге P1max = 1 W , P2max = 0,75 W и P3max = 0,5 W , респективно. Колика је максимална допустива снага редне везе ових отпорника? РЕШЕЊЕ Полазећи од Џуловог закона, P = RI 2 , за максималне допустиве јачине струја P 2 појединих отпорника добија се A » 70,7 mA , I1max = 1max = 20 R1

вежу

P3max 10 A » 31,6 mA . Када се отпорници = R3 100

P2 max = 50 mA и I 3max = R2

I 2 max = на

ред,

јачина

струје

свих

I max = min{I1max , I 2max , I 3max } = I 3max =

отпорника

је

иста.

Због

тога

је

10 A , па је највећа допустива снага редне везе 100

2 ових отпорника Pmax = (R1 + R2 + R3 )I max =1W .

58. Поновити претходни задатак ако су отпорници везани паралелно. РЕШЕЊЕ Када су отпорници везани паралелно, напон им је заједнички (U). Снага отпорника, изражена преко напона, је P =

U2 . Највећи допустив напон првог отпорника је R

40

Сталнe струјe

U1max = P1max R1 = R1 I1max = 10 2 V » 14,14 V ,

другог

U 2max = 15 V ,

а

трећег

U 3max = 5 10 V » 15,81 V . Одавде је максимални напон паралелне везе ових отпорника æ 1 1 1 ö 2 U max = 10 2 V , а највећа допустива снага Pmax = çç + » 2,07 W . + ÷÷ U max è R1 R2 R3 ø Да ли нека мешовита веза ова три отпорника има још већу допустиву снагу?

59. Поновити задатак 57 ако су, уместо максималних допустивих снага, познати максимални допустиви напони отпорника, U1max = U 2 max = U 3max = 15 V . РЕЗУЛТАТ Максимална допустива снага редне везе је Pmax = 0,9 W .

60. Поновити задатак 58 ако су, уместо максималних допустивих снага, познате максималне допустиве струје отпорника, I1max = I 2 max = I 3max = 60 mA . РЕЗУЛТАТ Максимална допустива снага паралелне везе је Pmax = 1,488 W .

61. На слици 61.1 приказан је део кола сталне струје који се назива и отпорнички разделник напона. Сматрајући познатим напон U и отпорности R1 и R2 , извести обрасце за напоне отпорника, U1 и U 2 . Генералисати обрасце за n редно везаних отпорника. РЕШЕЊЕ

Слика 61.1.

Према ознакама на слици 61.1 је U1 = R1I U = U1 + U 2 . Одавде произилазе обрасци U1 = За

општи

n

n

случај

приказан

на

U1 R1 = U 2 R2

и

k = 1,..., n ,

и

и U 2 = R2 I , па је

R1 R2 U и U2 = U. R1 + R2 R1 + R2

слици

61.2

је

U k = Rk I ,

Rk U = å U j = I å R j , па је U k = U , k = 1,..., n . Очигледно, напони отпорника су n j =1 j =1 åRj j =1

сразмерни одговарајућим отпорностима. Читаоцу се препоручује да изведе обрасце у којима фигуришу проводности отпорника (уместо отпорности).

2. Једноставна електрична кола

+

+

R1

U2 R2

Uk

+

+ I

U1

41

Rk

Un Rn

U

+

Слика 61.2.

62. На слици 62.1 приказан је део кола сталне струје који се назива и отпорнички разделник струје. Сматрајући познатим јачину струје напојне гране I и отпорности паралелних грана R1 и R2 , извести обрасце за јачине струја отпорника, I1 и I 2 . Генералисати обрасце за n паралелно везаних отпорника.

Слика 62.1.

РЕШЕЊЕ Према Кирхофовим законима је I = I1 + I 2 и U = R1 I1 = R2 I 2 , одакле се добијају R2 R1 I и I2 = I . Преко проводности отпорника, ови обрасци R1 + R2 R1 + R2 G1 G2 I и I2 = I. гласе I1 = G1 + G2 G1 + G2

обрасци I1 =

За уопштавање је природније радити са проводностима него са отпорностима грана. За паралелну везу са слике 62.2 је I k = GkU , k = 1,..., n , и I = G Ik = n k I , åGj

k = 1,2, ... , n .

Струје

отпорника

j =1

проводностима грана.

Слика 62.2.

су

n

n

j =1

j =1

å I j = U å G j , па је

сразмерне

одговарајућим

42

Сталнe струјe

63. Четири идентична реална напонска генератора, сваки електромоторне силе E = 10 V и унутрашње отпорности Rg = 1 W , везани су у коло као на слици 63.1. Израчунати (а) јачину струје у колу и (б) напоне U jk , j = 1,...,3, k = j + 1,...,4 . РЕЗУЛТАТ (а) У односу на референтни смер који се поклапа са смером кретања казаљке часовника, 4E јачина струје у колу је I = = 10 A . 4 Rg (б) Сви напони E - Rg I = 0 .

једнаки

су

нули

јер

E, Rg

1

2

+ E, Rg

E, Rg +

је

4

Читаоцу се препоручује да задатак генерализује на случај n идентичних редно везаних генератора.

E, Rg

3

63.1.

*64. Потрошач отпорности R = 100 W прикључен је на сталан напон U = 100 V . На располагању стоје волтметар унутрашње отпорности RV = 10 kW и амперметар унутрашње отпорности RA = 10 mW . (а) Колика је систематска грешка мерења снаге (преко производа UI ) ако се волтметар и амперметар вежу према шеми на слици 64.1, односно 64.2? (б) Ако се те две шеме употребе за мерење отпорности потрошача (преко количника U / I ), израчунати одговарајуће систематске грешке.

Слика 64.1.

Слика 64.2.

РЕШЕЊЕ Пре везивања инструмената, напон потрошача је U 0 = 100 V , јачина струје је I 0 = 1 A , а снага је P0 =

U2 = 100 W . R

У колу са слике 64.1 јачина струје амперметра је I1 = напон

волтметра

је

U1 =

RV || R U 0 = 99,9899 V . RA Å RV || R

U0 = 1,0099 A , а RA Å RV || R Снага

потрошача

је

U2 P1 = 1 = 99,98 W , а производ напона који мери волтметар и струје коју мери R амперметар је P1¢ = U1I1 = 100,98 W . Стварна снага потрошача је за 0,02% мања него пре укључивања инструмената, али је измерена снага за 1% већа. Отпорност потрошача

2. Једноставна електрична кола

43

U мерена према овој шеми је R1 = 1 = 99,01 W , што је за око 1% мање од стварне I1 отпорности. У колу са слике 64.2 напон волтметра је U 2 = U 0 = 100 V , а јачина струје U0 = 0,9999 A . Снага потрошача је P2 = RI 22 = 99,98 W , а амперметра је I 2 = RA + R производ напона који мери волтметар и струје коју мери амперметар је P2¢ = U 2 I 2 = 99,99 W . Стварна снага потрошача је за 0,02% мања него пре укључивања инструмената, а измерена снага је за 0,01% мања. Отпорност потрошача мерена према U овој шеми је R2 = 2 = 100,01 W , што је за 0,01% веће од стварне отпорности. I2 Читаоцу се препоручује да понови задатак под претпоставком да је R = 10 W и да закључи под којим је условима погоднија шема са слике 64.1, а под којим са слике 64.2.

65. Отпорност једног отпорника мери се помоћу шеме приказане на слици 64.2. Отпорност амперметра је RA = 1 W , а волтметра RV = 1 kW . Показивања инструмената су 100 mA и 10 V , респективно. Колика је мерена отпорност? РЕЗУЛТАТ Мерена отпорност је R = 99 W . Повити задатак под претпоставком да је мерење извршено помоћу шеме приказане на слици 64.1.

66. Отпорност потенциометра приказаног на слици 66.1 је R = 1 kW . У којим је границама отпорност између тачака 1 и 3 (а) на слици 66.2 и (б) на слици 66.3?

Слика 66.1.

Слика 66.2.

Слика 66.3.

РЕЗУЛТАТ (а) Отпорност између тачака 1 и 3 на слици 66.2 је у границама 0 £ R13 £ 0,25 kW . Највећа је када је клизач потенциометра на средини, а најмања када је на једном од крајева. (б) Отпорност између тачака 1 и 3 на слици 66.3 је у границама 0 £ R13 £ 1 kW . Најмања је када је клизач у горњем положају, а највећа је када је у доњем положају.

44

Сталнe струјe

*67. Отпорности три отпорника од цекаса су R1 = 50 W , R2 = 100 W и R3 = 200 W . Израчунати све могуће снаге које се добијају када се ти отпорници прикључе на извор сталног напона U = 200 V . Сматрати да се отпорности отпорника не мењају са температуром. РЕЗУЛТАТ Тражене снаге су приказане у табели 67.1. Табела 67.1. Веза R1 || R2 || R3

P [W] 1400

R1 || R2

1200

R1 || R3

1000

R1 || (R2 Å R3 )

933

R1

800

R2 || R3

600

R2 || (R1 Å R3 )

560

R3 || (R1 Å R2 )

467

R2

400

R1 Å (R2 || R3 )

343

R2 Å (R1 || R3 )

286

R1 Å R2

267

R3

200

R3 Å (R1 || R2 )

171

R1 Å R3

160

R2 Å R3

133

R1 Å R2 Å R3

114

Читаоцу се препоручује да понови задатак ако су отпорници нераскидиво везани на ред, као на слици 67.1, а прикључци 1, 2, 3 и 4 се на разне начине везују на генератор.

Слика 67.1. Такође, читаоцу се препоручује да понови задатак ако се отпорници прикључе на извор сталне струје I = 1 A .

68. На слици 68.1 приказано је коло које се састоји од напонског генератора, пријемника и два преклопника („наизменична прекидача“). При којим положајима преклопника постоји струја у овом колу, а при којим положајима не постоји?

2. Једноставна електрична кола

45

РЕЗУЛТАТ Када су оба преклопника у горњем положају (1), или оба у доњем положају (2), постоји струја. Када је један преклопник у горњем положају, а други у доњем, струје нема. Шема као на слици 68.1 употребљава се, на пример, да се омогући независно паљење и гашење осветљења са два места.

Слика 68.1.

*69. На слици 69.1 приказан је такозвани унакрсни прекидач. Он се састоји од два преклопника који се истовремено пребацују у положај (1) или у положај (2). На слици 69.2 приказано је коло које се састоји од генератора, пријемника, два преклопника и једног унакрсног прекидача. У којим положајима прекидача постоји, а у којима не постоји струја кроз отпорник отпорности R ? 1

2 1

2 Слика 69.1.

Слика 69.2.

РЕЗУЛТАТ Постоји 8 различитих комбинација стања преклопника и прекидача, од којих у 4 случаја постоји, а у 4 не постоји струја пријемника (табела 69.1). Табела 69.1. П1

П2

П3

струја

1

1

1

има

1

1

2

нема

1

2

1

нема

1

2

2

има

2

1

1

нема

2

1

2

има

2

2

1

има

2

2

2

нема

46

Сталнe струјe

За шта се може применити шема са слике 69.2? Читаоцу се препоручује да генерализује ту шему додавањем још неколико унакрсних прекидача.

*70. На слици 70.1 приказана је шема која одговара једној плочи електричног штедњака. Познато је E = 210 V , R1 = R3 = 51 W и R2 = 144 W . Прекидачи имају 7 различитих стања, према табели 70.1, у којој "0" значи да је прекидач отворен, а "1" да је затворен. Израчунати укупну снагу отпорника у сваком од ових стања. Сматрати да се отпорности отпорника не мењају са температуром.

Слика 70.1.

Табела 70.1. Стање 0 1 2 3 4 5 6

П1 0 0 0 1 1 1 1

П2 0 1 0 0 0 0 1

П3 0 0 1 0 0 0 0

П4 0 1 0 0 1 1 1

П5 0 0 1 1 0 1 1

РЕЗУЛТАТ Укупна снага отпорника дата је у табели 70.2. Табела 70.2. Стање 0 1 2 3 4 5 6

P [W] 0 179 226 306 865 1171 2036

**71. Нацртати шему једноставног универзалног инструмента (унимера) за сталну струју који може да ради као волтметар (за опсеге 1 V, 10 V и 100 V) и као амперметар за опсеге (1 mA, 10 mA и 100 mA). На располагању је галванометар отпорности Rg = 1 kW и пуног скретања 100 mV.

2. Једноставна електрична кола

47

РЕШЕЊЕ Да би се добио волтметар чије је пуно скретање U , на ред са галванометром треба æU ö везати отпорник отпорности Rr = çç - 1÷÷ Rg , где је U 0 = 100 mV напон пуног скретања U è 0 ø галванометра. При пуном скретању галванометра, струја галванометра је I 0 =

U0 = 100 mA . Да би Rg

се добио амперметар чије је пуно скретање I, паралелно са галванометром треба везати Rg отпорник (шант) отпорности Rp = . I -1 I0 Једна од могућих шема универзалног инструмента приказана је на слици 71.1. 1000 W, Отпорности отпорника су R1 = 9 kW , R2 = 90 kW , R3 = 900 kW , R4 = 9 1000 1000 R5 = W и R6 = W . Када инструмент ради као волтметар, прекидач П2 је 99 999 отворен, а преклопник П1 може бити у положају 1 (за опсег од 100 V), 2 (10 V) или 3 (1 V). Када инструмент ради као амперметар, прекидач П2 је затворен, а преклопник П1 може бити у положају 4 (за опсег од 1 mA), 5 (10 mA) или 6 (100 mA).

G Rg R4

R1

R2 2 3 4

R5

1

П1 5

R3

П2

6

R6

Слика 71.1. Шема са слике 71.1 има недостатак. Када инструмент ради као амперметар, при пребацивању преклопника П1 из положаја 4 у 5, или из 5 у 6, галванометар краткотрајно остаје без шанта, па лако може прегорети. Шема са слике 71.2 нема тај недостатак јер се приликом пребацивања преклопника струјно коло краткотрајно прекида. Отпорности отпорника у шеми на слици 71.2 су R1 = 9 kW , R2 = 90 kW , R3 = 900 kW , R4 = 100 W , 10 R5 = 10 W и R6 = W. 9 Читаоцу се оставља да израчуна отпорности овако добијеног волтметра, односно амперметра, за обе шеме и за све опсеге.

48

Сталнe струјe

Слика 71.2.

*72. У колу приказаном на слици16 72.1 је E = 2 V , R = 50 W , U1 = 1 V и U 2 = 1 / 3 V . Израчунати отпорности R1 и R2 . РЕШЕЊЕ Усвојимо референтне смерове струја као на слици 72.2. Из U1 = E - RI1 следи

Слика 72.1.

E - U1 = 20 mA , а из U 2 = RI 3 R U 20 mA . С обзиром на добија се I 3 = 2 = R 3 то да је U1 = U 2 + R1 I 3 + R1 I1 , добија се I1 =

U -U 2 R1 = 1 = 25 W . I1 + I 3

Слика 72.2.

Из првог Кирхофовог закона примењеног на затворену површ која обухвата горњи 40 чвор добија се I 2 = I1 - I 3 = mA . Применом другог Кирхофовог закона на десну 3 контуру добија се R2 I 2 - R1I 3 - RI 3 = 0 , одакле је R2 = (R1 I 3 + RI 3 ) / I 2 = 37,5 W .

16

Овакво коло се употребљава као ослабљивач (атенуатор) у микроталасној техници.

2. Једноставна електрична кола

49

73. У „црној кутији“ приказаној на слици 73.1 налази се реални генератор. Измерен је напон празног хода генератора, U 0 = 20 V , и струја кратког споја, I ks = 100 mA . Израчунати параметре тог генератора ако је генератор (а) напонски и (б) струјни. РЕШЕЊЕ (а) Према шеми на слици 73.2, напон празног хода реалног напонског генератора је U 0 = E јер је у празном ходу I = 0 . Одавде

Слика 73.1.

је емс генератора E = U 0 = 20 V . Када се прикључци генератора кратко споје (испрекидана линија на слици 73.2), тада је E I = I ks = , одакле је унутрашња Rg отпорност генератора Rg =

E = 200 W . I ks

Слика 73.2.

(б) Према шеми на слици 73.3, струја кратког споја реалног струјног генератора је I ks = I g , па је I g = I ks = 100 mA . Напон празног Rg =

хода

је

U 0 = Rg I g ,

одакле

је

U0 = 200 W . Ig

Реални напонски генератор са слике 73.2 и реални струјни генератор са слике 73.3 еквивалентни су, односно исто се понашају у односу на остатак кола.

Слика 73.3.

Колика је проводност ( Gg ) отпорника са слике 73.3?

*74. За реални генератор са слике 73.1 израчунати снагу генератора, снагу страних сила и снагу губитака у генератору када је генератор у празном ходу, у кратком споју и када је на генератор прикључен отпорник отпорности R = Rg = 200 W . Задатак решити када је генератор (а) напонски и (б) струјни. РЕШЕЊЕ (а) Ако је генератор напонски, еквивалентна шема му је приказана на слици 73.2, а параметри генератора су израчунати у решењу задатка 73. Снага генератора (снага коју генератор даје остатку кола) је Pg = UI . Снага страних сила је, према тој шеми, снага

50

Сталнe струјe

коју развија идеални напонски генератор, Pi = PE = EI . Снага губитака у генератору је снага губитака у отпорнику Rg са слике 73.2 и износи Pgub = Rg I 2 . Када је генератор у празном ходу, тада је I = 0 , а U = E = 20 V . Када је генератор E кратко спојен, тада је I = = 0,1 A и U = 0 . Када је на генератор везан отпорник, тада Rg је

I=

E E = = 0,05 A Rg + R 2 Rg

U = E - Rg I = RI =

и

E = 10 V . Тражене снаге су 2

приказане у табели 74.1. (б) Ако је генератор струјни, еквивалентна шема му је приказана на слици 73.3, а параметри генератора су такође израчунати у решењу задатка 73. Снага генератора је, као у случају (а), Pg = UI . Снага страних сила је снага коју развија идеални струјни генератор, Pi = PI g = UI g . Снага губитака у генератору је снага губитака у отпорнику Rg , Pgub =

U2 . Напон између прикључака и струја прикључака генератора исти су као Rg

у случају (а) јер се оба генератора еквивалентно понашају у односу на спољашњи део кола, па су снаге генератора у одговарајућим случајевима једнаке (табела 74.1). Међутим, снаге страних сила и снаге губитака у генераторима разликују се у општем случају17. Табела 74.1. Реални напонски генератор

17

Реални струјни генератор

Pg [W ]

Pi [ W ]

Pgub [ W ]

Pg [W ]

Pi [ W ]

Pgub [ W ]

Празан ход

0

0

0

0

2

2

Кратак спој

0

2

2

0

0

0

Отпорник

0,5

1

0,5

0,5

1

0,5

Снаге страних сила реалног напонског и реалног струјног генератора, односно снаге губитака, једнаке су само ако је отпорност прикљученог отпорника R = Rg .

2. Једноставна електрична кола

51

*75. У колу на слици 75.1 је I g = 10 A и R = 1 W . У којим границама треба да буде електромоторна сила идеалног напонског генератора, Е, да би идеални струјни генератор радио као пријемник?

R + Ig

РЕШЕЊЕ Према слици 75.2, напон идеалног струјног генератора је U = E + RI g . Референтни смерови тог

Слика 75.1. R U Ig

би се струјни генератор понашао као пријемник, треба да буде PI g < 0 . С обзиром на то да је I g = 10 A > 0 , тај услов ће бити испуњен ако E < - RI g = -10 V .

је

+

+

напона и струје струјног генератора су неусклађени гледано према том генератору (природни за генератор), па је PI g = UI g снага коју даје идеални струјни генератор. Да

E

E

Слика 75.2.

U < 0 , односно ако је

Ако је E > -10 V , струјни генератор се понаша као генератор. Колика треба да буде емс Е да би се идеални напонски генератор понашао као пријемник? У ком опсегу емс Е се оба идеална генератора понашају као генератори?

*76. У колу на слици 76.1 је E1 = 20 V , Rg1 = 1 W ,

Rg2 = 2 W

и

R =3W .

У

којим

границама треба да буде електромоторна сила другог генератора, E2 , да би тај генератор радио као пријемник?

Слика 76.1.

РЕШЕЊЕ Коло са слике 76.1 може се еквивалентно представити као на слици 76.2. Јачина струје у E1 - E2 E - E2 колу је I = = 1 , где је Rg1 + Rg2 + R Re Re = Rg1 + Rg2 + R = 6 W . Референтни смерови напона U 2 и струје I су усклађени гледано према другом генератору (природни су за пријемник), па је снага коју прима тај генератор Pg2 = U 2 I , где је U 2 = E2 + Rg2 I .

Слика 76.2.

52

Сталнe струјe

(

)

E - E2 Rg2 E1 + Rg1 + R E2 Даље је U 2 = E2 + Rg2 1 = , па се снага коју прима други Re Re генератор Pg2 ( E2 ) =

може

изразити

у

функцији

емс

E2

као

(Rg2 E1 + (Rg1 + R ) E2 ) (E1 - E2 ) . Та функција је квадратна и има максимум. Нуле Re2

Rg2 E1 функције су E2(1) = = -10 V (при чему је U 2 = 0 ) и E2( 2) = E1 = 20 V (када је R +R g1

I = 0 ). Између тих нула, односно за -10 V < E2 < 20 V , је Pg2 ( E2 ) > 0 ( U 2 и I су истог знака), па се други генератор понаша као пријемник. Читаоцу се препоручује да нацрта функцију Pg2 ( E2 ) и одреди њен максимум. Да ли се у целом интервалу E2 Î (- 10 V, 20 V ) идеални напонски генератор емс E2 у колу на слици 76.2 понаша као пријемник? За који опсег емс E2 се оба реална напонска генератора понашају као генератори? За који опсег емс E2 се први генератор понаша као пријемник?

77. У колу E1 = E2 = 1 V ,

на слици 77.1 I g1 = I g2 = 1 A

је и

R1 = R2 = 1 W . Израчунати (а) струју I, (б) снагу идеалног напонског генератора E1 и (в) снагу идеалног струјног генератора I g2 .

Слика 77.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Јачина струја кратког споја је I = 0 . (б) Снага коју развија идеални напонски генератор емс E1 је PE1 = 1 W . (в) Снага идеалног струјног генератора I g2 је PI g2 = 3 W .

78. У колу сталне струје приказаном на слици 78.1 је E = 1 kV , Ig = 1 A и R = 1 kW . Израчунати (а) укупну снагу Џулових губитака у отпорницима и (б) укупну снагу идеалних струјних генератора.

Слика 78.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Укупна снага Џулових губитака у отпорницима је PJ = 2 kW .

2. Једноставна електрична кола

53

(б) Укупна снага идеалних струјних генератора је PIg = 1 kW .

*79. У колу сталне струје приказаном на слици 79.1 је Ig = 1 A и R = 100 W . Израчунати електромоторну силу идеалног напонског генератора ( E ) тако да снаге које развијају идеални напонски генератор и идеални струјни генератор буду једнаке.

E

R Ig

РЕШЕЊЕ Према ознакама на слици 79.2, снага коју даје идеални напонски генератор је PE = EI1 , где је, на основу првог Кирхофовог закона, I1 = I 2 - I g . Како је æE ö U12 = E = RI 2 , то је PE = E ç - I g ÷ . Напон идеалног èR ø струјног генератора је U = E + RI g , а снага коју даје тај генератор

(

PE = PI g

добија

E 2 - 2 ERI g - R 2 I g2 = 0 ,

(

)

PI g = UI g = E + RI g I g .

је

)

се

квадратна чија

су

Из

услова

једначина решења

R

+

Слика 79.1. 1

I1

I2

R

+ E

R Ig

U

2 Слика 79.2.

E 1,2 = 100 1 ± 2 V . Ig

80. У колу на слици 80.1 је E = 1 V , I g = 1 A и R = 1 W . Израчунати напон и струју прекидача када је прекидач (а) отворен и (б) затворен. РЕЗУЛТАТ (а) Када је прекидач отворен, тада је U = -2 V и I =0 (б) При затвореном прекидачу је U = 0 и I = 2 A .

U П E

+ I R

Слика 80.1.

54

Сталнe струјe

3. Сложена електрична кола 3.1. Кирхофови закони 81. На слици 81.1 приказана је електрична шема сложеног кола сталне струје. (а) Нацртати граф кола и оријентисати гране. (б) Написати табло систем једначина узимајући чворне пресеке као независне пресеке, а окца (елементарне петље) као независне контуре. 1 1

R3 +

3

E3

2

2

R4 R1

R2 R5

+

1

2 4

E4

5

E2 +

3

R6

4 Слика 81.1.

3

6

4 Слика 81.2.

3. Сложена електрична кола

55

РЕШЕЊЕ (а) Представљајући гране линијским сегментима, а чворове тачкама, добија се граф кола приказан на слици 81.2. Задато коло је планарно и има ng = 6 грана и nč = 4 чвора. На слици 81.2 гране графа су оријентисане произвољно.

(б) За коло треба изабрати nč - 1 = 3 чворна пресека и ng - (nč - 1) = 3 окца (елементарне контуре). На слици 81.3 приказан је граф кола са означеним чворним пресецима и окцима18. +

1 +

+

I3 R3

U3

+ E3

I1 +

I2

+ I4 2

I5

R4

U1 R1

U4

R2 R 5 U5

+ E4

U2

E2 +

3 I6 R6

U6 + 4 Слика 81.3.

Слика 81.4.

Да би се написао табло систем једначина, неопходно је усвојити референтне смерове струја и напона грана. Референтни смерови струја (грана) одговарају оријентацији грана графа са слике 81.2. Оријентације напона су узете произвољно19 (слика 81.4).

18

Уобичајено је (мада није неопходно) да се сви чворни пресеци оријентишу од чвора, а сва окца оријентишу на исти начин – или у смеру кретања казаљке на часовнику, или у супротном смеру. 19 У теорији кола обично се узимају усаглашени (усклађени) референтни смерови напона и струја грана.

56

Сталнe струјe Табло систем сачињавају једначине написане по првом Кирхофовом закону ( nč - 1

једначина), по другом Кирхофовом закону ( nk = ng - (nč - 1) једначина) и једначине које повезују напон и струју сваке гране ( ng једначина). Једначине по првом Кирхофовом закону имају општи облик

åI j = 0 .

(81.1)

Sk

Збир је алгебарски, а у збиру се јављају струје оних грана које сече (чворни) пресек S k . Једначине по другом Кирхофовом закону имају општи облик

åU j = 0 .

(81.2)

Kk

И овај збир је алгебарски, а у збиру се јављају напони оних грана које обухвата контура Kk . Једначина која повезује напон и струју гране зависи од тога који се елементи налазе у грани. За коло са слике 81.4 табло систем једначина гласи: ·

по првом Кирхофовом закону: пресек S1 : - I1 - I 2 + I 3 = 0 , пресек S 2 : - I 3 - I 4 + I 5 = 0 , пресек S 3 : I 4 - I 5 + I 6 = 0 ;

·

по другом Кирхофовом закону: контура K1 : U1 - U 3 - U 4 + U 6 = 0 , контура K 2 : U 4 - U 5 = 0 , контура K 3 : U 3 - U 2 - U 6 + U 5 = 0 ;

·

везе између напона и струја грана: грана 1: U1 = - R1I1 , грана 2: U 2 = - E2 - R2 I 2 , грана 3: U 3 = E3 + R3 I 3 , грана 4: U 4 = E4 - R4 I 4 , грана 5: U 5 = R5 I 5 , грана 6: U 6 = - R6 I 6 .

Овим је добијен скуп од 2ng = 12 једначина у којима су непознати напони и струје грана (табло). Мада су ове једначине независне и сагласне (непротивречне), ретко се

3. Сложена електрична кола

57

употребљавају у сврху решавања кола из два разлога. Први је несистематско формирање једначина. Други је сувише велики број једначина које треба симултано решавати.

82. За коло чији је граф приказан на слици 82.1 одабрати једно стабло и уцртати одговарајући систем независних контура.

Слика 82.1.

Слика 82.2.

РЕШЕЊЕ Посматрано коло има ng = 10 грана и nč = 5 чворова. Број грана стабла је nč - 1 = 4 . На слици 82.2 гране стабла су означене дебљим линијама, а спојнице (гране које не припадају стаблу) означене су тањим линијама. Број спојница је nk = ng - (nč - 1) = 6 . На слици 82.2 уцртане су и одговарајуће контуре (главне контуре). Свака контура обухвата једну и само једну спојницу, а остале гране су гране стабла. Да ли је граф са слике 82.1 планаран?

83. На слици 83.1 приказана је електрична шема кола сталне струје. (а) Нацртати граф кола и оријентисати гране. (б) Изабрати једно стабло графа. (в) За изабрано стабло означити главне (основне) контуре. (г) За чворне пресеке и одабране главне контуре, написати табло систем једначина. Слика 83.1.

58

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ (а) Граф кола је приказан на слици 83.2. Посматрано коло има ng = 6 грана и nč = 4 чвора. Референтни смерови усвојени су произвољно.

грана

Слика 83.2. 1

(б) Стабло графа има nč - 1 = 3 гране. На слици 83.3 је дебљим линијама приказано стабло које чине гране 3, 4 и 6. Гране 1, 2 и 5 (које не припадају стаблу) су спојнице.

1

2

3

2

4

5 3

4

6

Слика 83.3.

(в) Свака главна контура (петља) садржи једну и само једну спојницу20, а остале гране су гране стабла. На слици 83.4 означене су главне петље за изабрано стабло: контура 1 одговара спојници 1, контура 2 спојници 2, а контура 3 спојници 5. Слика 83.4. 20

У теорији кола се главна петља оријентише на исти начин као одговарајућа спојница. Промена оријентације петље уноси само промену знака свих чланова у одговарајућој једначини по другом Кирхофовом закону.

3. Сложена електрична кола

59

(г) Једначине по првом Кирхофовом закону ћемо написати за чворове 1, 2 и 3, а једначине по другом Кирхофовом закону за главне петље (слика 83.4). Референтни смер напона сваке гране усвајамо тако да је усаглашен са референтним смером струје, као на слици 83.5.

Слика 83.5. Табло систем једначина за посматрано коло гласи: ·

једначине по првом Кирхофовом закону:

чвор 1: - I1 + I 2 + I 3 = 0 , чвор 2: I1 + I 4 - I 6 = 0 , чвор 3: - I 3 - I 4 + I 5 = 0 ; ·

једначине по другом Кирхофовом закону:

контура 1: -U1 - U 3 + U 4 = 0 , контура 2: -U 2 - U 6 - U 4 + U 3 = 0 , контура 3: -U 5 - U 6 - U 4 = 0 ; ·

везе између напона и струје грана:

грана 1: U1 = R1I1 - E1 , грана 2: U 2 = R2 I 2 , грана 3: U 3 = R3 I 3 - E3 , грана 4: U 4 = R4 I 4 , грана 5: U 5 = - E5 + R5 I 5 , грана 6: U 6 = R6 I 6 + E6 .

60

Сталнe струјe

**84. За коло са слике 83.1, у односу на стабло са слике 83.3, означити главне (основне) пресеке. За тако одабране пресеке и за контуре са слике 83.4, написати табло систем једначина. РЕШЕЊЕ Сваки главни пресек сече једну и само једну грану стабла графа21, а остале пресечене гране су спојнице. На слици 84.1 приказани су главни пресеци графа посматраног кола: пресек S1 одговара грани стабла 3, пресек S 2 грани 4, а пресек S 3 грани 6. За оријентације грана као на слици 84.1 (које се поклапају са оријентацијама из задатка 83), једначине по првом Кирхофовом закону гласе: пресек S1 : - I1 + I 2 + I 3 = 0 , пресек S 2 : I1 + I 4 - I 5 - I 2 = 0 , пресек S 3 : - I 2 - I 5 + I 6 = 0 . Једначине по другом Кирхофовом закону, као и везе између напона и струја грана, исте су као у решењу задатка 83.

S2

S1 1

1

n1

2

3 S3

2

4

5

4

3 n2

n3 6 Слика 84.1.

**85. На слици 85.1 приказана је електрична шема кола сталне струје. (a) Нацртати граф кола. Хеуристичким поступцима одредити (б) један скуп независних контура и

21

У теорији кола се главни пресек оријентише на исти начин као одговарајућа грана стабла. Овим се одступа од правила да се затворена површ на коју се примењује једначина континуитета оријентише увек упоље. Промена оријентације затворене површи мења предзнак свих чланова у одговарајућој једначини по првом Кирхофовом закону, што одговара множењу те једначине са -1 .

3. Сложена електрична кола

61

(в) један скуп независних пресека. (г) За тако изабране независне пресеке и независне контуре написати табло систем једначина.

Слика 85.2. Слика 85.1. РЕШЕЊЕ (а) Граф кола је приказан на слици 85.2. Оријентација грана је усвојена произвољно. (б) Независне петље 1 1 се могу одредити 1 3 1 3 хеуристичким методом K1 K2 кидања (уклањања) грана. 2 2 У графу се одабере једна 4 5 5 петља, па се она разори 2 4 2 4 кидањем једне њене 3 3 гране. Та грана се уклони 6 6 из графа. У преосталом графу се изабере нова 1 1 петља, која се такође 1 1 раскине укидањем једне њене гране. Поступак се 2 2 понавља све док се не 5 5 исцрпе све петље, 2 4 2 4 односно док од полазног 3 3 K3 графа не остане само 6 стабло22. За задато коло је број независних петљи Слика 85.3. ng - (nč - 1) = 3 . Процедура избора је приказана на слици23 85.3, при чему су прекинуте гране означене са . Прва петља ( K1 ) обухвата гране 4, 1 и 2 (кида се грана 4), друга ( K 2 ) 22

Добијени систем независних контура се у општем случају не подудара са системом главних контура који одговара том стаблу. 23 У циљу систематичности, петље се обично оријентишу на исти начин као одговарајућа грана која се кида, али су на слици 85.3 петље оријентисане произвољно.

62

Сталнe струјe

гране 3, 5 и 2 (кида се грана 3), а трећа петља ( K 3 ) гране 6, 1, 2 и 5 (кида се грана 6, после чега не остаје ниједна петља). (в) Независни пресеци 1, 3 1 S1 1 3 3 1 се могу одредити хеуристичким методом n1 5 4 спајања чворова, који је 2 дуалан методу кидања 4 5 S2 2 4 2 4 грана. У графу се одабере 3 један пресек, па се сажме n2 6 6 једна грана из тог пресека спајањем чворова те гране. Та грана се уклони из 1, 3 1, 2, 3, 4 1 графа. У преосталом графу се бира нови пресек, у коме 4 5 3 се затим сажме једна грана. n3 Поступак се понавља све 5 S3 док се граф не сведе на 4 2, 4 1 један чвор24. За задато коло је број независних пресека Слика 85.4. nč - 1 = 3 . Процедура сажимања је приказана на слици25 85.4, а сажете гране су означене са . Први пресек ( S1 ) сече гране 2, 1 и 3 (сажима се грана 2), други ( S 2 ) гране 6, 4 и 1 (сажима се грана 6), а трећи ( S 3 ) гране 3, 5, 4 и 1 (сажима се грана 3, после чега остаје само један чвор).

24

Сажете гране представљају једно стабло посматраног графа, а гране које преостану на крају су одговарајуће спојнице. Међутим, добијени систем независних пресека у општем случају се не подудара са системом главних пресека који одговара том стаблу. 25 У циљу систематичности, пресеци се оријентишу на исти начин као одговарајућа грана која се сажима, али су на слици 85.4 пресеци оријентисани произвољно.

3. Сложена електрична кола

63

(г) На слици 85.5 су означени изабрани независни пресеци и независне контуре. Референтни смерови напона грана дефинисани су индексима одговарајућих чворова, а редослед чворова је узет произвољно. Табло систем једначина за посматрано коло гласи:

Слика 85.5. ·

по првом Кирхофовом закону:

пресек S1 : - I1 + I 2 + I 3 = 0 , пресек S 2 : I1 + I 4 - I 6 = 0 , пресек S3 : - I1 + I 3 - I 4 + I 5 = 0 ; ·

по другом Кирхофовом закону:

контура K1 : U12 - U13 + U 23 = 0 , контура K 2 : U13 + U 41 + U 34 = 0 , контура K 3 : U12 - U13 - U 34 + U 24 = 0 ; ·

везе између напона и струја грана:

грана 1: U12 = - E1 - R1I1 , грана 2: U13 = E2 + R2 I 2 , грана 3: U 41 = - R3 I 3 , грана 4: U 23 = R4 I 4 , грана 5: U 34 = R5 I 5 , грана 6: U 24 = - E6 - R6 I 6 .

64

Сталнe струјe

86. За коло сталне струје приказано на слици 86.1 написати редуковани систем једначина по Кирхофовим законима. Слика 86.1. РЕШЕЊЕ Редуковани систем једначина по Кирхофовим законима изводи се тако што се формира табло систем једначина, па се везе напона и струја грана убаце у једначине по другом Кирхофовом закону. На тај начин се елиминишу напони грана, а у резултујућем систему једначина јављају се само струје грана. Број једначина редукованог система једнак је броју грана. Усвојимо оријентације 1 2 I1 I3 R3 грана као на слици 86.2. У редукованом систему једначина I5 K3 K1 K2 I2 I6 по Кирхофовим законима, R1 R5 једначине по првом Кирхофовом закону исте су као R2 R6 + + код табло система једначина. E1 E5 Усвојимо чворне пресеке за E4 чворове 1, 2 и 4 (који нису I4 R4 + уцртани на слици 86.2 због 3 4 прегледности), односно једначине ћемо написати за све Слика 86.2. чворове осим чвора 3: чвор 1: I1 + I 2 + I 3 = 0 ,

(86.1)

чвор 2: - I 3 - I 5 + I 6 = 0 ,

(86.2)

чвор 4: I 5 - I 4 - I 6 = 0 .

(86.3)

Ако се коло састоји само од идеалних напонских генератора и отпорника (што је случај са колом са слике 86.1), једначине по другом Кирхофовом закону у редукованом облику у општем случају гласе å E j ,- R j I j = 0 . Ако за систем независних контура

(

)

Kk

усвојимо окца, као на слици 86.2, одговарајуће једначине гласе: контура K1 : E1 + R1 I1 - R2 I 2 = 0 ,

(86.4)

контура K 2 : - R3 I 3 + R5 I 5 - E5 - E4 + R4 I 4 + R2 I 2 = 0 ,

(86.5)

3. Сложена електрична кола

65

контура K 3 : E5 - R5 I 5 - R6 I 6 = 0 .

(86.6)

Једначине (86.1)-(86.6) чине тражени редуковани систем једначина по Кирхофовим законима. У тим једначинама не јављају се напони грана, већ само струје грана.

87. За коло сталне струје са слике 87.1 познато је E1 = 24 V , E2 = 10 V , R1 = 100 W , R2 = 1,5 kW и R3 = 1 kW . За дато коло (а) написати редуковани систем једначина по Кирхофовим законима и (б) израчунати струје и напоне грана. Слика 87.1. РЕШЕЊЕ (а) На слици 87.2 приказане су усвојене оријентације грана и означене јачине струја. По првом Кирхофовом закону треба поставити само једну једначину (јер је број чворова nč = 2 ), на пример, за први чвор. Усвојимо окца као систем независних контура (укупно ng - (nč - 1) = 2 контуре) и оријентишимо их као на слици 87.2. Једначине по Кирхофовим законима (у редукованом облику) за коло са слике 87.2 гласе: ·

по првом Кирхофовом закону:

чвор 1: I1 + I 2 - I 3 = 0 ; ·

Слика 87.2.

(87.1)

по другом Кирхофовом закону:

контура K1 : R1 I1 + E1 + R3 I 3 = 0 ,

(87.2)

контура K 2 : E 2 - R2 I 2 - R3 I 3 = 0 .

(87.3)

(б) Уврштавањем бројних вредности (електромоторних сила у волтима, а отпорности у килоомима) у систем (87.1)-(87.3), добија се нумерички облик тог система: I1 + I 2 - I 3 = 0 ,

(87.4)

0,1I1 + 24 + I 3 = 0 ,

(87.5)

10 - 1,5 I 2 - I 3 = 0 ,

(87.6)

66

Сталнe струјe

где су јачине струја у милиамперима26. Систем (87.4)-(87.6) може се решити на разне начине. Мањи системи једначина (од 2 или 3 једначине) могу се решити помоћу детерминанти, док је за решавање произвољног система једначина погодан Гаусов метод елиминације. У сваком случају, први корак је да се систем једначина напише у таквом облику да су непознате величине (јачине струја) са леве стране, а познате величине (електромоторне силе) са десне стране. Тиме се добија систем I1 + I 2 - I 3 = 0 ,

(87.7)

0,1I1 + I 3 = -24 ,

(87.8)

-1,5 I 2 - I 3 = -10 .

(87.9)

По Гаусовом методу елиминације, у првом кораку једначина (87.7) се множи са 0,1 и одузима од (87.8). С обзиром на то да у једначини (87.9) не фигурише непозната I1 , нема потребе за даљом елиминацијом у овом кораку, а решавани систем поприма облик I1 + I 2 - I 3 = 0 ,

(87.10)

-0,1I 2 + 1,1I 3 = -24 ,

(87.11)

-1,5 I 2 - I 3 = -10 .

(87.12)

У другом кораку елиминације, једначина (87.11) се множи са

-1,5 = 15 и одузима од - 0,1

(87.12). Тиме се добија систем I1 + I 2 - I 3 = 0 ,

(87.13)

-0,1I 2 + 1,1I 3 = -24 ,

(87.14)

-17,5 I 3 = 350 .

(87.15)

Из (87.15) је I 3 = -20 mA . Заменом у (87.14) добија се -0,1I 2 - 22 = -24 , одакле је I 2 = 20 mA . Најзад, после замене I 2 и I 3 у (87.13), добија се I1 = -40 mA . Све три гране кола са слике 87.1 везане су паралелно, па су напони све три гране једнаки, U12 = R1 I1 + E1 = - R3 I 3 = R2 I 2 - E 2 = 20 V .

26

Волт, милиампер и килоом чине кохерентан систем јединица. Употребом кохерентног система избегавају се нумерички фактори. На пример, да су струје у милиамперима, а отпорности у омима, уз нумеричку вредност струје морао би да дође фактор 10 -3 .

3. Сложена електрична кола

67

88. За коло сталне струје са слике 88.1 познато је E1 = 40 V , E2 = 30 V , E3 = 10 V , E6 = 55 V , R1 = 0,8 kW , R2 = 1 kW , R3 = 2 kW , R4 = 100 W , R5 = 500 W и R6 = 200 W . Написати редуковани систем једначина по Кирхофовим законима, па из њега израчунати струје и напоне свих грана кола. Слика 88.1. 1 РЕШЕЊЕ Коло има 6 грана и 4 чвора. За коло се могу написати 3 независне једначине по првом Кирхофовом закону. Написаћемо их за чворове 1, 3 и 4. За коло се могу написати и 3 независне једначине по другом Кирхофовом закону. Одаберимо окца као систем независних контура, као на слици 88.2. На тој слици су приказани и усвојени референтни смерови струја грана. Једначине по првом Кирхофовом закону су:

1 4

K1

2 2

4

K2 5

3 3

K3 6 Слика 88.2.

чвор 1: - I1 + I 2 + I 3 = 0 ,

(88.1)

чвор 3: - I 3 + I 5 + I 6 = 0 ,

(88.2)

чвор 4: I1 + I 4 - I 6 = 0 .

(88.3)

Једначине по другом Кирхофовом закону (у редукованом облику) су: контура K1 : - R1I1 - E1 - R2 I 2 - E2 + R4 I 4 = 0 ,

(88.4)

контура K 2 : E2 + R2 I 2 + E3 - R3 I 3 - R5 I 5 = 0 ,

(88.5)

и контура K 3 : - R6 I 6 + E6 - R4 I 4 + R5 I 5 = 0 .

(88.6)

Систем једначина (88.1)-(88.6) ћемо решити на следећи начин. Једначине (88.1)(88.3) су једноставне јер су коефицијенти уз непознате величине (струје) 1, -1 или 0, па се из тих једначина могу лако елиминисати nč - 1 = 3 струје, I 2 = I1 - I 3 ,

(88.7)

I5 = I3 - I6 ,

(88.8)

68

Сталнe струјe I 4 = I 6 - I1 .

(88.9)

Замена (88.7)-(88.9) у (88.4)-(88.6) и сређивање дају

(R1 + R2 + R4 )I1 - R2 I 3 - R4 I 6 = - E1 - E2 ,

(88.10)

- R2 I1 + (R2 + R3 + R5 )I 3 - R5 I 6 = E2 + E3 ,

(88.11)

- R4 I1 - R5 I 3 + (R4 + R5 + R6 )I 6 = E6 .

(88.12)

Заменом бројних вредности задатих величина у јединицама SI система, добија се: 1900 I1 - 1000 I 3 - 100 I 6 = -70 ,

(88.13)

-1000 I1 + 3500 I 3 - 500 I 6 = 40 ,

(88.14)

-100 I1 - 500 I 3 + 800 I 6 = 55 .

(88.15)

Решавањем овог система добија се I1 = -25 mA , I 3 = 15 mA и I 6 = 75 mA . Струје осталих грана су I 2 = -40 mA , I 4 = 100 mA и I 5 = -60 mA . Напони грана, у односу на референтне смерове усаглашене са референтним смеровима струја, су U1 = E1 + R1 I1 = 20 V , U 2 = E2 + R2 I 2 = -10 V , U 3 = R3 I 3 - E3 = 20 V , U 4 = R4 I 4 = 10 V , U 5 = R5 I 5 = -30 V и U 6 = - E6 + R6 I 6 = -40 V .

89. За коло сталне струје са слике 89.1 познато је E1 = 24 V , E2 = 20 V , R1 = 30 W , R2 = 40 W , R3 = 12 W , R4 = 30 W , R5 = 20 W и R6 = 70 W . Израчунати (а) напоне и струје грана и (б) укупну снагу Џулових губитака у колу. РЕЗУЛТАТ (а) Напони грана су U12 = 6 V , U13 = 12 V , U14 = -2 V , U 23 = 6 V , U 24 = -8 V и U 34 = -14 V . Струје грана су I12 = 0,5 A , I13 = -0,4 A , I14 = -0,1 A , I 23 = 0,2 A , I 24 = 0,3 A и I 34 = -0,2 A . (б) Укупна снага Џулових губитака у колу је PJ = 15,6 W .

Слика 89.1.

3. Сложена електрична кола

90.1

69

90. За коло сталне струје са слике познато је E1 = 200 V ,

E2 = -10 V , E 4 = 30 V , R1 = 2,5 kW , R2 = 200 W , R3 = 2 kW , R4 = 2 kW и R5 = 1 kW . Израчунати напоне и струје свих грана.

Слика 90.1.

РЕЗУЛТАТ Према ознакама на слици 90.2, напони грана су U12 = 50 V , U13 = 20 V и U 23 = -30 V . Струје грана су

I1 = 60 mA ,

I 3 = 10 mA ,

I 2 = 50 mA ,

I 4 = 30 mA

и

I 5 = -30 mA . Слика 90.2.

91. За коло са слике 91.1 је E4 = 2 V , E6 = 30 V ,

R1 = 20 W ,

R2 = 30 W ,

R3 = 40 W и R5 = 10 W . Написати редуковани систем једначина по Кирхофовим законима, па израчунати струје и напоне свих грана кола. Слика 91.1.

70

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Посматрано коло има ng = 6 грана и nč = 4 чвора. Једначине по првом Кирхофовом закону ћемо написати за чворове 1, 3 и 4, а једначине по другом Кирхофовом закону за окца (слика 91.2). По првом Кирхофовом закону је: Слика 91.2. чвор 1: I1 - I 5 + I 6 = 0 ,

(91.1)

чвор 3: - I 2 + I 3 - I 6 = 0 ,

(91.2)

чвор 4: - I 3 + I 4 + I 5 = 0 .

(91.3)

По другом Кирхофовом закону је: контура K1 : - R3 I 3 + E4 - R2 I 2 = 0 ,

(91.4)

контура K 2 : - R5 I 5 - R1I1 - E4 = 0 ,

(91.5)

контура K 3 : E6 + R2 I 2 + R1 I1 = 0 .

(91.6)

Решавањем система (91.1)-(91.6) добија се I1 = -0,48 A , I 2 = -0,68 A , I 3 = 0,56 A , I 4 = -0,2 A , I 5 = 0,76 A и I 6 = 1,24 A . Напони грана, у односу на референтне смерове усаглашене са референтним смеровима струја, су U1 = R1I1 = -9,6 V , U 2 = R2 I 2 = -20,4 V , U 3 = R3 I 3 = 22,4 V , U 4 = - E4 = -2 V , U 5 = R5 I 5 = 7,6 V и U 6 = - E6 = -30 V . Читаоцу се препоручује да за ово коло напише табло систем једначина, уочи да су напони две гране већ познати јер су одређени електромоторним силама E4 и E6 , па реши тај систем једначина. R3

1

92. За коло сталне струје са слике 92.1 познато је E1 = 7 V ,

R1

и R6 = 500 W . Израчунати напоне и струје свих грана.

R6

+ E2

E2 = 1 V , E6 = 10 V , R1 = 1,6 kW , R3 = 400 W , R4 = 200 W , R5 = 2 kW

2

R5

E1

+ E6

+

R4 4

3 Слика 92.1.

3. Сложена електрична кола

71

РЕЗУЛТАТ Према референтним смеровима на слици 92.2, напони грана су U1 = U 2 = E2 = 1 V , U 3 = -2,8 V , U 4 = 1,4 V и U 5 = U 6 = 5,2 V . Струје грана су I1 = 5 mA , I 2 = 2 mA , +

+

+

I 3 = -7 mA , I 4 = 7 mA , I 5 = 2,6 mA и I 6 = -9,6 mA .

+

+ Слика 92.2.

93. За коло сталне струје са слике 93.1 познато је E1 = 24 V , E2 = 8 V , R1 = 30 W , R3 = 12 W , R4 = 30 W , R5 = 20 W , R6 = 50 W и R7 = 20 W . Израчунати напоне и струје свих грана кола. РЕЗУЛТАТ Напони грана су U12 = 6 V , U13 = 12 V , U14 = -2 V , U 23 = 6 V , U 24 = -8 V и U 34 = -14 V . Струје грана су I12 = 0,5 A , I13 = -0,4 A ,

I14 = -0,1 A ,

I 23 = 0,2 A ,

Слика 93.1.

I 24 = 0,3 A и I 34 = -0,2 A .

94. За коло са слике 94.1 познато је E1 = -12 V , E2 = -8 V , E6 = 14 V R3 = 1,2 kW , R4 = 3 kW и R5 = 2 kW . Одредити напоне и струје свих грана.

72

Сталнe струјe

Слика 94.1.

Слика 94.2.

РЕЗУЛТАТ Упутство. Напони грана 1, 2 и 6 одређени су одговарајућим електромоторним силама, па се решење лако добија из табло система једначина. У односу на референтне смерове са слике 94.2, струје грана су I1 = -4 mA , I 2 = -3 mA , I 3 = 5 mA , I 4 = 2 mA , I 5 = -1 mA и I 6 = -2 mA . У односу на референтне смерове напона усаглашене са референтним смеровима струја, напони грана су U1 = 12 V , U 2 = 8 V , U 3 = 6 V , U 4 = 6 V , U 5 = -2 V и U 6 = -14 V .

95. За коло сталне струје са слике 95.1 познато је E1 = 4 V , E2 = 32,5 V , E3 = 14 V , E8 = 3 V , R1 = 40 W , R2 = 10 W , R4 = 40 W , R5 = 30 W , R6 = 100 W и R7 = 20 W . Израчунати струје свих грана кола.

Слика 95.2. Слика 95.1.

3. Сложена електрична кола

73

РЕЗУЛТАТ У односу на референтне смерове са слике 95.2, струје грана су I1 = 0,2 A , I 2 = 0,95 A ,

I 3 = -0,5 A ,

I 4 = 0,45 A ,

I 5 = 0,3 A ,

I 6 = -0,05 A ,

I 7 = -0,4 A

и

I8 = 0,6 A .

96. За коло са слике 96.1 је E1 = 36 V , E2 = 30 V , I g3 = 15 mA , R1 = 400 W и R2 = 600 W . Израчунати струје и напоне свих грана кола.

Слика 96.1.

Слика 96.2.

РЕШЕЊЕ С обзиром на то да је у средњој грани идеални струјни генератор, окца се не могу узети као независне контуре за формирање једначина по Кирхофовим законима у редукованом облику. Уместо тога, одаберимо стабло графа као на слици 96.2, при чему је грана са идеалним струјним генератором спојница, и уочимо одговарајући систем главних контура. Према оријентацијама грана са слике 96.2, једначина по првом Кирхофовом закону за доњи чвор гласи: I1 + I 2 + I 3 = 0

(96.1)

где је I 3 = I g3 = 15 mA .

(96.2)

Једначина по другом Кирхофовом закону у редукованом облику не може да се напише за прву контуру, а једначина за другу контуру гласи: - R1I1 - E1 - E2 + R2 I 2 = 0 .

(96.3)

Заменом (96.2) у (96.1) и сређивањем, систем једначина (96.1)-(96.3) се своди на I1 + I 2 = - I g3 ,

(96.4)

- R1I1 + R2 I 2 = E1 + E2 .

(96.5)

За задате податке, решење система једначина (96.4) и (96.5) је I1 = -75 mA и I 2 = 60 mA . Напони све три гране су једнаки (јер су гране везане паралелно), U 21 = E1 + R1I1 = - E2 + R2 I 2 = 6 V .

74

Сталнe струјe

**Задатак се може решити и тако да се најпре, на основу другог Кирхофовог закона, или на основу чињенице да су гране везане паралелно, уочи да су напони све три гране једнаки ( U 21 ). Једначина по првом Кирхофовом закону је (96.1). Везе између напона и струја грана су (96.2) и U 21 = E1 + R1I1 ,

(96.6)

U 21 = - E2 + R2 I 2 .

(96.7)

Заменом I1 из (96.6), I 2 из (96.7) и I 3 из (96.2) у (96.1), добија се U 21 - E1 U 21 + E2 + + I g3 = 0 , односно, после сређивања, R1 R2 æ 1 1 ö E E çç + ÷÷ U 21 = 1 - 2 - I g3 . R1 R2 è R1 R2 ø

(96.8)

Одавде је U 21 = 6 V , а јачине струја I1 и I 2 се добијају из (96.6), односно (96.7).

97. За коло сталне струје на слици 97.1 усвојити једно стабло, означити одговарајући систем основних контура и написати одговарајуће једначине по Кирхофовим законима, и то (а) табло систем и (б) редуковани систем.

Слика 97.1.

Слика 97.2.

РЕШЕЊЕ (а) Гране 3 и 4 не смеју припадати стаблу графа. Усвојимо, стога, да стабло графа чине гране 1, 2 и 5. Одговарајући систем основних контура приказан је на слици 97.2. За чворне пресеке и референтне смерове струја са те слике, табло систем једначина гласи: чвор 1: - I1 - I 2 - I 3 = 0 , чвор 2: I1 - I 4 + I 6 = 0 , чвор 3: I 3 + I 4 + I 5 = 0 , контура K1 : U12 - U14 + U 34 + U 23 = 0 ,

3. Сложена електрична кола

75

контура K 2 : -U14 + U 34 + U13 = 0 , контура K 3 : U12 - U14 + U 24 = 0 , грана 1: U12 = E1 , грана 2: U14 = E2 - R2 I 2 , грана 3: I 3 = I g3 , грана 4: I 4 = I g4 , грана 5: U 34 = - E5 , грана 6: U 24 = - E6 + R6 I 6 . (б) Према ознакама на слици 97.2, једначине по Кирхофовим законима у редукованом облику гласе: чвор 1: - I1 - I 2 - I 3 = 0 , чвор 2: I1 - I 4 + I 6 = 0 , чвор 3: I 3 + I 4 + I 5 = 0 , контура K1 : I 4 = I g4 , контура K 2 : I 3 = I g3 , контура K 3 : E1 + R2 I 2 - E2 - E6 + R6 I 6 = 0 . Уместо да уводимо ознаке струја грана I 3 и I 4 , струје струјних генератора могу се одмах уврстити у једначине по првом Кирхофовом закону, а једначине за контуре K1 и K 2 елиминисати, чиме се систем једначина упрошћава.

98. За коло са слике 98.1 је E1 = 60 V , E4 = -20 V , I g3 = 10 mA , I g6 = 30 mA , R1 = 160 W , R2 = 100 W , R4 = 1,5 kW и R5 = 1 kW . Написати редуковани систем једначина по Кирхофовим законима, па израчунати струје и напоне свих грана.

76

Сталнe струјe

Слика 98.2. Слика 98.1. РЕЗУЛТАТ За оријентације грана и стабло као на слици 98.2, тражене једначине су: чвор 1: I1 - I 2 - I g 6 = 0 , чвор 2: - I1 - I 4 + I g 3 = 0 , чвор 3: I 2 - I g 3 + I 5 = 0 , контура K1 : - R2 I 2 + E1 - R1I1 - E4 + R4 I 4 + R5 I 5 = 0 . Јачине струја грана су I1 = 50 mA , I 2 = 20 mA , I 3 = I g3 = 10 mA , I 4 = -40 mA , I 5 = -10 mA и I 6 = I g6 = 30 mA . За усаглашене референтне смерове, напони грана су U1 = -52 V , U2 = 2 V , U 3 = -U 4 - U 5 = 50 V , U 4 = -40 V , U 5 = -10 V и U 6 = -U1 + U 4 = 12 V .

99. У колу приказаном на слици 99.1 је E = 3 V , Ig1 = 10 mA , Ig2 = 20 mA , Ig3 = 30 mA , Ig4 = 40 mA , R1 = 100 W , R2 = 200 W , R3 = 300 W и R4 = 400 W . Израчунати струју I4 .

3. Сложена електрична кола

77

Слика 99.1.

Слика 99.2.

РЕШЕЊЕ Применом првог Кирхофовог закона на пресек

S1 (слика 99.2) добија се

I 4 = I g1 + I g2 + I g4 = 70 mA . Да ли јачина струје у грани са струјним генератором I g1 зависи од отпорности R1 ? Колико чворова има коло са слике 99.1? Колика је јачина струје кратког споја између два горња чвора на слици 99.2? Да ли ће се нешто променити у колу ако та два чвора стопе у један, и ако се доња два чвора стопе у један? Читаоцу се препоручује да одреди систем основних контура за коло са слике 99.1 тако да гране са струјним генераторима не буду у стаблу. Колико је таквих стабала могуће уочити у задатом колу? Колико једначина по другом Кирхофовом закону у редукованом облику може да се напише за задато коло? Да ли се тај број слаже са бројем грана, чворова и идеалних струјних генератора?

100. За део кола сталне струје са слике 100.1 познато је E1 = 6 V , E3 = 24 V , R2 = 10 W ,

I g = 0,2 A , R3 = 4 W ,

R1 = 2 W ,

U12 = -5 V

и

U13 = 20 V . Израчунати струје свих грана тог дела кола.

Слика 100.1.

78

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Према референтним смеровима струја грана са слике 100.2, из веза напона и U + E1 струја грана је I1 = 12 = 0,5 A , R1 I2 =

U 32 U12 - U13 = = -2,5 A R2 R2

и

-U13 + E3 =1A . Из првог R3 Кирхофовог закона за чворне пресеке 1, 2 и 3 је I 4 = I g - I1 + I 3 = 0,7 A , I3 =

I 5 = - I 2 - I 3 = 1,5 A

Слика 100.2.

и

I 6 = I1 + I 2 - I g = -2,2 A . Колики је збир I 4 + I 5 + I 6 ? Зашто?

101. За део кола сталне струје са слике 101.1 познато је E1 = 10 V , R1 = 500 W ,

+

I g = 10 mA ,

+

E3 = 12 V ,

R3 = 600 W и потенцијали чворова према референтној тачки 0 (уземљењу) V1 = 12 V , V2 = -8 V и V3 = 24 V . Израчунати струје свих грана приказаног дела кола.

Слика 101.1.

РЕШЕЊЕ Тражене

струје

U - E3 V1 - V3 - E3 = = -40 mA , I 3 = 13 R3 R3

I1 =

су

U 21 + E1 V2 - V1 + E1 = = -20 mA , R1 R1

I 4 = I1 - I 3 = 20 mA ,

I 5 = I 3 + I g = -30 mA

I 6 = I1 + I g = -10 mA .

102. На слици 102.1 приказан је део кола сталне струје. Познати су потенцијали V A = 20 V и VB = 10 V , јачина струје I = 5 mA и отпорност R = 1 kW . Израчунати емс Е. РЕЗУЛТАТ Тражена емс је E = VB - V A + RI = -5 V .

Слика 102.1.

и

3. Сложена електрична кола

79

**103. За коло сталне струје приказано на слици 86.1 редуковати табло систем једначина тако да се елиминишу струје грана. РЕШЕЊЕ Усвајајући исте оријентације грана и исте пресеке као у задатку 86, једначине по првом Кирхофовом закону дате су изразима (86.1)-(86.3).

Слика 103.1. Усвојимо референтне смерове напона као на слици 103.1. Везе између напона и струја грана су: U - E1 грана 1: I1 = 1 , R1

(103.1)

грана 2: I 2 =

U2 , R2

(103.2)

грана 3: I 3 =

U3 , R3

(103.3)

грана 4: I 4 =

U 4 + E4 , R4

(103.4)

грана 5: I 5 =

-U 5 + E5 , R5

(103.5)

грана 6: I 6 =

U6 . R6

(103.6)

После замене (103.1)-(103.6) у једначине (86.1)-(86.3) и сређивања, добијају се једначине по првом Кирхофовом закону у којима се јављају напони грана: U1 U 2 U 3 E1 + + = , R1 R2 R3 R1

(103.7)

80

Сталнe струјe

-

U 3 U 5 U 6 E5 + + = , R3 R5 R6 R5

(103.8)

-

U 4 U 5 U 6 E4 E5 = . R4 R5 R6 R4 R5

(103.9)

За одабрани систем независних контура (окца), једначине по другом Кирхофовом закону гласе: контура K1 : U1 - U 2 = 0 ,

(103.10)

контура K 2 : -U 3 - U 5 + U 4 + U 2 = 0 ,

(103.11)

контура K 3 : U 5 - U 6 = 0 .

(103.12)

Тражени редуковани систем једначина чине једначине (103.7)-(103.12). У тим једначинама не фигуришу струје грана, већ само напони грана. Систем једначина (103.7)-(103.12) се може даље поједноставити имајући у виду да су напони паралелно везаних грана једнаки (или супротни, зависно од усвојених референтних смерова). У посматраном случају, из једначина (103.10) и (103.12) произилази U1 = U 2 и U 5 = U 6 , па се систем своди на æ 1 1 ö U 3 E1 ÷÷ + U1 çç + = è R1 R2 ø R3 R1 -

æ 1 U3 1 ö ÷÷ = + U 5 çç + R3 è R5 R6 ø

-

æ 1 U4 1 - U 5 çç + R4 è R5 R6

(103.13) E5 R5

ö E 4 E5 ÷= ÷ R -R 4 5 ø

U1 - U 3 + U 4 - U 5 = 0 .

(103.14)

(103.15) (103.16)

Добијени систем једначина (103.13)-(103.16) може се још више поједноставити уколико се напони грана изразе преко потенцијала чворова. За референтни чвор (чвор нултог потенцијала) узмимо чвор 3, за који нисмо писали једначину по првом Кирхофовом закону. Тада је U1 = V1 - V3 = V1 (јер је V3 = 0 ), U 2 = V1 , U 3 = V1 - V2 , U 4 = -V4 , U 5 = V2 - V4 и U 6 = V2 - V4 . Једначина (103.16) је сада аутоматски задовољена, а једначине (103.13)-(103.15) добијају облик æ 1 1 1 ö V E ÷÷ V1 - 2 = 1 , çç + + R R1 R R R 3 2 3ø è 1

(103.17)

æ 1 E V æ 1 1 1 ö 1 ö ÷÷ V2 - çç ÷÷ V4 = 5 , - 1 + çç + + + R5 R3 è R3 R5 R6 ø è R5 R6 ø

(103.18)

æ 1 æ 1 E 1 ö 1 1 ö E ÷÷ V4 = 4 - 5 . ÷÷ V2 + çç - çç + + + R4 R5 è R5 R6 ø è R4 R5 R6 ø

(103.19)

3. Сложена електрична кола

81

Тиме смо добили једначине по методу потенцијала чворова, који је обрађен у одељку 3.3. Решавањем система једначина (103.17)-(103.19) добијају се потенцијали чворова, из њих напони грана, а струје грана се добијају из (103.1)-(103.6). Читаоцу се препоручује да и задатке 90-95 уради елиминишући струје грана у табло систему једначина.

104. За коло сталне струје са слике 104.1 познато је R1 = 6 W , R2 = 20 W , R3 = 5 W и R4 = 20 W . Користећи се Кирхофовим законима, израчунати емс E и струју I g тако да буде I = 0,2 A и U 53 = 7 V .

Слика 104.1.

Слика 104.2.

РЕШЕЊЕ Према ознакама са слике 104.2, непознате величине су E , I g , I 2 , I 3 , I 4 и I 5 , па треба поставити шест једначина по Кирхофовим законима. По првом Кирхофовом закону постављају се nč - 1 = 3 једначине. Бирајући чворне пресеке, те једначине су: чвор 1: - I g - I + I 2 = 0 ,

(104.1)

чвор 2: I + I 3 + I 5 = 0 ,

(104.2)

чвор 4: - I 2 - I 4 - I 5 = 0 .

(104.3)

По другом Кирхофовом закону треба изабрати ng - (nč - 1) = 3 независне контуре и написати једначине. За стабло које чине гране 3, 5 и 2, систем основних контура је приказан на слици 104.2, а одговарајуће једначине су: контура K1 : E - R2 I 2 = 0 ,

(104.4)

контура K 2 : R3 I 3 + R4 I 4 = 0 ,

(104.5)

контура K 3 : U 53 - R1I g - R2 I 2 - R3 I 3 = 0 .

(104.6)

82

Сталнe струјe R Сабирањем (104.1)-(104.3) добија се - I g + I 3 - I 4 = 0 , а из (104.5) је I 3 = - 4 I 4 , па R3

је I 3 =

R4 I g , што се могло добити и на основу једначине отпорничког разделника R3 + R4

струје који образују отпорници R3 и R4 . Из (104.1) је

I2 = I + Ig .

(104.7)

Заменом израза за I 2 и I 3 у (104.6) добија се I g =

(

)

U 53 - R2 I = 0 ,1 A . Из (104.4) R3 R4 R1 + R2 + R3 + R4

је E = R2 I 2 , па је, на основу (104.7), E = R2 I + I g = 6 V . R1

R2

2

3

E2

Ig

+

E5 = 10 V , I g = 20 mA , V1 = 0 , R1 = 1 kW и R4 = 500 W . Израчунати отпорност R2 .

+

105. За коло приказано на слици 105.1 познато је E2 = 6 V , E3 = 20 V ,

E3

1

R4

0

РЕЗУЛТАТ

E5 +

Тражена отпорност је R2 = 300 W .

Слика 105.1.

106. За коло са слике 106.1 је E1 = 7 V , E 2 = 18 V , I g3 = -55 mA , R1 = 0,2 kW , R2 = 1 kW и R3 = 0,4 kW . Израчунати снаге свих грана у колу и утврдити да ли идеални генератори у том колу раде као генератори или као пријемници.

Слика 106.1.

Слика 106.2.

3. Сложена електрична кола

83

РЕШЕЊЕ Према првом Кирхофовом закону (за чвор 1), према ознакама на слици 106.2, је - I 3 + I1 + I 2 = 0 .

(106.1)

Гране су везане паралелно, па су напони све три гране једнаки ( U12 ). Веза између U + E1 напона и струје прве гране је U12 = R1I1 - E1 , односно I1 = 12 . Слично томе, за R1 U - E2 другу грану је I 2 = 12 . За трећу грану је I 3 = I g3 . Уврштавањем ових релација у R2 E E I g3 + 2 - 1 U12 + E1 U12 - E2 R2 R1 + , одакле је U12 = = -12 V . На (106.1), добија се I g3 = 1 1 R1 R2 + R1 R2 основу тога су струје грана I1 = -25 mA и I 2 = -30 mA , а напон идеалног струјног генератора је U = R3 I g3 + U12 = -34 V . Снага коју грана прима одређује се као производ напона и струје, рачунатих према усаглашеним референтним смеровима у односу на грану27. Снага коју прима грана 1 је P1 = U12 I1 = 300 mW > 0 , па се грана понаша као пријемник. Снага Џулових губитака у грани је PR1 = R1I12 = 125 mW . Снага коју развија идеални напонски генератор у тој грани је PE1 = E1I1 = -175 mW < 0 , па тај генератор ради као пријемник. Снага коју прима грана 2 је P2 = U12 I 2 = 360 mW . И та грана је пријемник. Снага Џулових губитака у грани је PR2 = R2 I 22 = 900 mW . Идеални напонски генератор у тој грани развија снагу PE2 = - E2 I 2 = 540 mW > 0 , па он ради као генератор. Снага коју прима грана 3 је P3 = -U12 I g = -660 mW < 0 , односно грана ради као генератор. Снага Џулових губитака у грани је PR3 = R3 I g2 = 1,21 W . Идеални струјни генератор развија снагу PI g = UI g = 1,87 W > 0 и ради као генератор. Из претходног произилази и P1 + P2 + P3 = 0 , што потврђује теорему одржања снаге у колу. Читаоцу се оставља да провери да ли је збир снага идеалних генератора у колу са слике 106.1 једнак збиру снага отпорника.

27

У теорији кола је уобичајено да се под термином „снага гране“ подразумева снага коју грана прима.

84

Сталнe струјe

E1

107. За коло сталне струје са слике 107.1 познато је E1 = 12 V , E 2 = 10 V ,

E4 = 25 V ,

+ R1

R2 = 2 k W ,

R3

R3 = 1 kW , R5 = 8 kW и R6 = 10 kW . Израчунати отпорност R1 и струју струјног генератора I g тако да буде I 41 = 10 mA и U 21 = 50 V . РЕЗУЛТАТ Тражена R1 = 700 W , a

E2

1

4

+

E4

отпорност је струја струјног

R2 R5

3 R6

+

2

Ig

Слика 107.1.

генератора је I g = 30 mA .

108. За коло са слике 108.1 познато је E = 45 V , I g = 9 mA , R1 = R2 = 11 kW ,

R3 = R5 = R6 = 1 kW , R7 = 25 kW и R8 = 8 kW . Израчунати

отпорност R4 тако да буде U = 8 V .

Слика 108.1. РЕШЕЊЕ Уведимо референтне смерове струја и напона као на слици 108.2. По Омовом U закону је I 7 = = 1 mA . За отпорнички разделник напона који чине отпорници R7 и R8 R8 је U = I6 =

R8 U 6 , одакле је U 6 = 33 V . Напон гране 6 је U 6 = E + R6 I 6 , одакле је R7 + R8

U6 - E = -12 mA . R6

3. Сложена електрична кола Из

првог

85

Кирхофовог

закона

U 2 = U 6 - R1I1 = 11 V . Даље је I 2 =

је

I1 = - I g - I 7 - I 6 = 2 mA ,

U4 = 1 kW . I4

I1 + R5 I3

U2

R7

R3

+

I2

R6 I7

Ig

I6

+ R2

+ R4

R8

U6

+ U

E

U4

I4 Слика 108.2.

3.2. Метод контурних струја 109. За разгранато коло са слике 109.1 познато је E1 = 60 V , E2 = 62 V , E3 = 30 V , R1 = 2 kW ,

E5 = 26 V , R2 = 1 k W ,

је

U2 = 1 mA , I 3 = I1 - I 2 = 1 mA , I 4 = I 3 + I g = 10 mA R2

и U 4 = U 2 - R3 I 3 = 10 V , па је тражена отпорност R4 =

R1

па

E6 = 20 V , R3 = 0,4 kW ,

R4 = 0,2 kW , R5 = 0,1 kW и R6 = 2 kW . (a) Одредити једно стабло графа и за то стабло означити основне контуре. (б) За одабране основне контуре, написати систем једначина по методу контурних струја. (в) Решити постављени систем једначина контурних струја и израчунати струје свих грана кола. (г) Израчунати напоне свих грана кола.

Слика 109.1.

86

Сталнe струјe

6 K1 2

4

1 1

5

2 K3

3 3

K2

4 Слика 109.2. Слика 109.3. РЕШЕЊЕ (а) Задато коло има ng = 6 грана и nč = 4 чвора, па се стабло састоји од nč - 1 = 3 гране, а број спојница је ng - nč + 1 = 3 . На слици 109.2 су, за усвојено стабло, означене

nk = ng - nč + 1 = 3 основне контуре, оријентисане према одговарајућим спојницама. (б) За коло без струјних генератора које има nk = 3 контуре, систем једначина контурних струја у општем облику гласи: R11I I + R12 I II + R13 I III = EI ,

(109.1)

R21I I + R22 I II + R23 I III = EII ,

(109.2)

R31I I + R32 I II + R33 I III = EIII ,

(109.3)

где су I I , I II и I III струје контура K1 , K 2 и K 3 , респективно. Према слици 109.3 су: ·

сопствене отпорности контура:

R11 = R4 + R5 + R6 = 2,3 kW , R22 = R2 + R3 + R4 + R6 = 3,6 kW , R33 = R1 + R2 + R4 = 3,2 kW . ·

међусобне отпорности контура:

R12 = R21 = -(R4 + R6 ) = -2,2 kW ,

R13 = R31 = - R4 = -0,2 kW , R23 = R32 = R2 + R4 = 1,2 kW . ·

електромоторне силе контура:

EI = E5 + E6 = 46 V , EII = E3 - E2 - E6 = -52 V , EIII = - E1 - E2 = -122 V .

3. Сложена електрична кола

87

У јединицама SI система, једначине (109.1)-(109.3) гласе: 2,3 ×10 3 I I - 2,2 ×10 3 I II - 0,2 ×103 I III = 46 , - 2,2 ×103 I I + 3,6 ×103 I II + 1,2 ×10 3 I III = -52 , - 0,2 ×10 3 I I + 1,2 ×103 I II + 3,2 ×10 3 I III = -122 . Изражавајући струје у mA , овај систем једначина добија облик: 2,3 I I - 2,2 I II - 0,2 I III = 46 ,

(109.4)

-2,2 I I + 3,6 I II + 1,2 I III = -52 ,

(109.5)

-0,2 I I + 1,2 I II + 3,2 I III = -122 .

(109.6)

(в) Решење система једначина (109.4)-(109.6) је

I I = 40 mA ,

I II = 25 mA

и

I III = -45 mA . На основу слике 109.2, струје грана кола су I1 = I14 = + I III = -45 mA , I 2 = I 42 = I III + I II = -20 mA , I 3 = I 34 = I II = 25 mA , I 4 = I12 = I I - I II - I III = 60 mA , I 5 = I 23 = I I = 40 mA и I 6 = I13 = I II - I I = -15 mA . (г) Напони грана, према смеровима усаглашеним са оријентацијама грана, су U1 = U14 = E1 + R1I14 = -30 V , U 2 = U 42 = R2 I 42 + E 2 = 42 V , U 3 = U 34 = - E3 + R3 I 34 = -20 V , U 4 = U12 = R4 I12 = 12 V , U 5 = U 23 = - E5 + R5 I 23 = -22 V и U 6 = U13 = R6 I13 + E6 = -10 V . Читаоцу се оставља да провери да ли добијени напони и струје грана задовољавају Кирхофове законе.

110. За коло са слике 110.1 познато је E1 = 6 V , E4 = 9 V , E6 = 2,4 V , R1 = 20 W , R2 = 60 W , R3 = 30 W , R4 = 5 W , R5 = 120 W и R6 = 20 W . (а) Изабрати један систем основних контура. (б) За изабране контуре поставити систем једначина по методу контурних струја. (в) Решити систем једначина и израчунати струје и напоне свих грана. (г) Утврдити како се понашају идеални напонски генератори у колу. (д) Израчунати укупну снагу Џулових губитака у колу.

Слика 110.1.

88

Сталнe струјe 4

R1 K2

II

+

E1

K1

2

1

3

4 III

E4

1

R2 +

R3 R5

R4 2I III

K3

3

+ E6

R6

Слика 110.3.

Слика 110.2. РЕШЕЊЕ

(а) Независних контура има ng - (nč - 1) = 3 . На слици 110.2 приказано је једно стабло и одговарајући систем основних контура. (б) Према слици 110.3, систем једначина по методи контурних струја је

(R1 + R2 + R4 )I I + (R2 + R4 )I II - R4 I III = E1 - E4 ,

(110.1)

(R2 + R4 )I I + (R2 + R3 + R4 + R6 )I II - (R4 + R6 )I III = - E4 - E6 ,

(110.2)

- R4 I I - (R4 + R6 )I II + (R4 + R5 + R6 )I III = E4 + E6 .

(110.3)

(в) Заменом бројних вредности задатих величина изражених јединицама SI система, из система једначина (110.1)-(110.3) добија се 85 I I + 65 I II - 5 I III = -3 ,

(110.4)

65 I I + 115 I II - 25 I III = -11,4 ,

(110.5)

-5 I I - 25 I II + 145 I III = 11,4 .

(110.6)

Овај систем линеарних једначина може се решити помоћу детерминанти. Детерминанта 85 65 -5 65 -3 -5 система је D = 65 115 - 25 = 765000 . Кофактори су D1 = - 11,4 115 - 25 = 45900 , - 5 - 25 145 -3

85 D2 = 65

-5

11,4

85

65

- 11,4 - 25 = -91800 и D3 = 65

115

-5

11,4

- 5 - 25

145

- 25 145

-3 - 11,4 = 45900 . На основу тога, 11,4

D D D контурне струје су I I = 1 = 60 mA , I II = 2 = -120 mA и I III = 3 = 60 mA . D D D Струје

грана

су

I1 = I14 = I I = 60 mA ,

I 2 = I 42 = I I + I II = -60 mA ,

I 3 = I 34 = I II = -120 mA , I 4 = I12 = - I I - I II + I III = 120 mA , I 5 = I 23 = I III = 60 mA и I 6 = I13 = I II - I III = -180 mA .

3. Сложена електрична кола Напони

грана

су

89

U1 = U14 = R1 I14 - E1 = -4,8 V ,

U 2 = U 24 = - R2 I 42 = 3,6 V ,

U 3 = U 34 = R3 I 34 = -3,6 V , U 4 = U12 = R4 I12 - E 4 = -8,4 V , U 5 = U 23 = R5 I 23 = 7,2 V и U 6 = U13 = R6 I13 + E6 = -1,2 V . (г) Снаге које развијају идеални напонски генератори су PE1 = E1I14 = 360 mW > 0

PE4 = E 4 I12 = 1080 mW > 0 PE6 = E6 I 31 = 432 mW > 0 (ради као генератор).

(ради

као

генератор),

(ради

као

генератор)

и

(д) Укупна снага Џулових губитака у колу једнака је збиру снага свих отпорника,

PJuk = R1I12 + R2 I 22 + R3 I 32 + R4 I 42 + R5 I 52 + R6 I 62 = 1,872 W . Ова снага је једнака укупној снази свих генератора, PE = PE1 + PE4 + PE6 = 1,872 W , што и мора бити на основу теореме одржања снаге. Читаоцу се препоручује да одабере други систем независних контура (окца, систем основних контура за друго стабло, или систем добијен хеуристичким поступком), реши коло и упореди решења.

111. За коло приказано на слици 111.1 је E2 = 10 V , E4 = 10,4 V ,

E5 = 16 V ,

R1 = 300 W ,

R2 = 1 k W ,

R3 = 200 W ,

R4 = 400 W ,

R5 = 300 W ,

R6 = 200 W

и

R7 = 60 W . Користећи се елементарним контурама (окцима) са слике 111.1, израчунати струје и напоне свих грана кола.

Слика 111.1.

РЕШЕЊЕ Једначине контурних струја за задато коло су

(R1 + R2 )I I - R2 I II = - E2 ,

(111.1)

- R2 I I + (R2 + R3 + R4 + R6 + R7 )I II - (R6 + R7 )I III = E2 - E4 ,

(111.2)

-(R6 + R7 )I II + (R5 + R6 + R7 )I III = - E5 .

(111.3)

Заменом бројних вредности се добија систем 1,3 I I - I II = -10 ,

(111.4)

- I I + 1,86 I II - 0,26 I III = -0,4 ,

(111.5)

-0,26 I II + 0,56 I III = -16 ,

(111.6)

90

Сталнe струјe

где су контурне струје у mA . Систем једначина (111.4)-(111.6) може се решити на I - 10 следећи начин. Из једначине (111.4) је I I = II , а из једначине (111.6) је 1,3 0,26 I II - 16 I III = . Заменом ових израза у једначину (111.5) добија се I II = -16 mA , на 0,56 основу чега је I I = -20 mA и I III = -36 mA . Према референтним смеровима са слике 111.1, струје грана су I1 = I I = -20 mA , I 2 = I I - I II = -4 mA , I 3 = + I II = -16 mA , I 4 = - I II = 16 mA , I 5 = I III = -36 mA и I 6 = I II - I III = +20 mA . Напони грана су U14 = - R1 I1 = 6 V , U12 = R3 I 3 = -3,2 V , U 34 = - R4 I 4 + E4 = 4 V и U 23 = (R6 + R7 )I 6 = 5,2 V . 1

112. За коло са слике 112.1 познато је E4 = 8 V , I g1 = 40 mA , I g6 = 20 mA , R2 = 30 W ,

R3 = 50 W ,

R4 = 200 W

и

R2 Ig1

R3 E4 +

2

R5 = 75 W . Методом контурних струја израчунати струје и напоне свих грана, снаге идеалних генератора и укупну снагу Џулових губитака у колу.

R4

3

R5

Ig6

4 Слика 112.1. 1

РЕШЕЊЕ Задато коло има nk = ng - nč + 1 = 3 независне контуре. С обзиром на то да у колу постоје идеални струјни генератори, контуре се морају одабрати тако да је сваки струјни генератор обухваћен само једном контуром. У ту сврху, погодно је да се узме систем основних контура, при чему гране са идеалним струјним генераторима морају бити спојнице. На слици 112.2 је приказан граф кола са назначеним стаблом, спојницама и независним контурама.

K1

1

Систем једначина по методу контурних струја гласи: I I = I g1 , I II = I g6 , - R2 I I + (R2 + R3 )I II + (R2 + R3 + R4 )I III = - E4 ,

3 K3

2 2

4

5 K2 4 Слика 112.2.

6

3

3. Сложена електрична кола

91

- E4 + R2 I g1 - (R2 + R3 )I g6

одакле је I III =

R2 + R3 + R4

= -30 mA .

Струје грана су I 21 = -50 mA , I13 = -10 mA , I 32 = -30 mA и I 42 = -20 mA . Напони грана су U12 = - R2 I 21 = 1,5 V , U13 = R3 I13 = -0,5 V , U 23 = - R4 I 32 - E4 = -2 V , U 24 = - R5 I 42 = 1,5 V , U14 = U12 + U 24 = 3 V и U 34 = -U 23 + U 24 = 3,5 V . Снаге које развијају идеални генератори у колу су PE 4 = - E4 I 32 = 240 mW > 0 (ради

као

PI g1 = U14 I g1 = 120 mW > 0

генератор),

(ради

као

генератор)

и

PI g6 = U 43 I g6 = -70 mW < 0 (ради као пријемник). Укупна

PJuk =

R2 I 22

снага

+ R3 I 32

Џулових

+ R4 I 42

+ R5 I 52

губитака

у

колу

је

= 290 mW . Читаоцу се оставља да провери да ли је ова

снага једнака укупној снази генератора ( PE 4 + PI g1 + PI g6 ).

113. За коло са слике 113.1 је E1 = 40 V , E2 = 13 V , E5 = 25 V , I g4 = 40 mA , R1 = 300 W , R3 = 200 W , R5 = 1 kW и R6 = 300 W . Користећи се методом контурних струја израчунати струје свих грана кола и напон струјног генератора. 2

1 R3

+

R5 R6

E2

+ E5 3

E1

+

R1

Ig4 4

Слика 113.1.

Слика 113.2.

РЕШЕЊЕ Задато коло има nk = 3 контуре, а одабране су као на слици 113.2 (елементарне контуре). Једначине по методу контурних струја су R1I I = E1 - E 2 , I II = I g4 и - R5 I II + (R5 + R6 )I III = E5 .

I III =

R5 I g4 + E5 R5 + R6

= 50 mA .

Из

ових

једначина

је

E - E2 II = 1 = 90 mA R1

и

92

Сталнe струјe Струје

грана

су

(слика

113.2)

I1 = I I = 90 mA ,

I 2 = I I - I II = 50 mA ,

I 3 = - I II = -40 mA ,

I 5 = I II - I III = -10 mA и I 6 = I III = 50 mA . Напон струјног генератора је U = U 43 = R6 I 6 - R3 I 3 - E 2 = 10 V . Читаоцу се оставља да израчуна снаге свих отпорника и генератора и провери да ли резултати задовољавају теорему одржања снаге.

114. За коло чија је шема приказана на слици 114.1 познато је I g = 60 mA , E2 = 4 V , E4 = 8 V , E6 = 50 V , R3 = 200 W , R4 = 200 W ,

R5 = 100 W

и

R6 = 600 W . Израчунати струје и напоне свих грана кола методом контурних струја (а) усвајајући систем основних контура и **(б) одређујући независне контуре хеуристичким методом кидања грана. Слика 114.1. РЕШЕЊЕ Задато коло има nk = ng - nč + 1 = 3 независне контуре. (а) На слици 114.2 приказано је стабло графа и три одговарајуће основне контуре. Систем једначина контурних струја је

(R3 + R4 + R5 + R6 )I I + (R3 + R4 + R6 )I II - R6 I III = E4 + E6 , (R3 + R4 + R6 )I I + (R3 + R4 + R6 )I II - R6 I III = - E2 + E4 + E6 , I III = I g , а његовим решавањем се добија I I = 40 mA , I II = 50 mA и I III = 60 mA . Струје грана су I 2 = -50 mA , I 3 = 90 mA , I 4 = 90 mA , I 5 = 40 mA и I 6 = 30 mA , а напони грана су U12 = 18 V , U 23 = 4 V , U 34 = 10 V и U14 = 32 V .

3. Сложена електрична кола

93

Слика 114.2.

Слика 114.3. (б) На слици 114.3 приказано је одређивање система независних контура хеуристичким поступком кидања грана. При томе је вођено рачуна да кроз грану са идеалним струјним генератором пролази само једна контура. Одговарајуће једначине по методу контурних струја су

94

Сталнe струјe II = Ig ,

(R3 + R4 )I I + (R3 + R4 + R6 )I II = - E2 + E4 + E6 , - R5 I I + R5 I III = - E 2 . Из ових једначина је I I = 60 mA , I II = 30 mA и I III = 20 mA . Одавде се добијају струје и напони грана, који су исти као у решењу (а).

115. За коло приказано на слици 115.1 је E3 = 2 V , E7 = 21 V ,

I g1 = 60 mA , I g5 = 5 mA , I g6 = 50 mA , R2 = 100 W , R3 = 200 W , R4 = 150 W , R7 = 100 W и R8 = 200 W . Израчунати напон U15 . РЕЗУЛТАТ Тражени напон је U15 = -13 V . Слика 115.1. R3 +

1 116. За коло са слике 116.1 познато је E1 = 50 V , E3 = 10 V ,

R1

E4 = 20 V , R1 = 200 W , R3 = 1 kW ,

+

R4 = 2 k W ,

R5 = 10 kW

и

2

I2

I5 R6

R2

R5

E1

R6 = 5 kW . Израчунати отпорност R2 и струју I g тако да буде I 2 = 80 mA и I 5 = 10 mA .

E3

R4

Ig

E4 + 3

4 Слика 116.1.

3. Сложена електрична кола

95

РЕШЕЊЕ Коло има nk = 3 независне контуре, које су изабране као на слици 116.2. Кроз струјни генератор пролази само једна (прва) контура. Отпорник R6 не утиче на струју идеалног струјног генератора, па је струја прве контуре II = Ig . (Сопствена отпорност прве бесконачна.) и

контуре

2

I2

R1

I5 R6

R2

+

је

E3

R3 +

1

E1

III

R5 E4

R4

Ig

IIII

II

+ 3

4 Слика 116.2.

Остале две једначине по методу контурних струја су - R1I g + (R1 + R2 )I 2 + R1 I 5 = E1 -(R1 + R3 + R4 )I g + R1 I 2 + (R1 + R3 + R4 + R5 )I 5 = E1 - E3 - E4 јер је I II = I 2 и

I III = I 5 . Из ових једначина се добија I g = 40 mA и R2 = 500 W . Да ли отпорник R6 утиче на снагу идеалног струјног генератора? Образложити одговор.

1 117. За коло сталне струје са слике 117.1 познато је E1 = E5 = 20 V , I g = 40 mA , R2 = R4 = 2 kW и

+

R3 = R5 = 1 kW . Израчунати струје свих грана и напон струјног генератора.

E1

2

Ig R4

РЕЗУЛТАТ Струје грана су

R3

R2

I1 = I 41 = 25 mA , I 3 = I13 = 40 mA ,

I 2 = I12 = -15 mA , I 4 = I 24 = 25 mA и I 5 = I 34 = 0 , а напон струјног генератора је U 23 = 70 V .

4 +

3 R5

E5

Слика 117.1.

Читаоцу се препоручује да провери да ли добијено решење задовољава други Кирхофов закон.

96

Сталнe струјe

118. За коло са слике 118.1 познато је E1 = 6 V , E2 = 40,5 V ,

I g4 = 3 mA , I g5 = 15 mA , R1 = 2 kW , R2 = 0,75 kW и R3 = 0,5 kW . Израчунати (а) струје напонских генератора и напоне струјних генератора, (б) снаге генератора и (в) снаге Џулових губитака отпорника.

Слика 118.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Струје напонских генератора су I1 = I 21 = -6 mA и I 2 = I 31 = 24 mA , а напони струјних генератора су U 4 = U 21 = -18 V и U 5 = U 31 = -22,5 V . (б) Снаге које развијају генератори су PE1 = -36 mW < 0 (ради као пријемник),

PE2 = 972 mW > 0 (ради као генератор), PI g4 = -54 mW < 0 (ради као пријемник) и PI g5 = -337,5 mW < 0 (ради као пријемник). (в) Укупна снага Џулових губитака у колу је PJuk = 544,5 mW .

119. У колу приказаном на слици 119.1 је I g1 = 1 mA , I g2 = 2 mA , I g3 = 3 mA , E = 1 V , R1 = 1 kW , R2 = 2 kW и R3 = 3 kW . Израчунати снагу коју развија идеални струјни генератор I g3 . Ig1

R1

II

Ig2 R2

IIII

Слика 119.1.

Ig3

III E +

I2 R3

+ U Слика 119.2.

3. Сложена електрична кола

97

РЕШЕЊЕ За систем основних контура приказан на слици 119.2 је I I = I g2 , I II = I g1 и I III = I g3 , па је I 2 = I I + I II - I III = 0 , U = R3 I g3 - E - R2 I 2 = 8 V , а снага струјног генератора је PI g3 = UI g3 = 24 mW .

120. У E1 = 10 V ,

колу на слици 120.1 је E 2 = 20 V , I g4 = 10 mA ,

I g5 = 20 mA ,

I g6 = 30 mA ,

R1 = 1 kW ,

R2 = 2 kW и R3 = 3 kW . Израчунати напон U 24 . РЕЗУЛТАТ Тражени напон је U 24 = -50 V .

Слика 120.1.

121. У колу приказаном на слици 121.1 је E1 = 3 V , E3 = 5 V , E9 = 10 V , I g2 = 5 mA , I g4 = 10 mA , I g5 = 6 mA , I g10 = 5 mA , R1 = 250 W , R3 = R6 = 100 W ,

R4 = 200 W ,

R5 = 25 W и R7 = R8 = 50 W . Израчунати снагу коју развија идеални струјни генератор I g4 и напон између тачака А и В. РЕЗУЛТАТ Тражена снага струјног генератора је PI g4 = -5,5 mW , а напон је U AB = -10,3 V .

Слика 121.1.

98

Сталнe струјe

122. У колу на слици 122.1 је E1 = 10 V , R1 = R4 = 1 kW , R2 = 2 kW , I 3 = -2,5 mA Израчунати

R5 = 500 W , и отпорност

PR4 = 0 . R3

и

електромоторну силу E5 . РЕЗУЛТАТ Тражена отпорност је R3 = 2 kW , а електромоторна сила је

Слика 122.1.

E5 = 1,25 V .

3.3. Метод потенцијала чворова 123. За коло сталне струје са слике 123.1 познато је E1 = 10 V , E3 = 20 V , I g6 = 160 mA , I g7 = 40 mA , R1 = 0,1 kW , R2 = 1 kW , R3 = 2,5 kW , R4 = 0,5 kW и R5 = 1,25 kW . Методом потенцијала чворова израчунати напоне и струје свих грана кола.

Слика 123.1.

Слика 123.2.

РЕШЕЊЕ Задато коло има nč = 3 чвора и ng = 7 грана. По Кирхофовим законима у редукованом облику за ово коло је потребно поставити и решити систем од ng = 7

3. Сложена електрична кола

99

једначина. Међутим, у колу постоје ns = 2 гране са идеалним струјним генераторима, па су струје тих грана одмах познате. Стога се систем ефективно своди на ng - ns = 7 - 2 = 5 једначина. По методу контурних струја број једначина је ефективно nk = ng - nč + 1 - ns = 3 . Међутим, по методу потенцијала чворова број једначина је nč - 1 = 2 , односно систем једначина је најмањи28. За референтни чвор је повољно усвојити онај чвор у коме се стиче највише грана са непознатим струјама. На слици 123.2 је референтни чвор означен са 0 . Непознати су потенцијали чворова 1 и 2 у односу на чвор 0 (односно напони U10 = V1 и U 20 = V2 ). Овакав избор референтног чвора има две погодности. Прва је што се непосредно из решења система по методу потенцијала чворова може одредити највише непознатих напона грана. Друга је што је писање једначина у систему олакшано јер је број грана између „врућих“ чворова минималан. За коло са два „врућа“ чвора, под условом да у колу нема грана које садрже само идеалне напонске генераторе, систем једначина по методу потенцијала чворова има општи облик G11V1 + G12V2 = I I ,

(123.1)

G21V1 + G22V2 = I II .

(123.2)

За

коло са слике 123.1, 1 1 1 8 G11 = + + = mS = 3,2 mS R5 R4 R3 2,5

проводности чворова су 1 1 1 14,75 и G 22 = + + = mS = 11,8 mS . R1 R2 R5 1,25 1 1 Међусобне (узајамне) проводности чворова су G12 = G21 = =mS = -0,8 mS . R5 1,25 Сопствене

струје

чворова

су

сопствене

E 280 mA = -112 mA I I = 3 + I g7 - I g6 = 2,5 R3

и

E I II = I g6 + 1 = 260 mA . R1 Решавањем система једначина (123.1) и (123.2) добијају се потенцијали чворова, V1 = -30 V и V2 = 20 V . Овим су добијени одмах напони грана везаних између „врућих“ чворова и референтног, док је напон грана између „врућих“ чворова U12 = V1 - V2 = -50 V . Према оријентацији са слике 123.2, струје грана су I1 =

U 20 - E1 V2 - E1 = = 100 mA , R1 R1

U 20 V2 E - U10 E3 - V1 U V = = 20 mA , I 3 = 3 = = 20 mA , I 4 = 10 = 1 = -60 mA R2 R2 R3 R3 R4 R4 U V -V I 5 = 12 = 1 2 = -40 mA . R5 R5 I2 =

28

и

Метод потенцијала чворова је, по правилу, најпогоднији када се у чворовима анализираног кола стиче већи број грана, што је чест случај у пракси.

100

Сталнe струјe

Као провера, задовољен I 3 + I g7 - I 4 - I 2 - I1 = 0 .

је

први

Кирхофов

закон

за

чвор

0:

124. У колу приказаном на слици 124.1 је E = 40 V . Израчунати потенцијал тачке 1. РЕЗУЛТАТ Потенцијал тачке 1 је V = 20 V . Слика 124.1.

125. Напонски генератори емс E1 = 33 V и E2 = 18 V , струјни генератори струја I g1 = 30 mA и I g2 = 10 mA и отпорници R1 = 300 W ,

отпорности R2 = 500 W ,

R3 = 120 W ,

R4 = 300 W ,

R5 = 200 W ,

R6 = 180 W

и

R7 = 520 W образују коло као на слици 125.1. Израчунати (а) непознате струје грана, (б) снаге идеалних напонских и струјних генератора и (в) укупну снагу Џулових губитака у колу.

Слика 125.1.

РЕШЕЊЕ За решавање задатка најповољније је применити метод потенцијала чворова. Како је nč - 1 = 3 и пошто коло не садржи гране само са идеалним напонским генераторима, систем једначина по методу потенцијала чворова има општи облик G11V1 + G12V2 + G13V3 = I I , G21V1 + G22V2 + G23V3 = I II , G31V1 + G32V2 + G33V3 = I III . Узимајући чвор 4 за референтни, добија се систем линеарних једначина по потенцијалима:

3. Сложена електрична кола

101

æ 1 1 1 ö 1 1 E1 ç ÷ ç R + R + R ÷ V1 - R V2 - R V3 = R - I g1 , 3 5ø 3 1 1 è 1 -

æ 1 E 1 1 1 ö 1 ÷ V2 V1 + çç V3 = - 2 - I g2 , + + ÷ R3 R4 R2 è R3 R4 R2 ø

-

æ 1 ö 1 1 1 1 E ÷ V3 = - 1 + I g1 . V1 V2 + çç + + ÷ R1 R4 R R R R R1 + 4 6 7ø è 1

Заменом задатих података и решавањем овог система добија се V1 = -2 V , V2 = -8 V и V3 = -14 V . Напони грана су U10 = V1 = -2 V , U 20 = V2 = -8 V , U 30 = V3 = -14 V , U12 = V1 - V2 = 6 V , U13 = V1 - V3 = 12 V и U 23 = V2 - V3 = 6 V . (а) Струје грана кола су I1 = I13 = I 4 = I 23 =

U 23 = 20 mA , R4

I 6 = I 30 =

U 30 = -20 mA . R6 + R7

I 5 = I10 =

U13 - E1 U = -70 mA , I 3 = I12 = 12 = 50 mA , R3 R1

U10 = -10 mA , R5

I 2 = I 20 =

U 20 + E2 = 20 mA R2

и

(б) Снаге које развијају идеални генератори у колу су PE1 = - E1I13 = 2,31 W > 0

PE 2 = E2 I 20 = 0,36 W > 0 (ради као генератор), = -U13 I g1 = -0,36 W < 0 (ради као пријемник) и PI g2 = -U 20 I g2 = 80 mW > 0 (ради

(ради PI g1

као

генератор),

као генератор). (в) Укупна снага отпорника је PRuk = R1I12 + R2 I 22 + R3 I 32 + R4 I 42 + R5 I 52 + R6 I 62 + R7 I 62 ,

PRuk = 2,39 W , PE1 + PE2 + PI g1 + PI g2 = PRuk .

односно

а

једнака

је

укупној

снази

126. За коло са слике 126.1 је E1 = 12 V , E4 = 11 V , E6 = 8 V ,

I g3 = 25 mA , I g5 = 40 mA , R1 = 10 W , R2 = 40 W , R4 = 20 W и R6 = 40 W . Чвор означен са 0 је уземљен (на маси). Користећи се методом потенцијала чворова, израчунати (а) потенцијале чворова 1 и 2, (б) струје напонских генератора и (в) напоне струјних генератора.

Слика 126.1.

генератора,

102

Сталнe струјe РЕЗУЛТАТ

(а) Потенцијали чворова су V1 = 9,8 V и V2 = 10,2 V . (б) Струје напонских генератора, према оријентацијама са слике 126.1, су I1 = 0,22 A , I 4 = 40 mA и I 6 = 55 mA . (в) Напони струјних генератора су U12 = -0,4 V и U 20 = 10,2 V . Читаоцу се препоручује да израчуна снаге свих отпорника и генератора у задатом колу и провери да ли је задовољена теорема одржања снаге.

127. За E1 = 70 V ,

коло са слике 127.1 је I g2 = 40 mA , E3 = 40 V ,

I g6 = 75 mA ,

R1 = 2 kW ,

R3 = 4 kW ,

R4 = 100 W и R5 = 500 W . Решити коло методом потенцијала чворова и израчунати напоне и струје свих грана кола.

Слика 127.1.

РЕЗУЛТАТ Напони грана кола су

U12 = 10 V ,

U 23 = 30 V ,

U13 = 40 V ,

U10 = 20 V ,

U 20 = 10 V и U 30 = -20 V . Струје су I10 = -25 mA , I 30 = -15 mA , I12 = 100 mA и I 23 = 60 mA . Читаоцу се препоручује да задатак реши и методом контурних струја и упореди решења. По ком се методу брже долази до решења?

128. За коло сталне струје са слике 128.1 познато је Ig = 75 mA , E1 = 70 V , E2 = 30 V , E3 = 40 V , R1 = 2 kW , R2 = 1 kW , R3 = 4 kW , R4 = 100 W , R5 = 500 W и R6 = 300 W . Користећи се методом потенцијала чворова, израчунати снагу коју развија идеални струјни генератор.

3. Сложена електрична кола

Ig

103

R6

R4

R5

+ E1

R2

R3 +

R1

E2

E3

+ Слика 128.1.

Слика 128.2.

РЕШЕЊЕ Према ознакама на слици 128.2, једначине по методу потенцијала чворова гласе: æ 1 æ 1 E E 1 ö 1 1 1 1 ö 1 ÷ V2 ÷÷ V1 çç + + + и V2 = 1 + I g , V1 + çç V3 = - 2 ÷ R4 R1 R4 R5 R2 è R1 R4 ø è R2 R4 R5 ø æ 1 E 1 1 ö ÷ V3 = 3 - I g . (Проводност гране са идеалним струјним генератором + V2 + çç ÷ R3 R5 è R3 R5 ø је нула, односно отпорност је бесконачна.) Решавањем овог система једначина добија се V1 = 20V , V2 = 10V и V3 = -20V . Напон идеалног струјног генератора је -

U = V1 - V3 + R6 I g = 62,5 V , па је снага овог генератора PI g = U14 I g » 4,69 W .

129. За коло приказано на слици 129.1 познато је E1 = 14 V , E3 = 10 V ,

E5 = 5 V ,

I g = 25 mA ,

R1 = 100 W , R2 = 2 kW , R4 = 200 W и R5 = 5 kW . Користећи се методом потенцијала чворова, израчунати напоне и струје свих грана кола. Слика 129.1. РЕШЕЊЕ Посматрано коло садржи једну грану само са идеалним напонским генератором. Нулта отпорност те гране онемогућава да се струја гране изрази помоћу напона гране и емс напонског генератора у тој грани. Проводност те гране је бесконачна, па се у једначини по методу потенцијала чворова за ту грану јављају бесконачни чланови. Међутим, емс у тој грани одређује напон гране (без обзира на струју гране). Узимањем једног од чворова те гране за референтни, проблем се елиминише јер је потенцијал

104

Сталнe струјe

другог чвора познат. У задатом случају, за референтни чвор је изабран чвор 4 (надаље означен са 0), па систем једначина по методу потенцијала чворова добија облик: V1 = - E3 ,

(129.1)

-

æ 1 E 1 1 ö ÷÷ V2 = 1 - I g , V1 + çç + R1 R R R1 4ø è 1

(129.2)

-

æ 1 E 1 1 ö ÷ V3 = I g + 5 . V1 + çç + ÷ R2 R5 è R2 R5 ø

(129.3)

Решавањем овог система једначина добија се V1 = -10 V = U10 , V2 = 1 V = U 20 и V3 = 30 V = U 30 . Напони осталих грана су U12 = V1 - V2 = -11 V , U13 = V1 - V3 = -40 V и U U + E1 = 30 mA , I13 = 13 = -20 mA , U 23 = V2 - V3 = -29 V . Струје грана су I12 = 12 R1 R2 I 20 =

U 20 U - E5 = 5 mA , I 30 = 30 = 5 mA и I10 = - I12 - I13 = -10 mA . R4 R5 1

E2 +

E1

+

+ R1

R2 130. За коло приказано на слици 130.1 написати једначине по методу потенцијала чворова.

2

3 Ig1

E3

Ig2

R3 4 Слика 130.1.

РЕШЕЊЕ Усвајајући чвор 1 за референтни јер се у њему стичу обе гране у којима постоји само идеални напонски генератор, једначине по методу потенцијала чворова гласе æ 1 E 1 ö 1 çç + ÷÷ V2 V3 = 1 + I g1 , V3 = - E2 и V4 = - E3 . R R R R1 2ø 2 è 1

3. Сложена електрична кола

105

131. У колу приказаном на слици 131.1 је E1 = 1 V , E2 = 2 V , E4 = 4 V , E7 = 1 V ,

E10 = 6 V ,

I g 3 = 3 mA ,

I g 6 = 2 mA ,

I g8 = 3 mA ,

R1 = 1 kW ,

R2 = 2 kW ,

R4 = 1 kW ,

R5 = 2 kW ,

R9 = 1 kW и R10 = 0,5 kW . Израчунати снаге идеалних напонских генератора E7 и E10 , као и идеалних струјних генератора I g 3 и I g 6 користећи се методом потенцијала чворова.

Слика 131.1.

РЕЗУЛТАТ Тражене снаге су PE 7 = 0 , PE10 = 36 mW , PI g3 = 0 и PI g6 = -2 mW .

*132. За коло са слике 132.1 је E1 = 10 V , E3 = 5 V , E5 = 26 V , I g7 = 20 mA , R2 = 400 W , R3 = 100 W , R4 = R5 = 200 W и R6 = 850 W . Користећи се методом потенцијала чворова, израчунати струје свих грана кола и напон струјног генератора када је прекидач П (а) затворен и (б) отворен.

Слика 132.1.

Слика 132.2.

РЕШЕЊЕ (а) Када је прекидач П затворен, чворови 3 и 0 су међусобно кратко спојени преко уземљења, а потенцијали оба чвора су 0. У колу постоје само два „врућа“ чвора (1 и 2), а одговарајуће једначине по методу потенцијала чворова су V1 = - E1 , -

æ 1 E 1 1 1 ö ÷ V2 = - I g7 + 3 . Решење тих једначина је V1 = -10 V V1 + çç + + ÷ R3 R R R R3 3 4ø è 2

и

106

Сталнe струјe

V2 = -4 V . Према референтним

смеровима са слике

132.2, струје грана су

V - V + E3 I3 = 1 2 = -10 mA , R3

V I 2 = 2 = -10 mA , R2

I4 =

-V2 = 20 mA , R4

-V V + E5 10 A » 11,76 mA и I1 = - I 3 - I 5 + I 6 » -58,24 mA . I5 = 1 = 80 mA , I 6 = 1 = R6 850 R5 Напон идеалног струјног генератора је U 7 = -V2 = 4 V . Колике су јачине струја кроз проводнике за уземљење чворова 0 и 3 у овом случају? (б) Када је прекидач П отворен, остаје уземљен само чвор 0. Усвајајући тај чвор за референтни, систем једначина по методу потенцијала чворова је V1 = - E1 , -

æ 1 E 1 1 1 ö 1 ÷ V2 V1 + çç V3 = - I g7 + 3 , + + ÷ R3 R R R R R3 3 4ø 4 è 2

æ 1 æ 1 E 1 ö 1 1 1 ö ÷÷ V1 ÷÷ V3 = I g7 + 5 . - çç + + + V2 + çç R4 R5 è R5 R6 ø è R4 R5 R6 ø Решавањем овог система, добијају се потенцијали чворова V1 = -10 V , V2 = -2 V и V3 = 7 V .

Струје

грана

V - V2 = 45 mA , I4 = 3 R4

су сада

V I 2 = 2 = -5 mA , R2

V - V3 + E5 = 45 mA . I5 = 1 R5

V - V2 + E3 = -30 mA , I3 = 1 R3 V -V I 6 = 3 1 = 20 mA R6

и

I1 = - I 2 = 5 mA . Напон струјног генератора је U 7 = V3 - V2 = 9 V . Задатак се може решити и једноставније. Када је прекидач П отворен, у задатом колу само је један чвор уземљен (чвор 0). Стога у проводнику за уземљење нема струје (по првом Кирхофовом закону), па је, према слици 132.2, I1 = - I 2 . Проводник за уземљење се може прекинути, а да се струје и напони у колу не промене. Сада је, уместо чвора 0, за референтни чвор повољније узети неки други чвор, на пример, чвор 1. Једначине по методу потенцијала чворова гласе: æ 1 1 1 ö 1 E3 E1 ç ÷ ç R + R + R ÷ U 21 - R U 31 = - I g7 + R + R , 3 4ø 4 3 2 è 2 -

æ 1 1 1 1 U 21 + çç + + R4 R R R 5 6 è 4

ö E ÷ U 31 = I g7 + 5 , ÷ R5 ø

где су напони U 21 и U 31 једнаки потенцијалима чворова 2, односно 3 према новом референтном чвору (1). Из ових једначина је U 21 = 8 V I1 = - I 2 = I5 =

-U 21 + E1 = -5 mA , R2

I3 =

-U 21 + E3 = -30 mA , R3

и U 31 = 17 V , па је I4 =

U 31 - U 21 = 45 mA , R4

U -U 31 + E5 = 45 mA , I 6 = 31 = 20 mA , и U 7 = U 31 - U 21 = 9 V . R5 R6

3. Сложена електрична кола

R3

133. За коло приказано на слици 133.1 E2 = 25 V , E5 = 10 V , E7 = 40 V , R3 = 200 W ,

E2

E7

R1

R4 R2

R7

E5 +

R2 = 1 kW ,

+

R1 = 300 W ,

R4 = 260 W , R6 = 500 W и R7 = 300 W . Применом метода потенцијала чворова, израчунати снагу идеалног напонског генератора емс E5 .

+

је

107

РЕЗУЛТАТ R6

Тражена снага је PE5 = 600 mW . Читаоцу се препоручује да задатак реши и методом контурних струја. По ком методу се брже долази до решења?

Слика 133.1.

A + E1 134. За E1 = 25 V ,

коло са слике 134.1 E2 = 20 V , R1 = 20 W

је и

R2 = 50 W . Израчунати струју струјног генератора I g тако да буде U AB = 5 V .

E2 Ig

R1

+ R2

B Слика 134.1.

РЕШЕЊЕ Ако се чвор В усвоји за референтни, U AB = V A . По методу потенцијала чворова æ 1 E E 1 ö ÷÷ U AB = 1 + I g - 2 , одакле је I g = -0,5 A . формира се само једна једначина, çç + R1 R2 è R1 R2 ø

108

Сталнe струјe

R5 135. За коло сталне струје са слике 135.1 познато је E1 = 9 V , R1 = 6 W , R3 = 25 W ,

R4

R2

R4 = 100 W ,

R5 = 60 W и I 5 = 175 mA . Користећи се методом потенцијала чворова, израчунати емс E2 . сила

E2

R3

+

РЕЗУЛТАТ Тражена електромоторна E 2 = -20 V .

R1 +

R2 = 40 W ,

I5

E1

је Слика 135.1. +

136. За коло са слике 136.1 је познато E3 = 40 V , E6 = 40 V ,

I g2 = 40 mA ,

R1 = 2 kW ,

R3 = 4 kW ,

R4 = 100 W и R5 = 500 W . (а) Користећи се методом потенцијала чворова израчунати емс E1 тако да буде

E6 2

0 R4

+

R5

E1

I1 = 25 mA . (б) Колика је, под тим условом, снага идеалног струјног генератора?

Ig2

I1

R1

1

3 + E3

R3

Слика 136.1.

РЕШЕЊЕ (а) С обзиром на то да у колу постоји грана само са идеалним напонским генератором, референтни чвор је изабран као на слици 136.1 и означен са 0. При овоме је V1 = - E1 + R1 I1 и V3 = - E6 . Једначине по методу потенцијала чворова су: æ 1 E 1 ö 1 E çç + ÷÷(- E1 + R1I1 ) + E6 = - 1 + I g2 - 3 , R R R R R3 3ø 3 1 è 1

(136.1)

æ 1 1 ö 1 ÷ ç ç R + R ÷V2 + R E6 = - I g2 . 5ø 5 è 4

(136.2)

Из једначине (136.1) је E1 = E6 + E3 - R3 I g 2 + (R1 + R3 )I1 = 70 V . (б) Из

једначине

(136.2)

је

V2 = -

(

)

R4 E6 + R5 I g2 = -10 V . R4 + R5

Како

је

V1 = - E1 + R1 I1 = -20 V , то је U12 = V1 - V2 = -10 V , па је снага коју развија струјни генератор PI g2 = U12 I g2 = -0,4 W < 0 (ради као пријемник).

3. Сложена електрична кола

109

137. У колу сталне струје приказаном слици 137.1 je R1 = R2 = 400 W , I g = 10 mA и E1 = 24 V . Снаге прве и

на

друге гране кола стоје у односу

P1 5 =- , P2 4

а напон U 12 је различит од нуле. Одредити снаге свих елемената кола и утврдити понашање идеалних напонских генератора.

Слика 137.1.

РЕЗУЛТАТ Емс другог генератора је E2 = 12 V . Снаге отпорника су PR1 = 1000 mW и PR2 = 640 mW , снаге идеалних напонских генератора су PE1 = 1200 mW (ради као генератор) и PE2 = 480 mW (ради као генератор), а снага идеалног струјног генератора је PI g = -40 mW (ради као пријемник).

***138. На слици 138.1 приказано је коло сталне струје за које је познато E1 = 4 V , E2 = 42 V , E3 = 14 V ,

I g8 = 60 mA ,

I g9 = 22 mA ,

R1 = 400 W ,

R2 = 200 W ,

R3 = 1 kW ,

R4 = 400 W ,

R5 = 300 W , R6 = 1 kW и R7 = 200 W . (а) За дато коло нацртати граф, усвојити једно стабло и означити главне пресеке. (б) За усвојене пресеке, извести систем једначина по методу напона главних пресека. (в) Решити постављени систем једначина и израчунати напоне и струје свих грана кола.

Слика 138.1.

110

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ (а) На слици 138.2 приказан је граф кола. Изабрано стабло је означено дебљим линијама. Задато коло има nč - 1 = 5 - 1 = 4 гране стабла. Свакој од тих грана одговара један главни пресек, који сече ту грану стабла и неколико спојница. Главни пресеци су на слици 138.2 уцртани испрекиданим линијама. Оријентације пресека (ортови n1 , n 2 , n 6 и n 7 ) одређене су према одговарајућој грани стабла.

Слика 138.2. (б) Референтни смерови напона грана стабла ( U1 , U 2 , U 6 и U 7 ) усаглашени су са оријентацијама тих грана. Напони свих осталих грана кола могу се изразити преко напона грана стабла. Стога напони грана стабла сачињавају потпуни скуп независних напона, као што контурне струје сачињавају потпуни скуп независних струја. Ти напони задовољавају систем једначина који се изводи на сличан начин као систем једначина по методу потенцијала чворова. Једначине по првом Кирхофовом закону за изабране главне пресеке су, према слици 138.2, пресек n1 : I1 - I 5 + I 9 - I 3 = 0 ,

(138.1)

пресек n 2 : I 3 - I 4 + I 2 - I 9 = 0 ,

(138.2)

пресек n 6 : - I 3 + I 4 + I 6 - I 5 - I 8 + I 9 = 0 ,

(138.3)

пресек n 7 : - I 3 + I 9 - I 5 - I 8 + I 7 = 0 .

(138.4)

Релације између напона и струја грана анализираног кола су I2 =

U 2 + E2 , R2

U - E3 U 2 - U 6 - U 7 - U 1 - E3 I 3 = 14 = , R3 R3

I4 =

U + E1 I1 = 1 , R1

U 43 U 6 - U 2 = , R4 R4

-U 6 - U 7 - U1 U U U I 5 = 12 = , I 6 = 6 , I 7 = 7 , I 8 = I g8 и I 9 = I g9 . Заменом у једначине R5 R5 R6 R7 (138.1)-(138.4) и сређивањем добија се систем једначина

3. Сложена електрична кола

111

æ 1 æ 1 æ 1 1 1 ö 1 1 ö 1 ö ÷÷ U 7 = ÷÷ U 6 + çç çç + ÷÷U1 - U 2 + çç + + + R3 è R3 R5 ø è R3 R5 ø è R1 R3 R5 ø , E1 E3 =- I g9 R1 R3

(138.5)

æ 1 æ 1 1 1 1 ö 1 ö 1 ÷÷ U 6 ÷÷U 2 - çç U1 + çç + U7 = + + R3 R3 è R3 R4 ø è R2 R3 R4 ø , E E = - 2 + 3 + I g9 R2 R3

(138.6)

æ 1 æ 1 æ 1 æ 1 1 ö 1 ö 1 1 1 ö 1 ö ÷÷ U 7 = ÷÷ U 6 + çç ÷÷U 2 + çç çç ÷÷U1 - çç + + + + + + è R3 R5 ø è R3 R4 R5 R6 ø è R3 R4 ø è R3 R5 ø , E3 =+ I g8 - I g9 R3

(138.7)

æ 1 æ 1 æ 1 1 ö 1 1 ö 1 1 ö çç ÷÷U1 ÷÷ U 6 + çç ÷÷ U 7 = + + + + U 2 + çç R R R R R R R R 5ø 3 5ø 5 7ø è 3 è 3 è 3 . E3 =+ I g8 - I g9 R3

(138.8)

-

Овај систем се може представити у општем облику G11U1 + G12U 2 + G16U 6 + G17U 7 = I I ,

(138.9)

G21U1 + G22U 2 + G26U 6 + G27U 7 = I II ,

(138.10)

G61U1 + G62U 2 + G66U 6 + G67U 7 = I VI ,

(138.11)

G71U1 + G72U 2 + G76U 6 + G77U 7 = I VII .

(138.12)

У једначинама (138.9)-(138.12), коефицијент Gkk је сопствена проводност пресека, увек је позитивна, а једнака је збиру проводности грана пресечених посматраним пресеком. Коефицијент Gkj = G jk , k ¹ j , је међусобна проводност, има алгебарско значење и једнака је збиру проводности грана пресечених пресецима k и j , и то са предзнаком „+” ако се оријентације пресека код посматране гране поклапају, а са предзнаком „–” ако су код посматране гране оријентације пресека супротне. Коефицијенти I I , I II , … су сопствене струје пресека. Сопствена струја пресека је алгебарски збир чланова облика Ek и I gk за гране пресечене посматраним пресеком. Предзнак члана је „+” ако је Rk референтни смер генератора супротан оријентацији пресека, а „–” ако су оријентације исте.

112

Сталнe струјe

(в) Заменом бројних вредности познатих величина у SI систему, систем једначина (138.5)-(138.8) постаје 41 U1 - 6 U 2 + 26 U 6 + 26 U 7 = -276 , -2 U1 + 17 U 2 - 7 U 6 - 2 U 7 = -348 , 26 U1 - 21 U 2 + 47 U 6 + 26 U 7 = 144 , 26 U1 - 6 U 2 + 26 U 6 + 56 U 7 = 144 . Решења овог система су U1 = -12 V , U 2 = -23 V , U 6 = -5 V и U7 = 8 V . Слика 138.3. Напон гране кола се одређује на основу оријентације графа као алгебарски збир напона главних пресека који пресецају грану са предзаком „+“ ако се оријентација гране и посматраног пресека поклапају, а са предзнаком „−“ уколико су оријентације гране и посматраног пресека супротни. Према ознакама на слици 138.3, напони грана кола су U12 = -U1 - U 7 - U 6 = 9 V , U14 = -U1 - U 7 - U 6 + U 2 = -14 V , U 43 = -U 2 + U 6 = 18 V , U 52 = -U 7 - U 6 = -3 V , U15 = -U1 = 12 V , U 35 = +U 7 = 8 V , U 23 = +U 6 = -5 V и U 42 = -U 2 = 23 V . Струје грана су I1 = -20 mA , I 2 = 95 mA , I 3 = -28 mA , I 4 = 45 mA , I 5 = 30 mA , I 6 = -5 mA и I 7 = 40 mA .

**139. Написати једначине по методу потенцијала чворова за коло приказано на слици (а) 139.1, (б) 139.2 и (в) 139.3, узимајући чвор 0 за референтни. У шта прелазе те једначине када R1 , R2 ® 0 ? Слика 139.1.

3. Сложена електрична кола

Слика 139.2.

113

Слика 139.3.

РЕШЕЊЕ (a) Једначине по методу потенцијала чворова за коло са слике 139.1 гласе æ 1 1 ö 1 E çç ÷÷ V1 + V2 = 1 + I g1 , R R R R1 4ø 4 è 1

(139.1)

-

æ 1 1 1 ö 1 ÷÷ V2 + V1 + çç V3 = - I g2 , R4 R R R 4ø 3 è 3

(139.2)

-

æ 1 1 1 ö E ÷ V3 = - 2 - I g1 . + V2 + çç ÷ R3 R2 è R2 R3 ø

(139.3)

Када R1 ® 0 , једначина (139.1) постаје сингуларна. Међутим, пре узимања лимеса R1 ® 0 , једначина (139.1) се може помножити са R1 ( R1 ¹ 0 ), чиме се добија æ R ö R çç1 + 1 ÷÷ V1 - 1 V2 = E1 + R1I g1 . R4 ø R4 è

(139.4)

Ова једначина нема сингуларитет када R1 ® 0 , па се из ње добија, када R1 ® 0 , V1 = E1 ,

(139.5)

Слично томе, множење (139.3) са R2 даје, у лимесу када R2 ® 0 , V3 = - E 2 .

(139.6)

При томе, коло са слике 139.1 прелази у коло са слике 139.4, у коме су два идеална напонска генератора везана за референтни чвор. Једначине (139.2), (139.5) и (139.6) су једначине по методу потенцијала чворова за коло са слике 139.4, које смо могли написати и без извођења. (б) За коло са слике 139.2 једначине гласе æ 1 1 ö 1 E E çç ÷÷ V1 + V2 = 1 - 2 + I g1 , R2 R1 R2 è R1 R2 ø

(139.7)

114

Сталнe струјe

-

æ 1 E 1 1 ö 1 ÷ V2 V1 + çç V3 = 2 - I g2 , + ÷ R2 R3 R2 è R2 R3 ø

(139.8)

-

æ 1 1 1 ö ÷÷ V3 = - I g1 . V2 + çç + R3 è R3 R4 ø

(139.9)

Једначина (139.8), после множења са R2 , даје, када R2 ® 0 , -V1 + V2 = E2 .

(139.10)

Ако се посматра једначина (139.7) сама за себе, не може се закључити шта се дешава када R1 , R2 ® 0 . Међутим, ако се најпре из (139.7) и (139.10) елиминише потенцијал V2 , 1 потиру се чланови који садрже разломак . После множења са R1 и у лимесу када R2 R1 ® 0 , добија се V1 = E1 .

(139.11)

Једначине (139.9), (139.10) и (139.11) чине систем једначина за коло са слике 139.5, за које је, очигледно, V1 = E2 и V2 = E1 + E2 . Описани поступак се може генерализовати на кола у којима су гране са идеалним напонским генераторима надовезане једна на другу29. Читаоцу се препоручује да за коло са слике 139.5 напише једначине по методу потенцијала чворова узимајући чвор 1 за референтни и да покаже да се добијају иста решења за напоне грана као из система једначина (139.9), (139.10) и (139.11). 0 0 0

1 Ig1

R3

+

E2

2

Ig2

E2

+

+

R4

E1

1

R4

2 Ig1

R3

R4

Ig2

E2 +

Ig2

1

E1

2 Ig1

+

+

E1

R3

3

3

3

Слика 139.4.

Слика 139.5.

Слика 139.6.

(в) Једначине по методу потенцијала чворова за коло са слике 139.3 су æ 1 1 ö 1 E çç ÷÷ V1 + V2 = - 2 + I g1 , R R R R2 2ø 2 è 4

29

(139.12)

Гране са идеалним напонским генераторима не смеју образовати контуру, јер је таква веза нерегуларна. Веза је неодређена ако је алгебарски збир емс дуж контуре једнак нули.

3. Сложена електрична кола

115

-

æ 1 E 1 1 ö 1 ÷ V2 V1 + çç V3 = 2 - I g2 , + ÷ R2 R3 R2 è R2 R3 ø

(139.13)

-

æ 1 1 1 ö E ÷ V3 = 1 - I g1 . V2 + çç + ÷ R3 R1 è R1 R3 ø

(139.14)

Када R1 , R2 ® 0 , коло са слике 139.3 прелази у коло са слике 139.6. За коло са слике 139.6 не може се написати класичан систем једначина по методу потенцијала чворова јер гране које садрже идеалне напонске генераторе нису везане за исти чвор. Аналогним поступком као за коло са слике 139.1, из (139.14) се добија, када R1 ® 0 , V3 = E1 .

(139.15)

Када R2 ® 0 , из (139.12) се добија V1 - V2 = - E2 .

(139.16)

Исти резултат следи и из (139.13), па се тиме не добија довољан број једначина ( nč - 1 = 3 ) да би се проблем решио. Међутим, ако се једначине (139.12) и (139.13) саберу, добија се 1 1 1 V1 + V2 V3 = I g1 - I g2 . R4 R3 R3

(139.17)

Систем једначина за коло са слике 139.6 чине једначине (139.15), (139.16) и (139.17). ***Коло са слике 139.6 може се решити и методом напона главних пресека, узимајући да гране са идеалним напонским генераторима припадају стаблу, као на слици 139.7. На тој слици су означене усвојене оријентације грана. Референтни смерови напона усаглашени су са тим оријентацијама. На слици су означени и основни пресеци, оријентисани као одговарајуће гране стабла. Сопствене проводности пресека 1 и 2 су бесконачне (јер у одговарајућој грани стабла постоји само идеални напонски генератор), па се једначине за те пресеке не могу писати у облику (138.9)-(138.12). Међутим, напони грана стабла су познати (и једнаки одговарајућој електромоторној сили), па систем једначина по методу напона Слика 139.7. главних пресека гласи U1 = E1 .

(139.18)

U 2 = E2 ,

(139.19)

-

æ 1 1 1 1 U1 + U 2 + çç + R4 R4 è R3 R4

ö ÷÷U 3 = I g1 - I g2 . ø

(139.20)

116

Сталнe струјe

Напоменимо да се у пракси за решавање кола као што је оно на слици 139.6 највише употребљава модификовани метод потенцијала чворова, о коме ће бити речи у одељку о компензацији.

3.4. Трансфигурације мрежа отпорника 140. На слици 140.1 приказан је део електричног кола између тачака А и В за који је познато R1 = 100 W , R2 = 150 W , R3 = 65 W , R4 = 100 W и R5 = 300 W . Израчунати отпорност Re отпорника којим се може заменити приказана група отпорника, а да се, при томе, у остатку кола ништа не промени.

Слика 140.1. РЕШЕЊЕ Под трансфигурацијом дела кола подразумева се измена састава у једном делу кола, при чему се у нетрансфигурисаном делу кола ништа не мења (струје и потенцијали после трансфигурације исти су као што су били пре трансфигурације). На слици 140.2 је са N1 означен трансфигурисани, нетрансфигурисани део кола.

а

са

N2

Слика 140.2.

Посматрајући трансфигурисани део кола ( N1 ) као мрежу са два или више крајева (односно са једним или више приступа), при трансфигурацији се релације између напона и струја на приступима те мреже не мењају, што представља основни услов трансфигурације. Према ознакама са слике 140.3 је U = R4 I 4 + R3 I 3 + R1 I1 , I = I1 + I 2 , I = I 4 + I 5 , æ RR R R ö I = I 3 , R1 I1 = R2 I 2 и R4 I 4 = R5 I 5 . Одавде је U = çç 1 2 + R3 + 4 5 ÷÷ I . За R4 + R5 ø è R1 + R2 еквивалентни отпорник (слика 140.4) важи U = Re I , па је трансфигурација валидна ако је Re =

R R R1 R2 + R3 + 4 5 = 60 + 65 + 75 = 200 W . R1 + R2 R4 + R5

3. Сложена кола

117

Слика 140.3.

Слика 140.4.

Поступак одређивања еквивалентне отпорности се, осим непосредне примене основног услова трансфигурације, често може спровести и уочавањем карактеристичних веза и применом готових образаца на трансфигурацију тих веза. У задатом случају (слика 140.3) запажају се редне и паралелне везе отпорника, па се за ту мешовиту везу симболички може писати Re = R1 || R2 Å R3 Å R4 || R5 , где симбол || означава паралелну везу, а Å редну везу. При формирању израза оператор || има предност над оператором Å , па на основу образаца за трансфигурацију редне и паралелне везе следи R R RR Re = 1 2 + R3 + 4 5 = 200 W . R4 + R5 R1 + R2

141. Познате су отпорности отпорника у мрежи приказаној на слици 141.1: R1 = 60 W , R2 = 160 W , R3 = 20 W , R4 = 30 W , R5 = 60 W , R6 = 120 W и R7 = 50 W . Израчунати отпорност R AB еквивалентног отпорника када је прекидач П (а) затворен и (б) отворен.

Слика 141.1. РЕШЕЊЕ Еквивалентна (улазна) отпорност се може одредити постепеним трансфигурацијама редних и паралелних веза. (а) При затвореном прекидачу П је

z RAB = R1 Å (R2 Å R5 || R6 ) || (R3 Å R4 ) Å R7 ,

æ R R ö çç R2 + 5 6 ÷÷(R3 + R4 ) R5 + R6 ø z односно R AB = R1 + è + R7 = 150 W . R R R2 + 5 6 + R3 + R4 R5 + R6 o (б) Када је прекидач П отворен, тада је R AB = R1 Å R2 Å R5 || R6 Å R7 , односно R R o R AB = R1 + R2 + 5 6 + R7 = 310 W . R5 + R6

118

Сталнe струјe

142. На слици 142.1 приказана је мрежа отпорника са шест прикључака. Познате су отпорности Rk = R , k = 1,2,...,10 . Одредити улазну отпорност између свих парова крајева приказане мреже, сматрајући да су, при томе, остали крајеви у празном ходу. Слика 142.1. РЕШЕЊЕ æ 6ö 6 × 5 За задату мрежу треба одредити çç ÷÷ = = 15 улазних отпорности. Посматрајући è 2 ø 1× 2 мрежу, закључује се да се еквивалентне отпорности могу одредити трансфигурацијама редних и паралелних веза. æ R R ö R6 çç 3 4 + R7 ÷÷ R + R4 ø+R 1) R AB = R1 Å R6 || (R3 || R4 Å R7 ) Å R8 = R1 + è 3 8 R3 R4 R6 + + R7 R3 + R4 æR ö Rç + R ÷ 2 ø + R = 13 R = R+ è R 5 R+ +R 2 2) R AC = R1 Å R2 = 2 R , 13 R, 5 12 4) R AE = R1 Å (R6 Å R7 ) || (R3 || R4 ) Å R5 = R , 5 13 5) R AF = R1 Å R6 || (R3 || R4 Å R7 ) Å R10 = R , 5 13 6) RBC = R8 Å R6 || (R3 || R4 Å R7 ) Å R2 = R , 5

3) R AD = R1 Å R6 || (R3 || R4 Å R7 ) Å R9 =

7) RBD = R8 Å R9 = 2 R ,

3. Сложена кола

119

8) RBE = R8 Å R7 || (R6 Å R3 || R4 ) Å R5 =

13 R, 5

9) RBF = R8 Å R10 = 2 R , 13 R, 5 12 11) RCE = R2 Å (R6 Å R7 ) || (R3 || R4 ) Å R5 = R , 5 13 12) RCF = R2 Å R6 || (R3 || R4 Å R7 ) Å R10 = R , 5 13 13) RDE = R9 Å R7 || (R6 Å R3 || R4 ) Å R5 = R , 5

10) RCD = R2 Å R6 || (R3 || R4 Å R7 ) Å R9 =

14) RDF = R9 Å R10 = 2 R , 15) REF = R5 Å R7 || (R6 Å R3 || R4 ) Å R10 =

13 R. 5

143. Израчунати еквивалентну отпорност мреже отпорника са слике 143.1 за коју је R = 30 W . Слика 143.1. РЕШЕЊЕ Задата мрежа

се

може

нацртати као на слици R R R 7 R AB = R || R Å R || R || R Å R || R || R = + + = R = 35 W . 2 3 3 6

Слика 143.2.

143.2,

па

је

120

Сталнe струјe 144. Одредити еквивалентну отпорност мреже приказане на слици 144.1. R

R

R

A

R

R B

Слика 144.1. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна отпорност је R AB =

7 R. 3

145. Израчунати еквивалентну отпорност мреже приказане на слици 145.1 ако је R = 2,5 W .

Слика 145.1. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна отпорност је RAB =

18 R=9W. 5

146. Одредити еквивалентну отпорност мреже приказане на слици 146.1.

Слика 146.1. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна отпорност је R AB = 2 R .

147. Одредити еквивалентну отпорност мреже приказане на слици 147.1.

3. Сложена кола

121

Слика 147.1. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна отпорност је R AB = 0 .

148. У мрежи на слици 148.1 познате су отпорности R1 и R2 . Одредити колика треба да буде отпорност R тако да улазна отпорност мреже буде R AB = R .

Слика 148.1.

РЕШЕЊЕ Улазна проводност задате мреже је G AB = G2 + је

G AB = G =

1 , R

што

даје

G = G2 +

G1 (G2 + G ) . Из постављеног услова G1 + G2 + G

G1 (G2 + G ) , G1 + G2 + G

Изражавајући проводности преко отпорности ( Gk =

одакле

је

1 ), добија се R = Rk

149. У мрежи на слици 149.1 познате су отпорности R1 и R2 . Одредити отпорност R тако да улазна отпорност мреже буде R AB = R . РЕЗУЛТАТ Тражена R R = R1 1 + 2 2 . R1

отпорност

је

Слика 149.1.

G G = G2 1 + 2 1 . G2 R2 R 1+ 2 2 R1

.

122

Сталнe струјe

150. За мрежу отпорника са слике 150.1 познато је R1 = 70 W , R2 = 35 W , R3 = 60 W , R4 = 80 W и Израчунати еквивалентну између тачака A и B .

R5 = 140 W . отпорност Слика 150.1.

РЕШЕЊЕ Мрежа са слике 150.1 је неуравнотежени мост. У једној дијагонали моста је отпорник R5 , а прикључци мреже су у другој дијагонали. У задатој мрежи може се запазити троугао који чине отпорници R1 , R2 и R5 (слика 150.2). Троугао се може трансфигурисати у трокраку звезду. Отпорности грана звезде су R2 R5 R1R5 R1 R2 R6 = = 40 W , R7 = = 10 W и R8 = = 20 W . Тиме се R1 + R2 + R5 R1 + R2 + R5 R1 + R2 + R5 добија редно-паралелна веза приказана на слици 150.3. Еквивалентна отпорност те везе је R AB = R7 Å (R6 Å R3 ) || (R8 Å R4 ) = 60 W .

Слика 150.2. Слика 150.3. Алтернативно, у мрежи са слике 150.1 може се уочити звезда коју чине отпорници R1 , R3 и R5 и та звезда трансфигурисати у троугао. Отпорности грана троугла су RR R9 = R1 + R3 + 1 3 = 160 W , R5

R R R10 = R3 + R5 + 3 5 = 320 W R1

и

RR 1120 R11 = R1 + R5 + 1 5 = W . Слика 150.4 приказује задату мрежу после R3 3 трансфигурације. Еквивалентна отпорност редно-паралелне везе са слике 150.4 је R AB = R9 || (R4 || R10 Å R2 || R11 ) = 60 W .

3. Сложена кола

123

Из претходног се може запазити да трансфигурација троугао ® звезда смањује број контура, а трансфигурација звезда ® троугао повећава број паралелно везаних грана.

Слика 150.5. Слика 150.4. Читаоцу се препоручује да задатак реши трансфигурацијом троугла који чине отпорници R3 , R4 , R5 , односно трансфигурацијом звезде коју чине отпорници R2 , R4 и R5 . Читаоцу се такође препоручује да задатак реши тако да задату мрежу побуди генератором (напонским или струјним) између тачака A и B , реши коло, па улазну отпорност одреди из Омовог закона. Као пример, на слици 150.5 је приказана побуда U идеалним струјним генератором. Улазна отпорност мреже је R AB = , где је U = U AB и I I = Ig .

*151. За мрежу на слици 151.1 познате су отпорности R1 и R2 . Одредити отпорност R тако да улазна отпорност мреже буде R AB = R . Слика 151.1. РЕЗУЛТАТ R R 1+ 2 2 2+ 1 R2 R + 2 R2 R1 Тражена отпорност је R = R1 = R2 = R1R2 1 . R1 R2 R2 + 2 R1 1+ 2 2+ R2 R1

152. Полазећи од израза за отпорности при трансфигурацији трокраке звезде у троугао (слика 152.1), и обрнуто, извести одговарајуће изразе за проводности.

124

Сталнe струјe 1 1 R1 R12 R2

R31

R3 2

2

3

3

R23

Слика 152.1. РЕШЕЊЕ Отпорности грана троугла који је еквивалентан трокракој звезди са слике 152.1 су R R R R RR R12 = R1 + R2 + 1 2 , R23 = R2 + R3 + 2 3 и R31 = R3 + R1 + 3 1 . Отпорности се R1 R2 R3 1 1 1 1 1 могу изразити преко проводности, R1 = , R2 = , R3 = , R12 = , R23 = G1 G2 G3 G12 G23 1 G G + G2 + G3 1 1 1 . Заменом у израз за R12 добија се = + + 3 = 1 , G31 G12 G1 G2 G1G2 G1G2 G1G2 . На исти начин се добијају проводности и друге две гране одакле је G12 = G1 + G2 + G3 и R31 =

троугла, G23 =

G2G3 G3G1 и G31 = . G1 + G2 + G3 G1 + G2 + G3

Отпорности грана звезде која је еквивалентна троуглу са слике 152.1 су R12 R31 R23 R12 R31R23 R1 = , R2 = и R3 = . Изражавањем R12 + R23 + R31 R12 + R23 + R31 R12 + R23 + R31 отпорности

преко

проводности

и

заменом

1 1 G12 G31 G23 1 = = , 1 1 1 G1 G23G31 + G31G12 + G12G23 + + G12 G23 G31 G1 =

у

израз

за

R1

одакле

добија

се

је

G23G31 + G31G12 + G12G23 G G = G12 + G31 + 12 31 . На исти начин се добијају и G23 G23

G G G G преостала два израза, G2 = G23 + G12 + 23 12 и G3 = G31 + G23 + 31 23 . G12 G31

3. Сложена кола

125

153. Израчунати еквивалентну отпорност мреже приказане на слици 153.1 ако је R = 56 W . РЕЗУЛТАТ Еквивалентна R AB = 40 W .

отпорност

је Слика 153.1.

154. За мрежу отпорника са слике 154.1 је R = 30 W . Израчунати отпорност R AB . РЕЗУЛТАТ 2 R = 20 W . 3 Напомена. Уместо трансфигурацијама, задатак се може лакше решити користећи се симетријом. Тражена отпорност је R AB =

Слика 154.1.

155. Израчунати еквивалентну отпорност мреже приказане на слици 155.1 ако је R = 10 W .

Слика 155.1. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна отпорност је RAB = 3R 2 = 15 W . Напомена. Уместо трансфигурацијама, задатак се може лакше решити користећи се симетријом или уочавајући да су мостови у равнотежи.

126

Сталнe струјe

156. За мрежу отпорника приказану на слици 156.1 је R1 = 100 W , R2 = 120 W , R3 = 56 W ,

R4 = 270 W ,

R5 = 220 W ,

R6 = 330 W , R7 = 68 W и R8 = 150 W . Израчунати еквивалентну отпорност ове мреже. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна R AB » 94,3 W .

отпорност

R1

R3 R2

R4

A

је

R5

B

R7 R6

R8 Слика 156.1.

157. Одредити отпорности звезде еквивалентне мрежи отпорника приказаној на слици 157.1.

Слика 157.1. РЕЗУЛТАТ Отпорности грана еквивалентне звезде су R A = RB = R / 3 и RC = 4R / 3 .

158. За мрежу отпорника отпорности R = 60 W отпорности грана еквивалентне трокраке звезде.

са слике 158.1, израчунати

3. Сложена кола

127

C C R

RC

R

R R

RA

R

RB

A R A

R

B

R

R

B Слика 158.1.

РЕЗУЛТАТ Тражене отпорности кракова звезде су R A = RB = RC =

4 R = 16 W . 15 R3

1 159. За коло сталне струје са слике 159.1 познато је E1 = 12 V , E2 = 18 V , R2 = 20 W ,

+ U

буде U = 45 V .

2

R5

3

R2 Ig

+ E1

+

R3 = R8 = 140 W , R4 = R7 = 70 W и R5 = R6 = 280 W . Израчунати струју струјног генератора I g тако да напон тог генератора

R4

E2 4

R6

R7 5 R8

Слика 159.1.

6

128

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ После трансфигурације троуглова отпорности R3 , R4 , R5 и R6 , R7 , R8 у трокраке звезде, коло добија изглед као на слици 159.2. При томе је R9 = 20 W , R10 = 40 W и R11 = 80 W . За коло са слике 159.2 је U AB = U - (R9 + R11 )I g . Усвајајући у том колу чвор B за референтни и примењујући метод потенцијала чворова, добија се једначина

(

æ ö 1 1 ç ÷ ç R + 2 R + R + R ÷ U - (R9 + R11 )I g 10 9 11 ø è 2 E1 E2 = Ig + + , R9 + R11 R2 + 2 R10

)

из које се може израчунати тражена струја, I g = 0,2 A .

Слика 159.2

*160. У колу сталне струје приказаном на слици 160.1 je E 2 = 25 V , I g = 10 mA , R3 = 500 W ,

R1 = 1 kW , R4 = 2 kW ,

R2 = 400 W , R5 = 3 kW

и

R6 = 5 kW . По затварању прекидача П, у грани са отпорником R6 успостави се струја јачине I 6 = 4 mA . Израчунати прираштаје снага које развијају идеални генератори у колу услед затварања прекидача П.

Слика 160.1.

РЕЗУЛТАТ Упутство. Трансфигурисати троугао коју чине отпорници R4 , R5 и R6 , па применити Кирхофове законе. Непозната емс је E1 = -30 V . Прираштаји DPI g = -100 mW .

снага

генератора

су

DPE1 = -150 mW ,

DPE 2 = 125 mW

и

3. Сложена кола

129

**161. На слици 161.1 приказан је граф мреже која се састоји од 10 отпорника. Отпорности сваког отпорника је R = 1 kW . Одредити еквивалентну отпорност између прикључака 1 и 3 употребљавајући трансфигурације звезде у троугао, и обрнуто, као и сажимање редних и паралелних веза. 4

1

Слика 161.1. 1/3

6

3

4

1/3

5

2

3

1/3

5

2

1

1/3

1 1/3

6

1/3

6

4

3

3

1/3

1/3

2/3

1/3 7

1

7 1/3

1/3 5

5

2

1

2

1/3 1

1

5/3 7

5

2 1

1/3

1

5

3

7

7

5/6

5/6 5

5/3 1

5/7

5/7

5/3

1

1

5/39 5

5/6

1

1/3

3

3

5/3 7

5/3

1/3

1 1

5/6

1

5/3 5

1

3

5/6

1

1/3

1

1/3

1

5/13

8

1

2/13

1

Слика 161.2. РЕШЕЊЕ Поступак трансфигурације приказан је на слици 161.2, где је отпорност сваке гране дата у килоомима. Тражена еквивалентна отпорности је Re = 400 W .

130

Сталнe струјe Колика је еквивалентна отпорност између тачака 1 и 2?

**162. Лествичаста мрежа састоји се од веома великог броја отпорника отпорности 2R и R који су повезани као на слици 162.1. Одредити еквивалентну отпорност између прикључака мреже (А и В).

Слика 162.1.

РЕШЕЊЕ

Слика 162.2. Сматрајући да је мрежа бесконачна, еквивалентна отпорност која се види десно од тачака А и В на слици 162.2 иста је као отпорност која се види десно од тачака А' и В'. RAB R R A' B ' R Стога је RAB = (RA' B ' || R ) Å 2 R = + 2R = + 2 R . Одавде се добија RAB + R R A' B ' + R 2 квадратна једначина RAB - 2 R AB R - 2 R 2 = 0 , чија су решења RAB = R ± R 3 . Еквивалентна отпорност не може бити негативна, па у обзир долази само горњи знак,

(

)

односно RAB = 1 + 3 R » 2,73205081 R . Задатак се може решити и применом метода пропорционалних величина који је објашњен у задатку 168.

4. Теореме

131

4. Теореме 4.1. Линеарност и суперпозиција 163. За електрично коло приказано на слици 163.1 нацртати график зависности струје I p од емс E сматрајући да су отпорности у колу познате и непроменљиве.

Слика 163.1. Cлика 163.2. РЕШЕЊЕ Када у линеарном електричном колу постоји само један генератор (напонски или струјни), а отпорности кола се не мењају, важи теорема пропорционалности, која је посебан случај опште теореме линеарности. Струја I k гране кола линеарно је сразмерна побудном параметру генератора (екситацији) у колу, I k = aE (слика 163.2), а напон између две тачке у колу је U = bE , где су a и b фактори сразмерности, који су константне величине за посматрано коло.

132

Сталнe струјe

I p = aE a

Слика 163.3. Слика 163.4. Према слици 163.3 је I p = a=

R3

(

R1R3 + R2 + Rp

) (R1 + R3 )

R3

(

R1R3 + R2 + Rp

) (R1 + R3 )

E , односно I p = aE , где је

. На слици 163.4 је приказан график ове функције, при

чему је tg a = a .

164. За коло сталне струје са слике 164.1 је E1 = 6 V , E2 = 12 V , I g = 70 mA , R2 = 20 W , R3 = 30 W , R4 = 8 W и R5 = 30 W . Применом теореме суперпозиције израчунати струју I 3 . РЕШЕЊЕ По теореми суперпозиције I 3 I g , E1 , E2 = I 3 I g + I 3 (E1 ) + I 3 (E2 ) , где

( I 3 (I g ) ,

)

( )

је су

I 3 (E1 ) и I 3 (E 2 ) одзиви када делује само

по једна екситација, док су преостале екситације анулиране. Анулирањем струје идеалног струјног генератора добија се отворена веза, а анулирањем емс идеалног напонског генератора добија се кратак спој.

За

коло

са

слике

R5 E1 R2 + R5 I 3 (E1 ) = = -72 mA R2 R5 R3 + R4 + R2 + R5

164.1

-

(

)

I 3 = I 3 I g , E1 , E2 = 100 mA .

и

је

Слика 164.1.

æ R R ö ç R4 + 2 5 ÷ I g ç R2 + R5 ÷ø = 28 mA , I3 Ig = è R R R3 + R4 + 2 5 R2 + R5

( )

R5 E2 R2 + R5 I 3 (E 2 ) = = 144 mA , R2 R5 R3 + R4 + R2 + R5

па

је

4. Теореме

133

165. За коло са слике 165.1 је R1 = 300 W и R2 = 200 W . Када је I g = 0 ,

познат је напон U AB (E ) = 4 V , а када је E = 0 , познат је напон U AB I g = 12 V .

( )

Израчунати снаге свих елемената кола када у колу делују оба генератора.

Слика 165.1.

РЕШЕЊЕ У стационарном стању када у колу делује само напонски генератор ( I g = 0 ) је I 2 (E ) =

U AB (E ) = 20 mA и I1 (E ) = - I 2 (E ) = -20 mA . При томе је U AB (E ) = E + R1 I1 (E ) , R2

одакле је E = U AB (E ) - R1I1 (E ) = 10 V .

У стационарном стању када у колу делује само струјни генератор ( E = 0 ) је

( )

( )

æ 1 R1 R2 1 ö ÷÷ U AB I g = 100 mA . Струје грана су тада I g , одакле је I g = çç + R1 + R2 R R 2ø è 1 R2 R1 I g = 40 mA и I 2 I g = I g = 60 mA . I1 I g = R1 + R2 R1 + R2

U AB I g =

( )

( )

У стационарном стању када у колу делују оба генератора, по теореми суперпозиције I1 E , I g = I1 (E ) + I1 I g = 20 mA , I 2 E , I g = I 2 (E ) + I 2 I g = 80 mA и

( ) ( ) ( ) ( ) U AB (E , I g ) = U AB (E ) + U AB (I g ) = 16 V . При томе су снаге елемената кола PE = - EI1 (E , I g ) = -200 mW , PI = U AB (E , I g )I g = 1,6 W , PR = R1I12 (E , I g ) = 120 mW и PR = R2 I 22 (E , I g ) = 1,28 W .

је

g

1

2

Читаоцу се препоручује да на овом примеру покаже да теорема суперпозиције не важи за снаге.

166. У колу на слици 166.1 је E = 1 V , I g = 20 mA , R1 = 50 W , R2 = 100 W , R3 = 100 W и R4 = 200 W . Израчунати за колико се промени напон U ако се (а) електромоторна сила напонског генератора промени за DE = 20 mV (при чему се струја струјног генератора не мења) и (б) струја струјног генератора промени за DI g = -1 mA (при чему се емс напонског генератора не мења).

134

Сталнe струјe R1

РЕШЕЊЕ На основу теореме линеарности је U = aE + bI g , где су a и b константне

R2

E R3

2 +

величине за посматрано коло. Те константне величине се могу одредити решавањем задатог кола тако да се у поступку решавања емс Е и струја I g

1

R4 4 U Ig

3

оставе као симболи. Слика 166.1. На пример, ако се примени метод потенцијала чворова и чвор 4 узме за референтни, æ 1 æ 1 1 1 ö 1 1 ö ÷÷ V2 = I g , ÷÷ V3 = - I g . Из једначине гласе V1 = E , - V1 + çç + V1 + çç + R1 R R R R R 3ø 2 4ø è 2 è 1 овог система се добија V2 =

E + R1I g R1 + R3

R3 и V3 =

E - R2 I g R2 + R4

R4 , па је посматрани напон

æ R3 æ RR R4 ö R R ö ÷÷ E + çç 1 3 + 2 4 ÷÷ I g . Заменом бројних U = V2 - V3 = çç + + + R R R R R R R 3 2 4ø 3 2 + R4 ø è 1 è 1 вредности отпорности добија се U = V2 - V3 = 0 × E + 100 W × I g . Одавде је a = 0 и b = 100 W . Још једноставније, решење се може добити применом теореме суперпозиције. Из релације U = aE + bI g следи и DU = aDE + bDI g . (а) Када се промени емс напонског генератора, промена напона је DU = 0 (мост је у равнотежи). (б) Када се промени струја струјног генератора за DI g = -1 mA , напон се промени за DU = -100 mV .

167. За лествичасту отпорничку мрежу напајану идеалним напонским генератором (слика 167.1) познато је R1 = 1 W , R2 = 2 W , R3 = 3 W , R4 = 4 W , R5 = 5 W и Користећи се E = 39,75 V . методом пропорционалних величина, израчунати струју I 5 .

Слика 167.1.

РЕШЕЊЕ Према теореми линеарности, за коло са слике 167.2 (у коме делује само једна екситација) важи линеарна сразмерност I = aE . Уколико се промени емс генератора,

4. Теореме

135

промениће се и струја посматране гране, при чему је I1 = aE1 . Одавде следи пропорција E I E I1 . = , односно I = E1 I1 E1 R1 +

R3

1 I3

I1 E

R2

R4

I

I4

I2 Слика 167.2.

R5

2

3 Слика 167.3.

Према оријентацијама и ознакама са слике 167.3 је I 5 = I . На основу једначине R + R5 U 9 струјног разделника је I 3 = 4 I = I . Даље је U13 = R5 I + R3 I 3 и I 2 = 13 , па је R4 4 R2 æ æ R R öö R R ç R2 çç R3 + 4 5 ÷÷ ÷ R2 + R3 + 4 5 ç R4 + R5 ø ÷ R4 + R5 65 I1 = I3 = I и I , односно E1 = ç R1 + è R4 R5 ÷ 1 R2 8 ç ÷ R2 + R3 + ç R4 + R5 ÷ è ø 1 E æ 159 ö E1 = ç W ÷ I = 19,875 W × I и a = . Сада је тражена струја I = =2A. 8 19 , 875 W 19 , 875 W è ø

**168. Лествичаста мрежа приказана на слици 168.1 састоји се од веома великог броја идентичних отпорника отпорности R. Методом пропорционалних величина одредити еквивалентну отпорност између прикључака мреже (А и В).

Слика 168.1.

РЕШЕЊЕ Посматрајмо мрежу отпорника приказану на слици 168.2 и применимо метод пропорционалних величина. Претпоставимо да је позната струја I1 = I . Тада је, редом,

136

Сталнe струјe

I 2 = I1 = I , V1 = 2 RI , I 3 = 2 I , I 4 = 3I , V2 = 5 RI , I 5 = 5 I , I 6 = 8 I , ... Бројеви 1, 2, 3, 5, 8... су чланови Фибоначијевог низа бројева30. Еквивалентна отпорност које се види гледано удесно од пресека 1-1' је 3 2 1 2 R R R V2 V1 Re1 = R , удесно од пресека 2-2' је 1 5 I6 I4 I2 Re2 = R , удесно од пресека 3-3' је I5 I3 I1 R R R 3 13 Re3 = R , ... У општем случају, удесно 8 од пресека n-n' еквивалентна отпорност 3' 2' 1' F2n +1 R , где је Fm m -ти број је Ren = Слика 168.2. F2 n Фибоначијевог низа и m ³ 1 . Са

друге

стране,

Fm +1 1 + 5 = 2 m ® +¥ Fm lim

(златни

пресек),

па

је

1+ 5 R . У табели 8.1 приказане су еквивалентне отпорности Ren за n ® +¥ 2 R - R AB n = 1,...,10 , као и релативно одступање en . R AB R AB = lim Ren =

Табела 168.1. n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Ren R 2,00000000000000 1,66666666666667 1,62500000000000 1,61904761904762 1,61818181818182 1,61805555555556 1,61803713527851 1,61803444782168 1,61803405572755 1,61803399852180

Ren - R AB R AB 0,236067977499793 0,03005664791649454 0,004305231718582103 0,0006264579760231204 0,00009136361346917532 0,00001332901893014160 0,000001944661636610334 0,0000002837219705842386 0,00000004139447296047649 0,000000006039374556010557

До решења се може доћи и поступком описаним у задатку 162.

30

Фибоначијеви бројеви су дефинисани рекурентном релацијом 0, n = 0 ì ï Fn = í 1, n = 1 . Првих десет Фибоначијевих бројева су 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ïî Fn - 2 + Fn -1 , n > 1 34.

4. Теореме

137

4.2. Компензација 169. У колу приказаном на слици 169.1 је E1 = 100 V , Ig1 = 2 A , Ig 2 = 1 A , R1 = R3 = 5 W , R2 = 15 W и R4 = 10 W . На основу теореме компензације, заменити идеални струјни генератор Ig1 идеалним напонским генератором.

Слика 169.1. РЕШЕЊЕ Теорема компензације се односи на електрично коло које се састоји од два дела (две мреже) међусобно повезана само помоћу два проводника. Теорема се формулише у два облика: као напонска и као струјна компензација. Према напонској компензацији (слика 169.2), један део кола се може заменити идеалним напонским генератором чија је емс једнака напону између спојних проводника, Ek = U .

Слика 169.2. Према струјној компензацији (слика 169.3), један део кола се може заменити идеалним струјним генератором чија је струја једнака струји спојних проводника, I gk = I .

138

Сталнe струјe

Слика 169.3 Компензациони генератор (и напонски, и струјни) је идеалан, али неаутономан генератор, јер свака промена у колу у општем случају мења његов побудни параметар (емс односно струју). Међутим, у сваком стационарном стању у колу, компензациони генератор се третира исто као да је аутономни генератор (чији побудни параметар не зависи од стања у колу). Решавањем кола са слике 169.1 (на пример, методом контурних струја) добија се U AB = -20 V , па је електромоторна сила компензационог генератора Ek = U AB = -20 V . Колика би била емс компензационог генератора када би се струја првог струјног генератора променила на I g¢ 1 = 0 ?

*170. У колу на слици 170.1 је R1 = 8 W , R2 = 4 W и E = 24 V , I g = 1,5 A . Заменити део кола лево од тачака 1 и 2 компензационим генератором. Продискутовати могућност замене (а) напонским и (б) струјним генератором.

Слика 170.1.

РЕШЕЊЕ Према референтним смеровима са слике 170.2, U = 4 V и I = 1,5 A . (а) Према теореми напонске компензације, део кола лево од тачака 1 и 2 може се заменити компензационим напонским генератором емс Ek = U = 4 V , као на слици 170.3. Анализирајући то коло, види се да су напон U и струја I исти као у колу са слике 170.1. (б) Према теореми струјне компензације, део кола лево од тачака 1 и 2 може се заменити компензационим струјном генератором струје I k = I = 1,5 A , као на слици 170.4. Добијена је редна веза два идеална струјна генератора. С обзиром на то да су струје генератора једнаке, оваква веза је дозвољена, али неодређена: из кола са слике 170.4 није могуће једнозначно одредити напон између тачака 1 и 2. Тај напон може имати било коју вредност, па и ону као у колу на слици 170.1. Читаоцу се препоручује да скицира пример кола у коме би напонска компензација довела до неодређене везе.

4. Теореме

139

R1

1 I +

E

R2

U

Ig

2 Слика 170.2.

Слика 170.3.

Слика 170.4. Ig

R5

A 171. На слици 171.1 приказано је коло сталне струје за које је познато U = 50 V , E2 = 100 V ,

E6 = 25 V ,

I g = 50 mA ,

R1 = 200 W ,

R2 = 100 W ,

R3 = 400 W ,

I5

+ + E2 R4

U

R4 = 300 W и R5 = 50 W . Користећи се теоремом компензације и теоремом суперпозиције, израчунати струју I 5 .

R3 E6

R1

R2 +

B

Слика 171.1. РЕШЕЊЕ На основу теореме компензације, део кола лево од тачака А и В може се заменити компензационим напонским генератором емс Ek = EkBA = U . На основу теореме I 5 (Ek ) = 120 mA ,

(

) ( )

( )

I 5 Ek , E6 , I g , E2 = I 5 (Ek ) + I 5 (E6 ) + I 5 I g + I 5 (E2 ) , где је I 5 (E6 ) = -100 mA , I 5 I g = 40 mA и I 5 (E2 ) = -320 mA , па је

суперпозиције је сада I 5 = -260 mA .

172. У колу на слици 172.1 познато је

U = 10 V ,

Ig = 1 A ,

I 4 = -1 A ,

R2 = R5 = 10 W и R3 = R4 = 5 W . Применом теорема компензације и суперпозиције, израчунати струју I, а одатле снагу отпорника R2 .

Слика 172.1.

140

Сталнe струјe РЕШЕЊЕ

Применом теореме компензације, грана E1 - R1 се може заменити компензационим напонским генератором емс Ek = U , а грана E4 - R4 компензационим струјним генератором струје I gk = I 4 ,

R3 I R2

Ek=U

Ig

Igk=I4

R5 Слика 172.2.

чиме се добија коло као на слици 172.2.

Струјни генератори I g и I gk могу се заменити једним еквивалентним струјним генератором струје I ge = I g - I gk = 2 A , чији се референтни смер поклапа са смером I g .

( )

На основу суперпозиције, I = I ¢(Ek ) + I ¢¢ I ge =

R5 U + I ge = 1,5 A , па је R2 + R5 R2 + R5

снага отпорника је PR2 = R2 I 2 = 22,5 W .

173. За коло сталне струје приказано на слици 173.1 познато је R1 = 300 W , R2 = 400 W , R3 = 1 kW , R4 = 5 kW , R5 = 500 W , R6 = 100 W , E3 = 12 V и E6 = 32 V . (а) Израчунати емс E4 тако да је струја I1 = 40 mA . (б) За тако израчунату емс, израчунати снагу идеалног напонског генератора E4 .

Слика 173.1.

Слика 173.2.

РЕШЕЊЕ (а) Уколико се грана са отпорником

R1 замени компензационим струјним

генератором струје I gk = I1 и усвоји нумерација чворова као на слици 173.2 (чвор 0 је референтни), на основу метода потенцијала чворова може се поставити систем æ 1 æ 1 E3 1 ö E6 1 ö E4 ÷= ç ÷ линеарних једначина V1 çç + јер је ÷ R + I1 , V2 ç R + R ÷ - R = - I1 + R R R 6ø 6 3ø 2 3 è 5 è 2

4. Теореме

141

E6 + I1 R6 V3 = E4 . Из прве једначине се добија V1 = = 30 V . За коло са слике 173.1 је 1 1 + R5 R6 V2 = V1 + R1I1 = 42 V . Заменом потенцијала V2 у другу једначину по методу потенцијала æ R R ö чворова добија се E4 = R2 I1 - 2 E3 + V2 çç1 + 2 ÷÷ = 70 V . R3 R3 ø è (б) На основу првог Кирхофовог закона за E E - V2 I E4 = 4 + 4 = 84 mA , те је PE4 = E4 I E4 = 5,88 W . R4 R2

чвор

3

добија

се

174. У колу приказаном на слици 174.1 је E1 = 12 V , R1 = 2 kW и R2 = 200 W , а мрежа представљена правоугаоником (четворопол) састављена је само од отпорника. Када је прекидач П отворен, познате су струје I1 = 3 mA и I 2 = 1 mA . Колика је струја I 2¢ по затварању прекидача?

Слика 174.1. РЕШЕЊЕ По теореми компензације, део кола лево од тачака 1 и 1' може се заменити идеалним напонским генератором емс Ek = U1 (слика 174.2). У колу са слике 174.2 делује само једна побуда па је, на основу теореме пропорционалности, I 2 = aEk , где је а константна величина.

Слика 174.2.

142

Сталнe струјe

I I 1 Када је прекидач П отворен, U1 = E1 - R1I1 = 6 V , па је a = 2 = 2 = mS . Када E k U1 6 се прекидач затвори, тада је U1¢ = E1 = 12 V = Ek¢ , па је I 2¢ = aEk¢ = 2 mA . Овим поступком је промена састава кола, услед затварања прекидача П, замењена променом побудног параметра компензационог генератора. Колика је струја I1¢ када је прекидач затворен?

175. За коло са слике 175.1 је Ei = 60 V , Ri = 10 W и R j = 4 W . При отвореном прекидачу П познате су струје I i = 2 A и I j = 20 mA . Колика је струја I ¢j после затварања прекидача П? R1

R2

Ii

+ Ei

Ij R5

R3 П

Ri

Rj

R4

R6

R7

Слика 175.1. РЕЗУЛТАТ При затвореном прекидачу је I ¢j =

Ei I j = 30 mA . Ei - Ri I i

176. За електрично коло приказано на слици 176.1 познато R1 = 2 W , R2 = 3 W је и I g = 2,5 A .

При

затвореном

прекидачу П познати су напон U AB = 2,5 V и струја I j = 2 mA . Израчунати

струју

отварања прекидача.

I ¢j

после Слика 176.1.

4. Теореме

143

РЕШЕЊЕ При затвореном прекидачу П, коло се може представити као на слици 176.2. За то R1 I g - U AB коло је I g = I1 + I 2 и U AB = R1I1 - R2 I 2 , одакле је I 2 = = 0,5 A . Гледано у R1 + R2 отпорничку мрежу, удесно од прикључака А и В, види се еквивалентна отпорност U Re = AB , односно Re = 5 W . I2

Слика 176.3. Слика 176.2. На основу теореме напонске компензације је (слика 176.3) ïìU AB = 2,5 V, П затворен Ek = í . По теореми линеарности је I j = aEk , па је ïîU ¢AB = Re I g = 12,5 V, П отворен Re I g I j = aU AB и I ¢j = aU ¢AB = aRe I g . Одавде је I ¢j = I j = 10 mA . U AB Задатак се може решити и применом струјне компензације (слика 176.4), где је ïì I 2 , П затворен I gk = í . Како је I j = bI gk , ïî I g , П отворен то је I j = bI 2 и I ¢j = bI g , па је I ¢j =

Ig I2

I j = 10 mA .

Слика 176.4.

177. За коло са слике 177.1 познато је R1 = 300 W , R3 = 100 W и R4 = 60 W . При (z) затвореном прекидачу П познат је напон U12 = 1,5 V . При отварању прекидача, идеални

амперметар установи прираштај струје DI 32 = 10 mA . Израчунати отпорност R2 .

144

Сталнe струјe

Слика 177.1.

Слика 177.2.

РЕШЕЊЕ U ( z) Отпорност R2 се може израчунати из релације R2 = 12 . У ту сврху треба (z) I12 (z) када је прекидач затворен. Применом струјне компензације израчунати струју I12

ì I ( z) = I ( z ) , П затворен 12 ï gk . У том колу добија се коло као на слици 177.2, при чему је I gk = í (o ) ï I gk = 0, П отворен î постоје три екситације: идеални напонски генератор Е и идеални струјни генератори I g и I gk . Промена стања прекидача мења струју I gk , а та промена изазива промену струје I 32 коју мери амперметар. У првом стационарном стању прекидач је затворен, а у другом отворен, па је прираштај струје компензационог генератора (o ) (z) (z) DI gk = I gk - I gk = - I12 .

Према теореми линеарне зависности одзива од побуде (која је посебан облик теореме линеарности), када у колу делује неколико побуда, а од интереса нам је да опишемо зависност одзива (струје I 32 ) само од једне побуде ( I gk ), важи израз облика I 32 = aI gk + b ,

(177.1)

где су а и b константне величине за посматрано коло. Константа b представља, по теореми суперпозиције, одзив на побуду идеалним напонским генератором Е и идеалним струјним генератором I g . Промена струје I gk не утиче на b, па из (177.1) следи да је задати прираштај струје амперметра DI 32 = aDI gk = 10 mA .

4. Теореме

145 R1

Да бисмо израчунали струју

I gk ,

потребно је да одредимо константу а. Ако се у колу на слици 177.2 анулирају побуде Е и I g , анулира се и

2

1

константа b. Добија се коло на слици 177.3 („делта коло“) за које, уместо (177.1), важи ¢ = aI gk . Решавањем тог кола добија се I 32

I32 '

R3

Igk

3

¢ = - I gk , па је a = -1 , што је очигледно. I 32 Сада

је

односно

(z) DI gk = -DI 32 = -10 mA = - I12 , (z) I12 = 10 mA ,

па

је

тражена

4 Слика 177.3.

R4

отпорност R2 = 150 W .

**Поступак решавања овог задатка илуструје чињеницу да се између свих линеарних величина у колу може успоставити зависност типа y = ax + b , где y означава одзив (струју гране или напон гране), а x означава побуду коју мењамо. Можемо разликовати две ситуације. Прва је да у колу мењамо само једну независну побуду (емс једног напонског генератора или струју једног струјног генератора), а све остале побуде су непроменљиве. Друга је да су све независне побуде константне, али мењамо напон или струју једне гране (на пример, тако што мењамо отпорност отпорника који је у тој грани, или отварамо и затварамо прекидач). Општија ситуација је да смо у колу уочили мрежу са једним паром крајева, па променом параметара елемената у мрежи мењамо напон или струју на прикључцима те мреже. Та грана, односно мрежа, може се заменити компензационим генератором, а x означава параметар тог генератора (емс, односно струју). 3 R4

R1 *178. Отпорници отпорности R2 = 30 W , R3 = 50 W и R4 = 40 W , напонски генератор емс E = 20 V , струјни генератор струје

Ig = 4 A

и отпорник

променљиве отпорности R1 ( 0 £ R1 < +¥ ) образују коло као на слици 178.1. Одредити зависност струја свих отпорника од напона променљивог отпорника и графички их приказати.

1

Ig

2 R3

R2 4 +

E

Слика 178.1.

146

Сталнe струјe РЕШЕЊЕ

Усвојимо референтне смерове струја отпорника и напона U1 као на слици 178.2. Грана са променљивим отпорником може се заменити компензационим напонским генератором емс Ek = U1 , као на слици 178.3. На основу линеарности, за струје отпорника важи релација I i = aiU1 + bi , i = 1,...,4 . Оваквој релацији одговара права линија у дијаграму напон-струја.

Слика 178.2.

Слика 178.3.

Уместо коефицијентима ai и bi , права се може дефинисати и помоћу две тачке. Посматрајмо стога два посебна стања: када је грана 1 кратко спојена (ks) и када је у празном ходу (ph). Када је грана 1 у кратком споју, тада је U1 = 0 , па је I i( ks) = bi , i = 1,...,4 . Када је грана 1 у празном ходу, тада је I1( ph ) = 0 и U1 = U1( ph ) , па је 0 = a1U1( ph ) + I1( ks) и I ( ks) I ( ks ) - I ( ph ) I i( ph ) = aiU1( ph ) + I i( ks) , i = 2, 3, 4 . Одавде је a1 = - 1( ph ) и ai = - i ( ph )i , i = 2, 3, 4 . па U1 U1 I ( ks) I ( ks) - I ( ph ) је I1 = I1( ks) - 1 U1 и I i = I i( ks) - i ( ph )i U 1 , i = 2, 3, 4 . U1 U1( ph ) Решавањем кола са слике 178.2 за случај када је R1 = 0 , добија се I1( ks) = -3,5 A , I 2( ks) = 2,75 A , I 3( ks) = 1,25 A и I 4( ks) = 0,5 A . За случај када R1 ® +¥ , добија се U1( ph ) = -140 V , I 2( ph ) = 2,75 A , I 3( ph ) = 1,25 A и I 4( ph ) = 4 A . Једначина које повезује струју и напон прве гране сада гласи, у јединицама SI U система, I1 = -3,5 - 0,025 U1 . Са друге стране је I1 = 1 . Елиминишући струју из ових R1 релација, добија се U1 =

-3,5 . 1 + 0,025 R1

4. Теореме

147

Напон U1 монотоно опада када отпорност R1 расте. Када R1 ® 0 + , тада U1 ® 0- . Када R1 ® +¥ , тада U1 ® -140 + . Према томе, напон се налази у границама U1 Î [-140 V, 0] . Једначине за струје осталих отпорника су I 2 = 2,75 A (не зависи од U1 ), I 3 = 1,25 A (не зависи од U1 ) и I 4 = 0,5 - 0,025 U1 . Тражени графици приказани су на слици 178.4. Слика 178.4.

179. У мрежи приказаној на слици 179.1 познатe су отпорности R1 = 100 W и R3 = R4 = 200 W , а прекидач П је отворен. Прекидач се затим затвори и успостави се ново стационарно стање, у коме је позната струја I 2 = 50 mA . Израчунати прираштај напона U 4 од стационарног стања када је прекидач отворен, до стационарног стања када је прекидач затворен.

Слика 179.1.

РЕЗУЛТАТ Прираштај напона је DU 4 = -

R1R4 I 2 = -2 V . R1 + R3 + R4

180. У колу приказаном на слици 180.1 је E = 75 V , R1 = R3 = 3 kW , R2 = 6 kW , R4 = 12 kW и R5 = 750 W . Снага идеалног напонског генератора иста је када је прекидач П отворен и када је затворен. Израчунати (а) јачину струје идеалног струјног генератора и (б) снагу тог генератора када је прекидач П отворен.

148

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Заменимо паралелну везу струјног генератора и прекидача компензационим ¢ = 0 , а када је напонским генератором, емс Ek21 . Када је прекидач П затворен, Ek21 ¢¢ . отворен, емс је Ek21 На основу теореме линеарности, промена емс тог генератора изазива промену струје I 34 (јер мост није у равнотежи). Из податка да се снага идеалног напонског генератора није променила, следи да се није променила ни струја тог генератора ( I 34 ). На основу тога закључујемо да се, при отварању и затварању прекидача, Ek21 не мења, ¢¢ = 0 . Не мења се ни напон U12 , па се па је Ek21 не мења ни струја кроз прикључке паралелне везе струјног генератора и прекидача.

Слика 180.1.

(а) Из претходног разматрања следи да је I g једнако струји кратког споја између тачака 2 и 1. Та струја је I 21ks = -2 mA , па је I g = -2 mA . Колика је струја прекидача П када је он затворен? (б) Напон идеалног струјног генератора је нула без обзира на положај прекидача, па је PI g = 0 .

***181. Отпорници отпорности R1 = 4 kW , R2 = 10 kW и R3 = 6 kW , напонски генератор емс E = 30 V и струјни генератор струје I g = 20 mA образују коло као на слици 181.1. Чвор означен са 0 је уземљен. На примеру овог кола извести модификовани метод потенцијала чворова и њиме израчунати напоне и струје свих грана кола.

Слика 181.1.

Слика 181.2.

РЕШЕЊЕ Када једна грана кола садржи само идеални напонски генератор, непосредна примена класичног метода потенцијала чворова захтева да се један од чворова те гране усвоји за референтни чвор, чиме се избегава „критична” једначина у систему (у којој

4. Теореме

149

фигурише бесконачна проводност те гране). Међутим, уз једноставну модификацију, метод потенцијала чворова може се применити и у случајевима када идеални напонски генератор није везан за референтни чвор. Према ознакама са слике 181.2, струја идеалног напонског генератора је I E . Заменимо грану са тим генератором компензационим струјним генератором струје I E . Тада је, по првом Кирхофовом закону, чвор 1: - I g + I1 + I 2 + I E = 0 ,

(181.1)

чвор 2: - I E - I 2 + I 3 = 0 .

(181.2)

Такође је V I1 = 1 , R1

(181.3)

V -V I2 = 1 2 , R2

(181.4)

V2 , R3

(181.5)

I3 =

V1 - V2 = E .

(181.6)

Из ових једначина добија се систем æ 1 1 ö 1 ÷÷ V1 çç + V2 = I g - I E , R R R 2ø 2 è 1

(181.7)

æ 1 1 1 ö ÷ V2 = I E , + V1 + çç ÷ R2 è R2 R3 ø

(181.8)

-

V1 - V2 = E .

(181.9)

У систему једначина (181.7)-(181.9) непознате су потенцијали чворова ( V1 и V2 ) и струја компензационог генератора ( I E ). То значи да је број једначина и непознатих, уместо nč - 1 = 2 , сада nč = 3 , односно имамо једну једначину и једну непознату више. Третирање струје идеалног напонског генератора као нове непознате величине суштина је модификованог метода потенцијала чворова (МНА – модификована нодална анализа). Из V2 = R3

једначина R1I g - E R1 + R3

= 30 V

(181.7)-(181.9) и

IE =

R1I g R1 + R3

добија -

се

V1 = R1

(R1 + R2 + R3 )E = 2 mA . R2 (R1 + R3 )

R3 I g + E R1 + R3

= 60 V ,

Струје грана су

150

Сталнe струјe

V I1 = 1 = 15 mA , R1

V -V I 2 = 1 2 = 3 mA , R2

V I 3 = 2 = 5 mA . Напон идеалног R3

струјног

генератора је U = V1 = 60 V .

***182. За коло сталне струје са слике 182.1 познато је E1 = 12 V , E2 = 42 V , E4 = 18 V , I g = 60 mA , R2 = 200 W , R3 = 280 W , R5 = 300 W , R6 = 1 kW и R7 = 200 W . Чвор 2 је уземљен. Користећи се модификованом методом потенцијала чворова (МНА) израчунати струје грана и напон струјног генератора. 4 I3

+

V4

IE 4

E2

+

R3

E4

I2 R2

1 + E1

V1 I5

R5

R6

0

V3 I6

+ U

Ig

3

R7

V5 I E1 Слика 182.1.

5

I7

Слика 182.2.

РЕШЕЊЕ Према ознакама са слике 182.2, једначине по модификованом методу потенцијала æ 1 æ 1 1 ö 1 1 1 ö ç ÷ ÷ V3 = - I E 4 , чворова су V5 + çç + ç R + R ÷ V1 - R V4 = I E1 , ÷ R7 5ø 3 è 3 è R6 R7 ø æ 1 E 1 1 1 1 ö ÷ V4 = 2 + I E 4 , V1 + çç + V3 + V5 = - I E1 - I g , V1 - V5 = E1 и ÷ R7 R7 R3 R2 è R2 R3 ø V4 - V3 = E4 . Заменом бројних вредности познатих величина и решавањем постављеног -

система једначина, добија се V1 = 9 V , V3 = 5 V , V4 = 23 V , V5 = -3 V , I E1 = -20 mA и I E 4 = -45 mA . Струје

осталих

грана

кола

су

V I 5 = 1 = 30 mA , R5

V I 6 = 3 = 5 mA , R6

V -V V - E2 V -V I2 = 4 = -95 mA , I 3 = 1 4 = -50 mA и I 7 = 5 3 = -40 mA . Напон струјног R2 R3 R7 генератора је U = -V5 = 3 V .

4. Теореме

151

4.3. Тевененова и Нортонова теорема 183. У мрежи приказаној на слици 183.1 је E1 = 6 V , I g1 = 3 A , Ig2 = 6 A , R1 = 6 W , R2 = 4 W , R3 = 2 W и R4 = 3 W . Израчунати параметре еквивалентног Тевененовог генератора у односу на прикључке А и В (слика 183.2).

Слика 183.2. Слика 183.1. РЕШЕЊЕ Тевененова теорема описује понашање линеарне мреже са једним паром прикључака (А и В) у односу на било коју другу мрежу која се везује на те прикључке (слика 183.3). Према тој теореми, посматрана мрежа се понаша као реалан напонски генератор (Тевененов генератор).

Слика 183.3.

Електромоторна сила Тевененовог генератора ( ET ) једнака је напону празног хода између прикључака мреже (тј. напону пре прикључења друге мреже), (ET )BA = U AB 0 . Унутрашња отпорност Тевененовог генератора ( RT ) једнака је еквивалентној (улазној) отпорности мреже између тачака А и В, пре прикључивања друге мреже, RT = ReAB , при чему је одстрањено дејство свих извора у мрежи. Одстрањивање дејства извора се врши анулирањем емс напонских генератора и струја струјних генератора. Посматрана мрежа и одговарајући еквивалентни Тевененов генератор имају исту релацију између напона и струје на приступу. За одређивање напона празног хода задате мреже, потребно је израчунати напон U AB 0 у колу са слике 183.4. При томе, у прикључцима А и В нема струје. Коло се може

152

Сталнe струјe

решити, на пример, методом потенцијала чворова, узимајући чвор В за референтни. æ 1 1 ö 1 ÷ V A - VC = I g1 - I g2 , VC = E1 , одакле је Одговарајуће једначине гласе çç + ÷ R1 è R1 R2 ø V A = -4,8 V = U AB 0 = ET . При одређивању отпорности Тевененовог генератора, све екситације у мрежи се анулирају. Идеални напонски генератори тако постају кратки спојеви, а идеални струјни генератори отворене везе, као на слици 183.5. Еквивалентна отпорност те мреже отпорника је ReAB = R1 || R2 = 2,4 W = RT .

Слика 183.4

Слика 183.5

184. Израчунати параметре Тевененовог генератора у односу на прикључке 1 и 2 мреже приказане на слици 184.1 ако је E = 1 V , I g = 1 mA , R1 = 2 kW и R2 = R3 = 1 kW . РЕЗУЛТАТ Параметри Тевененовог E T = 0 и RT = 0,5 kW .

генератора

су

Слика 184.1.

185. Израчунати параметре еквивалентног Тевененовог генератора за мрежу приказану на слици 185.1. Познато је E1 = 2 V , E2 = 1 V , E3 = 3 V , Ig1 = 1 mA , Ig 2 = 2 mA , R1 = 1 kW , R2 = 2 kW , R3 = R4 = R5 = 4 kW и R6 = 3 kW . РЕЗУЛТАТ Параметри Тевененовог генератора су ET = -16 V и RT = 8 kW .

4. Теореме

153

Слика 185.1.

186. Израчунати параметре Тевененовог генератора у односу на прикључке A и B мреже приказане на слици ако је E = 100 V , I g = 10 A и R = 10 W . РЕЗУЛТАТ Параметри Тевененовог генератора су E T = 0 и RT = 16 W .

Слика 186.1.

+

187. Користећи се трансфигурацијама редних и паралелних веза у мрежи са слике 187.1, одредити параметре Тевененовог генератора у односу на прикључке A и B .

Слика 187.1.

154

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ На слици 187.2 приказанo је неколико примера замене једноставнијих мрежа еквивалентним Тевененовим генератором: паралелна веза реалног напонског генератора и отпорника, паралелна веза два реална напонска генератора, реални струјни генератор и паралелна веза реалног напонског генератора и идеалног струјног генератора. R1R2 R1 + R2

R1 R2

+

+

E

Ig

R

R1 +

R2 E R1 + R2

E1

R

R +

+

+

+

E1R2 + E2 R1 R1 + R2

E2

R Ig

+ E + RI g

E

RI g

R1R2 R1 + R2

R2

Слика 187.2. На основу тога, мрежа E1 - R1 - I g2 на слици 187.1 може се заменити Тевененовим генератором параметара ET12 = E1 + R1 I g2 и RT12 = R1 . Мрежа E3 - R3 - R4 се може трансфигурисати у Тевененов генератор параметара ET23 = Мрежа

E5 - R5 - I g6

се

може

заменити

Тевененовим

R4 E 3 R R и RT23 = 3 4 . R3 + R4 R3 + R4 генератором

параметара

¢ = E5 + R5 I g6 и RT43 ¢ = R5 , па онда тај Тевененов генератор и реални напонски ET43 генератор ET43

E7 - R7

могу заменити новим Тевененовим генератором параметара ¢ E7 R¢ R R E ¢ - RT43 = 7 T 43 и RT43 = T43 7 . ¢ + R7 ¢ + R7 RT43 RT43

Тим заменама добијена је редна веза три реална напонска генератора, који се могу трансфигурисати у један реални напонски генератор – тражени Тевененов генератор за мрежу са слике 187.1. Електромоторна сила тог генератора је R E R E - R5 E7 R R ETBA = - E1 - R1I g2 - 4 3 + 7 5 + 7 5 I g6 , а отпорност је R3 + R4 R5 + R7 R5 + R7 RT = R1 +

R4 R3 R R + 7 5 . R3 + R4 R5 + R7

Из претходног се може закључити да сваки еквивалентан реалан напонски генератор (без обзира на процедуру његовог формирања) мора бити Тевененов генератор.

4. Теореме

155

188. Израчунати параметре еквивалентног Нортоновог генератора за мрежу приказану на слици 188.1 ако је E1 = 2 V , E2 = 1 V , Ig1 = 1 mA , Ig2 = 2 mA , Ig3 = 3 mA , Ig4 = 5 mA , R1 = 1 kW , R2 = 2 kW и R3 = 4 kW .

Слика 188.1. РЕШЕЊЕ Нортонова теорема описује понашање линеарне мреже са једним паром прикључака (А и В) у односу на било коју другу мрежу која се везује за те прикључке (слика 188.2). Према тој теореми, посматрана мрежа се понаша као реалан струјни генератор (Нортонов генератор), као што је приказано на слици 188.2. Посматрана мрежа и одговарајући Нортонов генератор имају исту релацију између струје и напона на приступу. А Mрежа са генераторима B

A IABks

IgN=IABks

GeAB

GN=GeAB

IABks

B

Слика 188.2. Струја Нортоновог генератора ( I gN ) једнака је струји кратког споја између тачака

A и B , I gN = I ABks , при чему се референтни смерови за I gN и I ABks надовезују један на други (слика 188.2). Унутрашња проводност ( GN ) Нортоновог генератора једнака је еквивалентној (улазној) проводности између тачака A и B када је одстрањено дејство извора у мрежи, GN = GeAB . Нортонов генератор је еквивалентан Тевененовом генератору у случају да је RT ¹ 0 . И обрнуто, Тевененов генератор је еквивалентан Нортоновом уколико је G N ¹ 0 . Ако је RT = 0 или G N = 0 , еквиваленција није могућа. Између параметара еквивалентних генератора важе релације ET = RT I gN и RT GN = 1 .

156

Сталнe струјe

За одређивање струје кратког споја задате мреже, потребно је израчунати струју кроз кратак спој ( I AB ) у колу са слике 188.3. у том колу је напон U AB = 0 , па је E I 2 = 2 = 500 mA R2

и

I = I g3 - I g4 = -2 mA ,

I 3 = 0 . Из првог Кирхофовог закона за пресек па

се

из

једначине

за

пресек

S2

S1 следи добија

I AB = I + I 2 + I 3 = -1,5 mA = IgN .

Слика 188.3. Еквивалентна проводност 1 1 GeAB = + = 750 mS . R2 R3

мреже

је,

на

основу

слике

188.4,

Слика 188.4. Читаоцу се препоручује да за мрежу са слике 188.1 одреди параметре Тевененовог генератора, и то (а) трансфигурацијом Нортоновог генератора и (б) одређивањем напона празног хода и еквивалентне отпорности.

189. За мрежу сталне струје на слици 189.1 је E = 30 V и R1 = R2 = R3 = R4 = 1 kW . Израчунати параметре еквивалентног Нортоновог генератора.

4. Теореме

157

Слика 189.1. РЕЗУЛТАТ Параметри Нортоновог генератора су I gN = 40 mA и GN =

5 mS . 3

190. За мрежу сталне струје на слици 190.1 је I g1 = I g2 = 10 mA , R1 = 100 W и R2 = 200 W . Израчунати параметре Нортоновог генератора. 1 IgN

GN 2

Слика 190.1.

Слика 190.2.

РЕЗУЛТАТ Према ознакама на слици 190.2, параметри Нортоновог генератора су I gN = и GN =

1 S. 300

191. Одредити параметре реалног струјног генератора еквивалентног мрежи са слике 191.1, у односу на прикључке A и B. Слика 191.1.

1 A 300

158

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Параметри Тевененовог генератора еквивалентног R2 E4 - R4 E2 + R2 R4 I g3 R R ETBA = и RT = R1 + 2 4 . R2 + R4 R2 + R4

посматраној

мрежи

су

Тевененов генератор се може трансфигурисати у реални струјни (Нортонов) генератор, параметара R2 E4 - R4 E2 + R2 R4 I g3 I ge = и RT = Re (слика 191.2). R1 R2 + R1 R4 + R2 R4 Слика 191.2.

192. Одредити параметре реалног напонског генератора еквивалентног паралелној вези n реалних напонских генератора, као на слици 192.1.

Слика 192.1. РЕЗУЛТАТ n

E

å Rk

1 k Параметри Тевененовог генератора су ET = k =1 и RT = . n n 1 1 å å k =1 Rk k =1 Rk

193. Одредити параметре реалног струјног генератора еквивалентног редној вези n реалних струјних генератора, као на слици 193.1.

Слика 193.1.

4. Теореме

159

РЕЗУЛТАТ n

I gk

åG

1 k Параметри Нортоновог генератора су I gN = k =1 . и GN = n n 1 1 å å k =1 Gk k =1 Gk

194. Реални напонски генератори, сваки електромоторне силе E и унутрашње отпорности R , удружују се у три карактеристичне везе: редну, паралелну и мешовиту, као што је приказано на слици 194.1. Одредити параметре Тевененовог генератора ових веза.

E +

E

R

E

R

+

+

R

n генератора

A

B

Редна веза

Паралелна веза n генератора

E + E +

E +

R

R

R

E + E +

E +

R

R

R

A

E +

+

+

R

R

R

B

Мешовита веза Слика 194.1

160

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Примењујући Тевененову теорему за сваку од ових веза, може се према тачкама A и B формирати Тевененов генератор, као на слици 194.2.

ET

+ I A

+

RT

UAB

B

Слика 194.2.

(а) За редну везу је ET = nE и RT = nR . Овим се добија еквивалентни генератор са великом емс, n пута већом од емс појединачног генератора, али је и отпорност групе n пута већа од унутрашње отпорности појединачног генератора. Сем тога, струја у колу ( I ) не може бити већа од струје коју могу издржати појединачни генератори. R . Група се понаша као n еквивалентни генератор чија је емс једнака емс појединачних генератора, а отпорност n пута мања од отпорности појединачних генератора. Ово је погодно за примену у случајевима када није потребна емс већа од емс расположивих генератора, али је потребна већа струја од оне коју сваки од њих може да издржи, јер је струја сваког I појединачног генератора I1 = . n n (в) У мешовитој вези је ET = nE и RT = R . Оваква група је погодна када је m потребна већа емс од емс појединачних расположивих генератора и већа струја од оне I коју могу дати појединачни генератори (јер је струја појединачног генератора I1 = ). m (б) Код паралелне везе генератора је ET = E и RT =

na = 48 једнаких акумулатора, сваки емс E = 2 V и унутрашње отпорности Ri = 0,4 W , и отпорником отпорности R = 1,6 W . Акумулатори се могу везати (а) сви на ред, (б) сви један са другим у паралелу и (в) по n акумулатора на ред, па ове редне везе у паралелу (с тим да се употребе сви расположиви акумулатори). Затим се отпорник прикључи на тако везане акумулаторе. Израчунати за које n је струја отпорника највећа. 195. Располаже се са

РЕШЕЊЕ (а) При редном везивању na E E I= = = 4,62 A . na Ri + R R + R i na (б) При паралелном везивању је I =

свих

E R+

Ri na

акумулатора,

= 1,24 A .

јачина

струје

је

4. Теореме

161

(в) У случају мешовите везе је I =

nE n2 Ri + R na

. Максимална струја се може одредити

na морају n бити природни бројеви. Стога n може узети само вредности из скупа n Î {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 48} . При томе се за n = 1 добија решење под (а), а за n = 48 добија се решење под (б). У табели 195.1 су приказане израчунате јачине струја за бројеве n из тог скупа. На основу тога се закључује да је највећа јачина струје I max = 8,57 A , а да се може остварити на два начина: са n1 = 12 или са n2 = 16 .

претраживањем по свим бројевима n који имају физичког смисла, јер n и

Табела 195.1. n

I [A]

1

2

3

4

6

8

12

16

24

48

1,24

2,45

3,58

4,62

6,32

7,5

8,57

8,57

7,5

4,62

n ö 1 1 æ = ç nRi + a R ÷ . n ø I na E è Екстремум ове функције се поклапа са екстремумом функције I (n ) (минимум једне функције је максимум друге). Уместо таквог поступка, може се посматрати функција

Како

је

n Rö d æ1ö 1 æ çç Ri - a ÷÷ , ç ÷= dn è I ø na E è n2 ø

то

услов

екстремума,

d æ1ö ç ÷=0, dn è I ø

даје

n R n Ri - a R = 0 , одакле је n = a = 13,86 . Други извод посматране функције је 2 Ri n 3

2 R æ Ri ö 2 d2 æ 1 ö 2R ç ÷ > 0 , односно функција = и у тачки екстремума тај извод је ç ÷ E çè na R ÷ø dn 2 è I ø En 3 има минимум. С обзиром на то да n није цео број из скупа допуштених вредности n Î {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24, 48}, треба израчунати јачину струје за вредности n које су најближе n : прву мању од n ( n1 = 12 ), и прву већу од n ( n2 = 16 ), па одабрати ону вредност n којој одговара јача струја. У посматраном примеру је, случајно, струја иста у оба случаја, па задатак има два решења, n1 = 12 и n2 = 16 . За које n је снага отпорника R највећа? Читаоцу се препоручује да понови задатак ако је R = 2 W .

162

Сталнe струјe

196. За разгранато коло сталне струје са слике 196.1 познато је E1 = 30 V , E2 = 15 V ,

E4 = 28 V ,

I g = 50 mA , R5 = 100 W

E5 = 11,75 V ,

R1 = 300 W , и

R2 = 100 W ,

R6 = 25 W .

Израчунати

снагу отпорника R6 . РЕШЕЊЕ Снага отпорника отпорности R6 може се израчунати из обрасца PR6 = R6 I 62 ,

пошто

је

R6

познато,

потребно је израчунати струју тог отпорника. Пошто је, у овом случају, од интереса само струја једне гране кола, за рачунање те струје погодно је применити Тевененову теорему.

Слика 196.3.

Слика 196.1.

Слика 196.4.

Поделимо коло са слике 196.1 у два дела (две мреже). Једна мрежа је грана са отпорником R6 , а друга мрежа је остатак. Друга мрежа је знатно једноставнија од оригиналног кола са слике 196.1 и за њу се лако може одредити Тевененов генератор. На сликама 196.3, 196.4 и 196.5 приказани су коло за одређивање ET , отпорничка мрежа за одређивање RT и еквивалентно просто коло које се добија прикључењем отпорника R6 на Тевененов генератор.

4. Теореме

Према

163

овим

сликама

E - E2 I= 1 = 37,5 mA , R1 + R2

је

ET = U ¢AB = R5 I g - E5 + E4 + E1 - R1I = 40 V , RT = Re¢'AB = R5 +

R1R2 ET = 175 W и I 6 = = 0,2 A , па RT + R6 R1 + R2

је тражена снага PR6 = R6 I 62 = 1 W .

Слика 196.5.

197. За коло са слике 197.1 познато је E = 18 V , I g = 2 A , R1 = 60 W , R2 = 15 W , R3 = 50 W ,

R4 = 60 W ,

R5 = 90 W

и

R6 = 150 W . Израчунати снагу напонског генератора емс E . Слика 197.1. РЕШЕЊЕ Како је позната емс E напонског генератора, потребно је, у циљу одређивања снаге, израчунати струју тога генератора. У ту сврху, погодно је применити Тевененову теорему. На слици 197.2 је приказано коло за одређивање карактеристика Тевененовог генератора. У циљу олакшавања прорачуна, погодно је троугао R4 - R5 - R6 трансфигурисати R8 =

у

R4 R5 = 18 W R4 + R5 + R6

звезду и

R7 - R8 - R9 , R9 =

где

R5 R6 = 45 W . R4 + R5 + R6

је

R7 = Као

R4 R6 = 30 W , R4 + R5 + R6

резултат,

параметри

Тевененовог генератора су RT = Re' AB = 60 W и ET = U ¢AB = -15 V (слика 197.3).

Слика 197.3. Слика 197.2.

164

Сталнe струјe

Према

198. За E = 7, 2 V , R2 = 300 W ,

слици

197.3

је

E +E I= T = 50 mA , RT

па

је

PE = EI = 0,9 W .

коло са слике 198.1 је I g = 0,2 A , R1 = 200 W , R3 = 600 W ,

R4 = 500 W ,

R5 = 1,5 kW и R = 120 W . Применом Нортонове теореме израчунати струју I . РЕШЕЊЕ Задато коло са слике 198.1 може се поделити на две мреже. Једну мрежу сачињава отпорник R, а другу остатак кола. Тај остатак се може заменити Нортоновим генератором, па се онда те две мреже могу спојити у коло као на слици 198.2. У том колу је струја отпорника отпорник R иста као у колу на слици 198.1. На сликама 198.3 и 198.4 приказана су кола за одређивање карактеристика Нортоновог генератора.

Слика 198.1.

Слика 198.2.

ReAB

Слика 198.3.

Слика 198.4.

Примењујући суперпозицију за коло на слици 198.3, добија се R5 ö E æ R2 ÷ I g = -42 mA = I gN . За мрежу отпорника са слике 198.4 I ks = + çç R3 è R1 + R2 R4 + R5 ÷ø

4. Теореме

165

је ReAB = R3 || (R1 Å R2 ) || (R4 Å R5 ) = 240 W = R N . Сада је, на основу слике 198.2, I=

RN I N = -28 mA . R + RN

199. За коло са слике 199.1 познато је E1 = 2 V , E2 = 1 V ,

I g1 = 1 mA ,

I g2 = 2 mA ,

I g3 = 3 mA ,

I g4 = 5 mA ,

R1 = 1 kW ,

R2 = 2 kW ,

R3 = 4 kW ,

E = 3 V и R = 1 3 kW . Израчунати снагу коју развија идеални напонски генератор емс E .

Слика 199.1.

РЕЗУЛТАТ Видети и задатак 188. Снага идеалног напонског генератора је PE = 1,8 mW

200. У колу на слици 200.1 је E = 6 V , I g = 20 mA , R1 = 2 kW , R2 = 6 kW , R3 = 5 kW , R4 = 3 kW и R5 = 15 kW . Израчунати струју у грани са напонским генератором. 1 I R2 IgN

RN E 2 Слика 200.2.

Слика 200.1. РЕШЕЊЕ У односу на грану са напонским генератором, остатак кола се може заменити Нортоновим генератором (слика 200.2) параметара I gN = 3 mA и RN = 4 kW . Тражена струја је I =

- E + RN I N = 600 mA . R2 + R N

166

Сталнe струјe

R1 201. За коло сталне струје приказано на слици 201.1 познато је E1 = 3,3 V , E2 = 12 V ,

I g = 1 mA ,

R1 = 1 kW ,

E1

Ig

R5

R2

E2 R3

R2 = 5,6 kW , R3 = 3,3 kW , R4 = 0,18 MW , R5 = 22 kW и R6 = 470 W . Израчунати снагу реалног струјног генератора ( I g - R4 ).

R4

РЕЗУЛТАТ Снага реалног струјног генератора је PI g = U I g I g - U I2g R4 » 3,443 mW .

R6 Слика 201.1.

202. За коло сталне струје приказано на слици 202.1 познато је E1 = 3,3 V , I g = 1 mA , R1 = 1 kW , R2 = 5,6 kW и R3 = 4,7 kW . Израчунати снагу реалног напонског генератора ( E1 - R1 ).

Слика 202.1.

РЕЗУЛТАТ Снага реалног напонског генератора је PE1 = E1 I E1 - R1 I E21 = 2,632 mW . + **203. За коло 203.1 познато је

са слике E1 = 4 V ,

E 2 = 10 V ,

E3 = 3 V ,

I g = 20 mA ,

R1 = 300 W ,

R2 = 150 W , R3 = 200 W , R4 = 100 W и R5 = 75 W . Користећи се Тевененовом теоремом и теоремом суперпозиције, израчунати струје свих грана кола.

R3

E3

+

E2

R1 R4

Ig R2

E1 + R5 Слика 203.1.

РЕШЕЊЕ На слици 203.2 је приказано разгранато коло сталне струје са једном граном која се прекида, а уз претпоставку да се између тачака прекида може одредити Тевененов генератор (да улазна отпорност између тачака прекида није бесконачно велика). Пре прекида у грани је постојала струја I (слика 203.2). После прекида (слика 203.3) је

4. Теореме

167

I = 0 , а између тачака прекида је напон празног хода U AB = (U AB )ph . Уколико се између тачака А и B , уместо прекида, постави идеалан напонски генератор (компензациони генератор) емс E BA = ET = U AB (слика 203.4), струја у грани ће и даље бити I = 0 . Ако се у грану између тачака А и B стави још један идеални напонски генератор емс E AB = ET = U ¢AB , супротног поларитета од компензационог генератора, као на слици 203.5, у грани ће постојати иста струја I као на слици 203.2. Према теореми суперпозиције, струја I у шеми на слици 203.5, а самим тим и у полазној шеми са слике 203.2, једнака је алгебарском збиру струја те гране када у колу делују поједини генератори или поједине групе генератора. Генератори из мреже A заједно са генератором емс E BA = ET = U ¢AB = (U AB )ph у посматраној грани не изазивају струју, па је струја у тој грани последица само деловања генератора E T у колу на слици 203.6. Претходно разматрање важи и за струју у било којој грани у мрежи А на слици 203.2. Одатле се закључује да се струја било које гране кола може добити алгебарским сабирањем струје у стационарном стању када је једна грана прекинута (у празном ходу) и у стационарном стању када у колу делује само један идеални напонски генератор постављен између тачака прекида гране, чија је емс једнака напону празног хода између тих тачака ( E = U ph ), као на слици 203.6. A Мрежа са генераторима

B I R

A Слика 203.2. U ¢AB = (U AB ) ph

Слика 203.3. ET = U ¢AB

Слика 203.5.

ET = U ¢AB

Слика 203.4. E T = U ¢AB

ET = U ¢AB

Слика 203.6.

168

Сталнe струјe

Ради решавања кола са слике 203.1, може се прекинути грана E3 - R3 између отпорника и генератора. После прекида једне гране, коло се обично драстично редукује. Према оријентацијама са слике 203.7 је (I 2 )ph = - I g = -20 mA ,

(I1 )ph = -(I 4 )ph =

E1 = 10 mA , (I 3 )ph = 0 и (I 5 )ph = 0 . Напон празног хода између R1 + R4

тачака прекида гране је U ph = - R4 (I 4 )ph + R2 (I 2 )ph + E2 - E3 = 5 V .

На слици 203.8 је приказано коло у коме делује само генератор емс E = U ph , а одстрањено је дејство свих извора у остатку кола. Тада је U ph R1 (I 3 )0 = 7,5 mA (I 3 )0 = -(I 2 )0 = -(I 5 )0 = = 10 mA , (I 4 )0 = R1R4 R + R 1 4 R3 + R2 + R5 + R1 + R4 R4 (I 3 )0 = 2,5 mA . R1 + R4 U ¢AB = (U AB ) ph + + A

E3

+

(I 3 ) ph

B R3 R1

E2 R4

Ig

E1

R2

+ (I1 ) ph

(I 4 ) ph

(I 2 ) ph (I 5 ) ph

R5

Слика 203.7. E = U ph

(I 3 ) 0

+

и (I1 )0 =

A

B R3 R1 R4

R2 (I 4 ) 0

(I 2 ) 0 (I 5 ) 0

R5 Слика 203.8.

(I1 ) 0

4. Теореме

169

Струје грана кола су, на основу суперпозиције,

I1 = (I1 )ph + (I1 )0 = 12,5 mA ,

I 2 = (I 2 )ph + (I 2 )0 = -30 mA , I 3 = (I 3 )ph + (I 3 )0 = 10 mA , I 4 = (I 4 )ph + (I 4 )0 = -2,5 mA , и I 5 = (I 5 )ph + (I 5 )0 = -10 mA .

**204. За коло са слике 204.1 је E1 = E2 = 10 V , I g = 0,4 A , R2 = R3 = 50 W и R4 = R5 = 100 W . Израчунати струје свих грана кола користећи се Тевененовом теоремом и теоремом суперпозиције.

Слика 204.2.

Слика 204.1.

РЕШЕЊЕ На слици 204.2 приказано је коло после кидања гране са отпорником R3 . Према тој слици

је

E1 + R5 (I 5 )ph - R4 (I1 )ph = 0 ,

(I 4 )ph = -(I1 )ph

и

I g + (I 5 )ph + (I1 )ph = 0 ,

(I 3 )ph = 0 .

(I 2 )ph = - I g ,

Одавде

је

E1 - R5 I g

= -0 ,15 A и (I 5 )ph = -0 ,25 A . R4 + R5 Напон празног хода између тачака прекида гране је U ph = - R2 I g - E2 - E1 = -40 V .

(I1 )ph =

Слика 204.3. Према слици 204.3, када у колу делује само генератор емс

(I 3 )o = -(I 2 )o =

E = U ph , је

E = -0,4 A , (I1 )o = -(I 3 )o = 0,4 A , (I 4 )o = 0 и (I 5 )o = 0 . Струје R3 + R2

170

Сталнe струјe

грана

задатог

кола

су

I1 = (I1 )ph + (I1 )o = 0,25 A ,

I 2 = (I 2 )ph + (I 2 )o = 0 ,

I 3 = (I 3 )ph + (I 3 )o = -0,4 A , I 4 = (I 4 )ph + (I 4 )o = 0,15 A и I 5 = (I 5 )ph + (I 5 )o = -0,25 A .

205. Променљив отпорник Rp чија се отпорност може мењати од 0 до 400 W , отпорници отпорности R 2 = R3 = 200 W и R4 = 400 W , мерни инструмент унутрашње отпорности RA = 100 W и струјни генератор струје I g = 135 mA образују коло приказано на слици 205.1. Одредити и графички представити струју I A у зависности од отпорности Rp . РЕШЕЊЕ Како је од интереса само струја гране са мерним инструментом, погодно је применити Тевененову теорему. Параметри Тевененовог генератора, према ознакама на слици 205.2, су R3 Rp + R2 - Rp (R3 + R4 ) ' = и Ig ET = U AB Rp + R2 + R3 + R4

(

RT = Re' AB =

)

(Rp + R3 ) (R2 + R4 ) , Rp + R2 + R3 + R4

па

је

ET . Заменом бројних вредности RT + RA познатих величина у SI систему јединица, 100 - Rp добија се зависност I A Rp = 0,54 . 7 Rp + 2000 IA =

( )

Слика 205.1.

IA [mA] 40 30 20 10

Слика 205.2.

0 -10 -20 -30 -40

Rp [Ω] 100

200

300

400

Слика 205.3.

( )

На слици 205.3 је приказан график зависности I A = I A Rp , из кога се види да се, променом отпорности Rp , струји мерног инструмента I A мења интензитет, али и смер.

4. Теореме

171

Колика је струја амперметра када би грана са променљивим отпорником била у прекиду?

206. Веза између напона и струје мреже са слике 206.1 приказана је на слици 206.2. Израчунати параметре (а) Тевененовог и (б) Нортоновог генератора еквивалентног овој мрежи.

Слика 206.1.

Слика 206.2.

РЕЗУЛТАТ (а) Параметри Тевененовог генератора (слика 206.3) су ET = 100 V и RT = 50 W . (б) Параметри Нортоновог генератора (слике 206.4) су IgN = 2 A и GN = 20 mS . A IgN

GN B

Слика 206.3.

Слика 206.4.

207. У колу приказаном на слици 207.1 је E = 20 V , Ig = 1 A и R = 10 W . (а) Формирати аналитичку везу између напона U и струје I. (б) Колики је напон када је I = 0 ? (в) Колика је струја када је U =0?

Слика 207.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Аналитичка веза између напона и струје гласи U [V] = 5 - 5 I[ A ] . (б) Када је I = 0 , тада је U = 5 V . (в) Када је U = 0 , тада је I = 1 A .

172

Сталнe струјe

Да ли се на основу података из тачака (а) и (б) може одредити Тевененов генератор за мрежу са слике 207.1? А Нортонов генератор?

208. За четворопол приказан на слици 208.1 познато је U1 = 10 V ( U1 = const ), R1 = R2 = 1 kW и R3 = 2 kW . Одредити израз за струју I 2 у функцији напона U 2 . РЕЗУЛТАТ

Слика 208.1.

Тражена израз је I[ mA] = 4 - 0,6 U 2[ V ] .

209. За мрежу приказану на слици 209.1 познате су отпорности R1 = 100 W и R2 = 200 W . Изразити струју I у функцији напона U1 и U 2 . RT I

+

ET

R

U2

Слика 209.2.

Слика 209.1.

РЕШЕЊЕ Заменимо део кола лево од прикључака мреже компензационим напонским генератором емс Ek = U1 . Тада се, у односу на отпорник R, остатак кола може заменити R2 - R1 U 1 и отпорности R1 + R2 E -U2 = слици 209.2. Јачина струје отпорника R је I = T RT Тевененовим генератором емс ET =

(

)

RT = 2

R1R2 , као на R1 + R2

R2 - R1 R + R1 U1 - 2 U2 , 2 R1R2 2 R1R2

односно, нумерички, I[ mA] = 2,5 U1[ V ] - 3U 2[ V ] .

210. У колу са слике 210.1. позната је емс идеалног напонског генератора и E = 10 V отпорност потенциометра Rp = 1 kW . Колика треба да буде отпорност отпорника R, па да се напон U када је прекидач П затворен не разликује за више од 10% од напона када је прекидач отворен (за произвољан положај клизача потенциометра)?

Слика 210.1.

4. Теореме

173

РЕШЕЊЕ Идеални напонски генератор и потенциометар могу се заменити Тевененовим генератором отпорности RT = R1 || R2 , где је R1 отпорност између клизача и доњег прикључка потенциометра,

R2 отпорност између клизача и горњег прикључка

потенциометра и R1 + R2 = Rp . Емс Тевененовог генератора је ET = U 0 = E

R1 , где R1 + R2

је U 0 напон између клизача и доњег прикључка потенциометра када је прекидач П R R отворен. Када се прекидач затвори, тада је U = ET = U0 . Очигледно је R + RT R + RT U < U 0 . Према услову задатка је

U -U0 U0

£ 0,1 , одакле следи

RT £ 0,1 односно R + RT

R ³ 9RT . Овај услов мора бити испуњен за сваки положај клизача. Отпорност Тевененовог генератора мења се са променом положаја клизача. Најмања је (нула) када је клизач у крајњем доњем или у крајњем горњем положају. Отпорност Тевененовог генератора је највећа када је R1 = R2 и износи RTmax = Rp / 4 = 250 W . Одавде следи да мора бити испуњен услов R ³ 9 RTmax = 2,25 kW . Читаоцу се препоручује да нацрта зависност напона U од отпорности R1 када је прекидач П отворен и када је затворен, ако је R = 2,25 kW .

211. Отпорности отпорника у колу са слике 211.1 су R1 = 10 W , R2 = 5 W , R3 = 30 W ,

R4 = 15 W ,

R5 = 5 W

и

R6 = 15 W . Ради мерења напона између тачака А и B прикључен је волтметар унутрашње отпорности RV = 200 W , који показује U AB = 30 V . Колики је напон између тачака А и B пре прикључивања волтметра? РЕШЕЊЕ Коло се према тачкама А и B, односно према волтметру, може представити Тевененовим генератором као на слици 211.2. Напон између тачака А и В пре прикључења волтметра је U AB = ET , и он Слика 211.1 је циљ мерења. Према слици 211.2 је U ¢AB = U AB + RT I V , где је U AB = 30 V , одакле се закључује да би снижавање струје волтметра повећало тачност мереног напона. Међутим, снижавање струје волтметра захтева употребу осетљивијег инструмента.

174

Сталнe струјe

Из израза за апсолутну систематску грешку мерења, ' DU AB = U AB - U AB = - RT I V < 0 , закључује се да је увек измерени напон нижи од мереног напона. Другачије посматрано, када се између две тачке прикључи грана која садржи само отпорник, напон између тачака мора да се смањи по апсолутној вредности. DU AB R Релативна систематска грешка мерења, = - T , не зависи од мереног напона. U AB RV Грешка мерења је утолико мања, уколико је унутрашња отпорност употребљеног волтметра већа од отпорности кола на месту мерења напона, што је важан критеријум приликом избора волтметра. У посматраном случају је RT = Re¢ AB = 10 W , па је напон пре прикључења волтметра æ R ö U ¢AB = çç1 + T ÷÷U AB = 31,5 V и DU AB = -1,5 V . R V ø è

Слика 211.2

Релативна систематска грешка мерења овог напона, изражена у процентима, је DU AB ×100% » -4,76% . ¢ U AB

212. У колу сталне струје приказаном на I g = 200 mA , слици 212.1 је E =4V, R1 = 3 kW , R2 = 1 kW , R3 = 4 kW , R4 = 250 W и R = 20 kW . Потребно је измерити напон U12 волтметром унутрашње отпорности RV = 12 kW . Израчунати апсолутну и релативну систематску грешку овог мерења.

Слика 212.1.

РЕШЕЊЕ На слици 212.2 приказана је шема везивања волтметра. У односу на волтметар, остатак кола са слике 212.2 може се заменити Тевененовим генератором (слика 212.3), емс E T = U 12 = 160 mV и отпорности RT = 4 kW . Та емс једнака је напону који смо хтели измерити ( U12 ). Напон који мери волтметар мањи је (по апсолутној вредности) од ¢ = напона који смо хтели измерити, U 12

RV U 12 = 120 mV . R V + RT

¢ - U 12 = -40 mV , а релативна грешка је Апсолутна грешка мерења је DU 12 = U 12 DU12 = -0,25 = -25% . U12

4. Теореме

175

RV V 2

RT ET

R1 R2

Ig

E R4

R3

1 V

+

R

1

' U12

2 Слика 212.3.

3 4 Слика 212.2.

213. У колу са слике 212.1 потребно је измерити струју I12 амперметром унутрашње отпорности RA = 1 kW . Израчунати апсолутну и релативну систематску грешку овог мерења.

Слика 213.2. Слика 213.1. РЕШЕЊЕ На слици 213.1 приказана је шема везивања амперметра. У односу на амперметар, остатак кола се може заменити Нортоновим генератором (слика 213.2). Струја тог генератора, I gN = I12 = 8 mA , једнака је струји коју смо хтели измерити у колу са слике 212.1. Отпорност Нортоновог генератора је R N = 25 kW . Струја коју мери амперметар RN 100 ¢ = је, међутим, мања по апсолутној вредности, I12 I gN = mA » 7,69 mA . R N + RA 13 ¢ - I 12 » -0,31 mA , а релативна грешка је Апсолутна грешка мерења је DI 12 = I12 DI12 » -0,04 = -4% . I12

176

Сталнe струјe

214. Када се напон једне гране кола сталне струје мери волтметром унутрашње отпорности RV1 = 250 kW , добија се резултат U 1 = 10 V , а када се мери волтметром унутрашње отпорности RV2 = 500 kW , резултат је U 2 = 15 V . Израчунати напон те гране када волтметар није прикључен. РЕЗУЛТАТ Када волтметар није прикључен, напон је U = 30 V .

215. Волтметром унутрашње отпорности RV1 = 5 kW измерен је напон U12 = 6 V између тачака 1 и 2 једног кола сталне струје. Затим је волтметром унутрашње ¢ = 8V . Колики ће бити отпорности RV 2 = 10 kW између истих тачака измерен напон U12 резултат мерења напона волтметром унутрашње отпорности RV3 = 15 kW ? РЕЗУЛТАТ ¢¢ = 9V . Резултат мерења ће бити U12

216. У колу са слике 216.1 је E = 13 V , I g = 20 A , R1 = 0,04 W и R2 = 2,4 W . Потребно је измерити јачину струје у грани са отпорником R 2 . На располагању је амперметар унутрашње отпорности RA = 0,06 W . (а) Нацртати шему по којој треба везати амперметар. Израчунати (б) јачину струје коју мери амперметар и (в) релативну систематску грешку у односу на јачину струје коју је требало измерити. Релативну грешку рачунати као d r = ( I A - I ) / I , где је I A измерена вредност, а I тачна вредност.

Слика 216.1.

Слика 216.2.

РЕЗУЛТАТ (а) Шема прикључивања приказана је на слици 216.2. (б) Пре прикључивања амперметра, јачина струје је I = 5 A , а по прикључивању амперметра је I A = 4,88 A . (в) Релативна грешка је d r = -0,024 .

4. Теореме

177

217. У колу са слике 217.1 је E1 = 20 V , E2 = 15 V , I g = 20 mA , R1 = 500 W , R2 = 300 W , R3 = 3 kW , R4 = 2 kW и R5 = 200 W . Израчунати напон U12 .

Слика 217.1.

Слика 217.2.

РЕШЕЊЕ Задатак ћемо решити поступним трансфигурацијама једноставних делова кола, користећи се Тевененовом теоремом, тако да се при томе тачке 1 и 2 не изгубе. Најпре, редна веза струјног генератора и отпорника R5 еквивалентна је само струјном генератору струје I g . Паралелна веза тог струјног генератора и отпорника R2 еквивалентна је реалном напонском генератору емс E3 = R2 I g = 6 V и отпорности R2 (слика 217.2). Паралелна

E2 - R3 и отпорника R4 E R еквивалентна је реалном напонском генератору емс E4 = 2 4 = 6 V и отпорности R3 + R4 R6 =

веза

реалног

напонског

генератора

R3 R4 = 1,2 kW (слика 217.2). R3 + R4

Редна веза реалних напонских генератора E3 - R2 и E4 - R6 еквивалентна је реалном напонском генератору емс E5 = E3 - E4 = 0 и отпорности R7 = R2 + R6 = 1,5 kW (слика 217.3), односно само отпорнику R7 . Најзад, паралелна веза реалног напонског генератора E1 - R1 и отпорника R7 еквивалентна је реалном напонском генератору емс E6 = R8 =

E1R7 = 15 V и отпорности R1 + R7

R1R7 = 375 W (слика 217.4). Тај генератор је у празном ходу, па је тражени напон R1 + R7

U12 = - E6 = -15 V .

178

Сталнe струјe

Слика 217.4. Слика 217.3.

218. На слици 218.1 приказано је електрично коло сталне струје за које је познато U AB = 30 V , E5 = 17,5 V , I g2 = 60 mA , I g7 = 50 mA , R1 = 100 W , R3 = 200 W , R4 = 200 W ,

R5 = 300 W

и

R6 = 80 W . Користећи се Тевененовом теоремом и

трансфигурацијама једноставнијих мрежа, израчунати струју I 6 .

Слика 218.1.

R1

R1I g2

+ 1

R3

æ R R ö ç R1 + R3 + 4 5 ÷ I g7 ç R4 + R5 ÷ø è 2 + I6

+ UAB

R4 R5 R4 + R5

E5 R4 R4 + R5 +

4

R6

3 Слика 218.2.

РЕЗУЛТАТ Заменом

напона

U AB

компензационим

генератором

и

постепеним

трансфигурацијама као на слици 218.2, добија се тражена струја, I 6 = 100 mA .

4. Теореме

179

219. Мреже А и B, приказане на слици 219.1, састоје се од отпорника, напонских и струјних генератора. Напон празног хода мреже А је U Ao = 10 V , а струја кратког споја је 1 А. Напон празног хода мреже B је U Bo = -10 V , а струја кратког споја је 2 А. Израчунати напон U A када је прекидач П затворен. П +

+

A

UAo

UBo

B

I Слика 219.1. РЕШЕЊЕ Мрежа А се може заменити Тевененовим генератором (слика 219.2). Емс тог E генератора је ETA = U Ao = 10 V , а отпорност RTA = TA = 10 W , где је I ksA = 1 A I ksA струја кратког споја мреже А. Референтни смер струје кратког споја поклапа се на слици 219.2 са референтним смером емс ETA . Слично томе, параметри Тевененовог генератора који је еквивалентан мрежи В су ETB = -U Bo = 10 V и RTB = 5 W . Када се прекидач затвори, добија се просто коло као на слици 219.2, у 10 коме је U A = - V . 3

Слика 219.2.

220. За коло са слике 220.1 познато је I g = 50 mA , E1 = 10 V , E4 = 2,5 V , E5 = 2 V , E7 = 6 V , R1 = 100 W , R 2 = 300 W , R3 = 150 W , R5 = 150 W , R6 = 50 W и R7 = 50 W . Прекидач П је отворен. Израчунати прима новоприкључена грана после затварања прекидача.

E3 = 7,5 V , R4 = 50 W , снагу коју

РЕШЕЊЕ Електромоторна сила Тевененовог генератора (слика 220.2) је

ET = 3 V , а

унутрашња отпорност RT = 100 W . По затварању прекидача (слика 220.2), струја и напон новоприкључене гране су E - E7 I7 = T = -20 mA и U AB = - RT I 7 + ET = 5 V , па је снага коју прима та грана RT + R7 P7 = U AB I 7 = -100 mW < 0 (грана ради као генератор). Идеални напонски генератор E7 у тој грани ради као генератор и развија снагу PE 7 = - E7 I 7 = 120 mW , а отпорник R7 дисипира снагу PR7 = R7 I 72 = 20 mW .

180

Сталнe струјe

Слика 220.2. Слика 220.1.

221. За коло приказано на слици 221.1 познато је

E7 = 19 V ,

I g = 5 mA ,

R1 = R6 = 2 kW , R2 = 3 kW , R3 = 5 kW , R4 = 400 W и R5 = R7 = 1,5 kW . Када је прекидач ¢ када се прекидач П П затворен, познат је напон U 34 = 5 V . Колики је напон U 34 отвори? РЕЗУЛТАТ Упутство. Заменити остатак кола у односу на новоприкључену грану Тевененовим генератором. Када се прекидач отвори, ¢ = -2 V . U 34 Читаоцу се препоручује да, на основу задатих података, израчуна и емс E 4 , иако се задатак може решити без рачунања те емс. Слика 221.1.

4. Теореме

181

222. За коло са слике 222.1 познато је E6 = 14 V , E7 = 5 V , R1 = R2 = 300 W , R3 = R4 = R5 = 100 W и R6 = 50 W . При отвореном прекидачу П позната је струја I 5¢ = 50 mA , а при затвореном прекидачу напон U12 = 5 V . Израчунати отпорност R7 .

Слика 222.1. РЕШЕЊЕ Ради решења проблема, погодно је део кола према грани са прекидачем представити R2 R4 Тевененовим генератором, као на слици 222.2, при чему је R8 = = 60 W , R2 + R3 + R4 R2 R3 = 60 W . Сада је R2 + R3 + R4 (R + R9 ) (R1 + R10 ) = 200 W . ¢ = (R5 + R9 ) I 5¢ + E6 = 20 V и RT = Re¢14 = R6 + R8 + 5 ET = U14 R5 + R9 + R1 + R10 R9 =

R3 R4 = 20 W R2 + R3 + R4

и

R10 =

Слика 222.2. На слици 222.3 је представљено еквивалентно просто коло, за које је E E U 7 I 7 = 12 = T . Одавде је R7 RT + R7 R7 =

RT = 100 W . ET - E7 -1 U12

Слика 222.3.

182

Сталнe струјe 223. За коло са слике 223.1 познато је E2 = 18 V , E4 = 25 V , E6 = 10 V , I g1 = 2 A ,

R1 = 15 W , R2 = 25 W , R3 = 30 W , R4 = 20 W , R5 = 8 W и R6 = 10 W . Израчунати струју I g2 тако да буде I 6 = 1 A .

Слика 223.1.

РЕШЕЊЕ Применом Тевененове теореме добија се коло као на слици 223.2. При томе је RT1 = R1 + R2 = 40 W , ET1 = E2 + R1 I g1 = 48 V , RT2 = R5 + ET2 =

R3 R4 = 20 W R3 + R4

и

R3 E4 = 15 V . R3 + R4

Како

је

æ 1 1 1 çç + + R R R 6 T2 è T1

U AB = E6 + R6 I 6 ,

Слика 223.2. то

је

по

методи

потенцијала

ö E E E ÷÷ (E6 + R6 I 6 ) = T1 + I g2 + 6 - T2 . Одавде је I g2 = 2,05 A . R R RT2 T1 6 ø

224. За коло сталне струје приказано на слици 224.1 је E4 = 8 V , I g = 8 mA , R1 = 60 W ,

R2 = R4 = R6 = 120 W и R3 = R5 = 300 W . Када је отпорност променљивог отпорника R = 200 W , познате су струје I 2 = 7 mA и I 3 = 5 mA . Колика је струја променљивог отпорника када му је отпорност R¢ = 500 W ?

Слика 224.1.

чворова

4. Теореме

183

РЕШЕЊЕ У односу на променљиви отпорник, остатак кола се може заменити Тевененовим генератором отпорности RT = 100 W и непознате електромоторне силе (слика 224.2). Када је R = 200 W , струја променљивог отпорника је I 43 = I 2 + I 3 + I g = 20 mA , па је емс Тевененовог генератора ET = (R + RT ) I 43 = 6 V .

Слика 224.2.

¢ = 10 mA . Када је отпорност променљивог отпорника R¢ = 500 W , струја му је I 43

225. За коло сталне струје са слике 225.1 познато је E1 = E3 = 1 V , E4 = 3 V , E5 = 4 V , I g2 = 1 mA , R1 = R2 = R3 = R7 = 2 kW и R4 = R5 = R6 = 1 kW . Снага идеалног напонског генератора E1 је PE1 = 1 mW . Израчунати струју струјног генератора I g1 .

РЕЗУЛТАТ Струја струјног генератора је I g1 = 4 mA .

Слика 225.1.

226. За коло приказано на слици 226.1 је E6 = -15 V , R1 = R2 = 150 W и R3 = R4 = R5 = 50 W . При отвореном ¢ = 25 V . прекидачу П познат је напон U14 При затвореном прекидачу П познат је ¢¢ = 2,5 V . Одредити отпорност R6 . напон U12 РЕЗУЛТАТ Отпорност је R6 = 25 W .

Слика 226.1.

184

Сталнe струјe *227. За коло приказано на слици 227.1 познато је E1 = 25 V , E3 = 4 V , R1 = 100 W ,

R2 = 150 W , R3 = 200 W , R4 = 800 W , R5 = 50 W и R6 = R7 = 160 W . Када је прекидач П отворен, снага коју развија струјни генератор је PI g = 2,2 W , а идеални напонски генератор E3 се понаша као пријемник. Када је прекидач П затворен, снага отпорника R4 је PR4 = 320 mW , а струјни генератор се понаша као пријемник. Израчунати електромоторну силу E2 . R1

П

E2

1

E1

R2

Ig

4 R3

R5

R4

R6 2 R7

E3

3

Слика 227.1. РЕШЕЊЕ После трансфигурације мрежа

R1 - E1 - R2 ,

R6 - E3 - R7

и

R3 - R4 , коло се

упрошћава као на слици 227.2, при чему је E4 = 10 V , E5 = 2 V , R8 = 60 W , R9 = 80 W и R10 = 160 W . Уочимо да је, осим емс E2 , непозната и струја струјног генератора I g . Када је

прекидач П отворен, напон струјног генератора је U12 = (R9 + R10 + R8 )I g + E5 - E4 , а снага је PI g = U12 I g и дата је условима задатка. На основу тога се добија квадратна једначина за струју генератора, (R9 + R10 + R8 )I g2 + (E5 - E4 )I g - PI g = 0 , која, за задате податке, у јединицама SI система гласи 300 I g2 - 8 I g - 2,2 = 0 . Решења те једначине су (1) I g(1) = 0,1 A и I g( 2) = -0,0733 A . У првом случају је U 23 = -10 V . Тада је, у односу на

референтни смер од 2 ка 3 на слици 227.1, струја генератора E3 негативна, па се тај генератор понаша као пријемник, што одговара условима задатка. У другом случају је ( 2) U 23 = 3,864 V , а генератор E3 ради као генератор. Стога то решење отпада, па је

I g = 0,1 A .

4. Теореме

185

Слика 227.3.

Слика 227.2.

Сада се коло са слике 227.2 може трансфигурисати у просто коло са слике 227.3 у коме је ET = 22 V и RT = 300 W . Када је прекидач П затворен, јачина струје у колу са слике 227.3 је I =

ET - E 2 . RT + R5

Струја отпорника R4 у колу са слике 227.1, у односу на референтни смер од чвора 3 ка

(

)

PR4 R3 I - I g . На основу услова задатка, I 4 = ± = ±20 mA . R3 + R4 R4 Доњем знаку одговара позитиван напон U12 , струјни генератор ради као генератор, а то није у складу са условима задатка. Горњем знаку одговара U ¢ = -38 V , струјни чвору 4, је I 4 =

генератор ради као пријемник, па је I 4 = 20 mA . На основу тога је E2 = -48 V .

228. У колу сталне струје са слике 228.1 је E1 = 1 V , I g1 = 6 mA , R1 = 1 kW ,

R2 = R3 = 3 kW ,

R4 = 4 kW и R5 = 6 kW . Када је отпорност променљивог отпорника R = 0 , снага идеалног напонског генератора E1 је PE1 = -5 mW . Када је

R = 1,2 kW ,

струјног

снага

генератора

идеалног I g1

је

PI g1 = 37,6 mW . Израчунати снагу идеалног напонског генератора E4 када је R = 2,4 kW .

Слика 228.1.

РЕШЕЊЕ Када је R = 0 , тада је PE1 = E1 I1 = -5 mW , па је I1 = I 21 = -5 mA и U12 = 6 V . Мреже E1 - R1 - I g1 , E2 - R2 - R5 и E3 - R3 - I g2 могу се трансфигурисати у еквивалентне напонске генераторе, као на слици 228.2, где је

E5 = 7 V ,

E6 = E3 - R3 I g2 ,

186

Сталнe струјe

R5 R R и R6 = 2 5 = 2 kW . Струја у том колу је I = I1 + I g1 = 1 mA . Како је R2 + R5 R2 + R5 U12 = E6 - E7 + (R3 + R6 )I , добија се E6 - E7 = 1 V . У простом колу са слике 228.2, реални напонски генератор E6 - R3 се може преместити уз генератор E7 - R6 , па се оба E7 = E 2

генератора заменити једним еквивалентним генератором, параметара E8 = 1 V

и

R7 = 5 kW . Тиме се коло са слике 228.1 своди на коло са слике 228.3. E7

1

R6

3

I R1 E5

E6

R3

2

4 Слика 228.2.

Слика 228.3.

Из податка за снагу идеалног струјног генератора I g1 када је R = 1,2 kW , следи 94 U12 = U1'2' = V , па се анализом кола на слици 228.3 добија E4 = 4 V . Из истог кола 15 се, за R = 2,4 kW , добија тражена снага генератора, PE 4 = 1,6 mW .

*229. За коло сталне струје са слике 229.1 познато је E1 = 120 V , E2 = E3 = 100 V , I g1 = 0,1 A ,

R2 = 30 W ,

R3 = 40 W ,

R4 = 35 W ,

R5 = 100 W ,

R6 = R7 = 50 W ,

R8 = R9 = 25 W , PI g1 = -4,6 W и PE2 = 20 W . Израчунати отпорност R1 и струју струјног генератора I g2 .

4. Теореме

187

Ig1

R1

РЕЗУЛТАТ Тражена отпорност је R1 = 50 W , а струја струјног

R3

R2

R4

R9

E1

R5 E3

E2

генератора је I g2 = -0,2 A .

Ig2

R6

R7

R8 Слика 229.1.

230. На слици 230.1 приказана је електрична шема моста за сталну струју. Извести услов равнотеже моста.

Слика 230.1.

Слика 230.2.

РЕШЕЊЕ Гране са отпорницима R1 , R2 , R3 и R4 називају се гране моста, грана 1 - 3 је напојна дијагонала моста, а грана 2 - 4 је мерна дијагонала моста. Увођењем компензационих струјних генератора уместо напојне и мерне дијагонале, шема добија облик као на слици 230.2. По теореми суперпозиције, напони између крајева дијагонала моста су U 24 = U 24 I gkn + U 24 I gkm и U13 = U13 I gkn + U13 I gkm , односно

(

)

(

)

(

)

(

)

188

Сталнe струјe

U 24 = U13 =

(R + R3 )(R2 + R4 ) I , - R1 (R3 + R4 ) + R3 (R1 + R2 ) I gkn + 1 gkm R1 + R2 + R3 + R4 R1 + R2 + R3 + R4 (R3 + R4 )(R1 + R2 ) I R1 + R2 + R3 + R4

gkn

+

- R4 (R1 + R3 ) + R3 (R2 + R4 ) I gkm . R1 + R2 + R3 + R4

(230.1) (230.2)

Мост је у равнотежи ако стање (напон и струја) у једној дијагонали не утиче на стање (напон и струју) у другој дијагонали. Према једначинама (230.1) и (230.2), то значи да напон U 24 не зависи од струје I gkn , а напон U13 не зависи од струје I gkm , односно ако је R1 (R3 + R4 ) - R3 (R1 + R2 ) = 0 и - R4 (R1 + R3 ) + R3 (R2 + R4 ) = 0 . Оба услова су истовремено испуњена ако је R1 R4 = R2 R3 .

Шема са слике 230.1 одговара Витстоновом мосту, који се употребљава у електричним мерењима. Када је мост у равнотежи, емс Тевененовог генератора у односу на мерну дијагоналу је нула, па је и струја амперметра једнака нули. По теореми компензације, мерна дијагонала се може раскинути, а да се напони и струје у остатку кола не промене. Када је мост са слике 230.1 у равнотежи, онда је и U 24 = 0 , па се, по теореми компензације, мерна дијагонала може кратко спојити, а да то не утиче стање у остатку кола.

R2 =10 W , R3 = R4 = 40 W , E1 = 40 V и E5 = 10 V . По затварању прекидача П, идеалним амперметром установи се прираштај струје DI 5 = DI 34 = 2 A . Израчунати струју струјног генератора, I g . 231. За коло сталне струје са слике 231.1 је

R1 = R5 = 20 W ,

Слика 231.1. РЕШЕЊЕ Применимо струјну компензацију на паралелну везу прекидача и идеалног струјног ì I (o ) = I , П отворен g ï gk генератора (слика 231.2). При овоме је I gk = í , где је I ks = (I ks )42 (z) ï I gk = I ks , П затворен î струја кратког споја између тачака 4 и 2.

4. Теореме

189 R1

E1

Iks + 1

Слика 231.2.

R2

2

R4

R5

E5 +

4

3

Слика 231.3.

Ради одређивања струје I ks , посматра се коло са слике 231.3. Отпорници R1 , R2 , R4 и R5 су гране моста који је у равнотежи, јер је R1R5 = R2 R4 . Стога стање у дијагонали E3 - R3 (слика 231.1) не утиче на напон U 24 нити на струју кратког споја I ks , па је на слици 231.3 дијагонала E3 - R3 уклоњена. Струја кратког споја је I ks =

E5 E1 + =1A . R1 + R4 R2 + R5

По теореми линеарне зависности одзива од побуде, прираштај струје амперметра је (z) (o) DI 34 = a1DI gk , где је DI gk = I gk - I gk = I ks - I g и a1 константа величина, што значи да је DI 34 једнако струји гране 3-4 када у колу делује само струјни генератор струје DI gk , као на слици 231.4. И на тој шеми је дијагонала R3 - E3 раскинута, због равнотеже R1 + R4 моста. На основу слике 231.4 је DI 34 = DI gk , па је R1 + R2 + R4 + R5 DI gk =

R1 + R2 + R4 + R5 DI 34 = 3 A . Како је DI gk = I ks - I g , то је I g = I ks - DI gk = -2 A . R1 + R4

Слика 231.4.

Слика 231.5.

Задатак се може решити и применом напонске компензације. Према слици 231.5 је ì E (o ) = U (o ) , П отворен ï k 24 Ek = í . На основу теореме линеарне зависности одзива од (z) (z) ïî Ek = U 24 = 0, П затворен (z) (o ) (o ) побуде је DI 34 = a2 DEk , где је DEk = U 24 - U 24 = -U 24 . Прираштај DI 34 једнак је

струји у грани 3-4 на слици 231.6, DI 34 =

(o ) - U 24 DE k (o ) = , одакле је U 24 = -60 V . R2 + R5 R2 + R5

190

Сталнe струјe

( o) DEk = -U 24

( o) U 24

Слика 231.6. Слика 231.7. Посматрајући еквивалентно просто коло са слике 231.7, добијено за коло са слике (o ) = RT I g + ET . Параметри 231.1 на основу Тевененове теореме, види се да је U 24 RR R R Тевененовог генератора су RT = 1 2 + 4 5 = 20 W и R1 + R2 R4 + R5

U ( o ) - ET E (R + R5 ) + E5 (R1 + R4 ) ¢ =- 1 2 = -20 V , па је I g = 24 = -2 A . ET = U 24 R1 + R2 + R4 + R5 RT R4

R3

4 + E5

232. За коло са слике 232.1 познато је R1 = 15 W , R2 = 45 W , R3 = 75 W ,

R4 = 135 W ,

R5 = 90 W ,

R7 = 22,5 W и E6 = 12 V . При затвореном прекидачу П, познат је (z) U 23 = -18 V .

напон

R2

E2

R5

1

П

E6 +

6

Отварање

Ig

прекидача П узрокује прираштај напона U12 , DU12 = 4 V . Израчунати отпорност R6 .

R6

2

+

R7

5

3

+ E1

R1

Слика 232.1. РЕШЕЊЕ (z) (z) При затвореном прекидачу, напон отпорника R6 је U 26 = E6 + U 23 = -6 V . Како је

R6 =

(z) U 26 ( z) I 26

(z) , то је за одређивање отпорности R6 потребно одредити струју I 26 .

4. Теореме

191

Применом струјне компензације, грана са отпорником се замени струјним ì I ( z) = I ( z) , П затворен 26 ï gk . Прираштај компензационим генератором струје I gk = I gk23 = í ( o) П отворен ï I gk = 0, î (o ) ( z) (z) напона U12 услед отварања прекидача је DU12 = a1DI gk , где је DI gk = I gk - I gk = - I 26 (z) и a1 константна величина. DI gk = - I 26 . Веза између DU12 и DI gk може се добити

анализом кола са слике 232.2, у коме је DU12 = 4 V . Троугао отпорника R2 , R4 , R5 са слике 232.1 трансфигурисан је у трокраку звезду отпорности R8 = 22,5 W , R9 = 15 W и æ ö R3 + R10 ÷ DI gk , одакле је R10 = 45 W . Са 232.2 слике је DU12 = çç R9 + R8 R3 + R10 + R8 + R7 + R1 ÷ø è 2 (z) I 26 = -DI gk = - A , па је отпорност R6 = 45 W . 15

( z) DI gk = - I 26

Слика 232.2. Задатак се може решити и применом напонске компензације. Грана између чворова 2 и 3 (слика 232.1), са R6 , E6 и прекидачем П, замењује се напонским компензационим ì E ( z) = U ( z ) , П затворен ï k 23 (o ) (z) генератором емс Ek = Ek32 = í , где је U 23 = U 23 + DU 23 , па је ( o) (o ) ïî Ek = U 23 , П отворен прираштај емс компензационог генератора услед отварања прекидача DEk = DU 23 .

192

Сталнe струјe

Слика 232.3. Веза између DEk и DU12 добија се из кола са слике 232.3, за које је 6 6 DU12 22 DU12 = a2 DEk = - DEk , где је a 2 = - , па је DU 23 = DEk = =V . На 11 11 a2 3 основу тога је, у колу са слике 232.1, после отварања прекидача, 76 (o ) (z) U 23 = U 23 + DU 23 = V. 3 За коло са слике 232.1, применом Тевененове теореме у односу на грану између ( z) I 26 чворова 2 и 3, добија се коло са слике 232.4, при (o ) 76 ET = U 23 (o) чему је ET = U 23 =V и 3 (z) U 23 ( R3 + R10 )(R8 + R7 + R1 ) RT = R9 + Са = 55 W . R3 + R10 + R8 + R7 + R1 (z) слике 232.4 је I 26 =

одакле је R6 =

(o ) ( z) U 23 - U 23

RT

=

( z) U 23 + E6

R6

,

(z) U 23 + E6 RT = 45 W . DU 23

**233. У отпорнику отпорности R0 , у колу са слике 233.1, успостављена је струја I 0 . Одредити прираштај ове струје ако се отпорност R0 промени за DR0 . Сматрати да је отпорност R позната.

Слика 232.4.

R 2

Слика 233.1.

4. Теореме

193

РЕШЕЊЕ Када се отпорност R0 промени за DR0 , нова отпорност је R0¢ = R0 + DR0 , па се отпорник R0 на слици 233.1 може заменити редном везом два отпорника. Отпорност првог отпорника је R0 , а другог је DR0 (при чему је могуће да је отпорност другог отпорника буде и позитивна, и негативна, и нула). Тиме се добија коло као на слици 233.2. У односу на отпорник DR0 , остатак кола се може заменити Нортоновим генератором (слика 233.3). Проводност Нортоновог генератора за мрежу са слике 233.3 1 (еквивалентна проводност гледано улево од прикључака А и В) је GN = Ge = , где је Re 1 20 Re = = R + R0 еквивалентна отпорност мреже. Ge 27 Струја Нортоновог генератора је I gN = I 0 , односно то је струја отпорника R0 пре промене. Струја I је струја после промене. Из једначине разделника струје је Re DR0 I 0 1 I = I gN = I gN , па је прираштај струје DI = I - I 0 = . 1 + GN DR0 Re + DR0 Re + DR0 Заменом израза за Re добија се DI =

- (DR0 )I 0 . 20 R + R0 + DR0 27

A I IgN

R 2

GN

R0 B

Слика 233.3. Слика 233.2.

4.4. Премештање генератора *234. За коло са слике 234.1 познато је E1 = 10 V , E4 = 14 V , R2 = 300 W , R3 = 120 W , R4 = 40 W , R5 = 200 W и R6 = 160 W . Израчунати струју I 3 .

194

Сталнe струјe R3

1

I3 R2 +

R4

2

+

E4 4

R5 E1 + Слика 234.1.

+

E1

R6

3 Слика 234.2.

РЕШЕЊЕ Из система једначина по методи контурних струја произилази да контурне струје, а преко њих и струје грана кола, не зависе од положаја електромоторних сила у контури, већ зависе од алгебарских збирова емс у контури. Ово допушта да се идеални напонски генератори могу премештати у друге гране кола, при чему алгебарски збирови емс у контурама пре и после премештања остају исти. Поступак при премештању је следећи: идеални напонски генератор се може преместити из једна гране кола у све гране које са посматраном граном имају заједнички чвор. Струје грана се, при овоме, не мењају, али се мења потенцијал тог чвора. На слици 234.2 приказано је задато коло после премештања генератора E1 . Чворови 1 и 3 у колу са слике 234.2 могу се сажети у један чвор, чиме се добија коло на слици 234.3. Даљим трансфигурацијама добијају се колa са слике 234.4 и слике 234.5, при чему æ æ æ R R ö R R ö R E ö E1 çç R4 + 2 5 ÷÷ + R6 çç E4 + 2 1 ÷÷ R6 çç R4 + 2 5 ÷÷ R2 + R5 ø R2 + R5 ø R2 + R5 ø è је Re = è = 80 W и Ee = è = 15 V . R R R R R6 + R4 + 2 5 R6 + R4 + 2 5 R2 + R5 R2 + R5 Тражена струја је I 3 =

Ee = 75 mA . Re + R3

Слика 234.3.

4. Теореме

195

R3

1 E1R2 R2 + R5

3

+

I3

+ E1

R2 R5 R2 + R5

R4

+

E4

2

R6 4

Слика 234.4.

Слика 234.5.

*235. За коло са слике 235.1 је R1 = 200 W , R2 = 300 W и E =6V, R3 = 80 W . Израчунати напон U AB . РЕШЕЊЕ Слика 235.1. Слика 235.2 приказује коло после премештања генератора, у коме је 2E I3 = = 60 mA . Напон U AB се променио после сеобе генератора. Зато се тај R1 R2 R3 + R1 + R2 напон мора одредити из оригиналног кола. На основу слике 235.3 је сада R R - R1 R3 - R2 R3 E = 1,2 V . U AB = - R3 I 3 + E = 1 2 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 Напон U AB се, провере ради, може одредити и применом методе напона између E E E R R1 R2 R R - R1 R3 - R2 R3 I = 1 2 E = 1,2 V . чворова (слика 235.1), U AB = A = 3 1 1 1 G AA R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 + + R1 R2 R3

Слика 235.2.

Слика 235.3.

196

Сталнe струјe *236. За коло сталне струје са слике 236.1 је

E1 = E2 = 20 V ,

I g = 40mA ,

R2 = R3 = 1 kW и R4 = R5 = 2 kW . Израчунати снаге које развијају генератори. R2

3

+ R3 1

E2 E1 + E2

2

Ig

R4 R5 4 E1

+

Слика 236.2.

Слика 236.1. РЕШЕЊЕ Ради бржег решавања кола генератор E1 може се преместити као на слици 236.2, са које је I g = I 2 + I 3 и R3 I 3 = E1 + E2 + R2 I 2 . Из ових једначина је I 3 = 40 mA . Такође је I g = I 4 + I 5 и R4 I 4 = - E1 + R5 I 5 , одакле је I 4 = 15 mA . Према слици 236.2 струје кроз напонске генераторе су I12 = I 3 - I 4 = 25 mA и I 23 = - I g + I 3 = 0 .

Напон

између

крајева

струјног

генератора

је

U 34 = R4 I 4 + R3 I 3 = 70 V . Снаге које развијају генератори су PE1 = E1 I12 = 0,5 W , PE 2 = E2 I 23 = 0 и PI g = U 34 I g = 2,8 W .

*237. За коло приказано на слици 237.1 познато је E1 = 6 V , E5 = 20 V , I g3 = 3 mA , I g4 = 10 mA , R1 = 2 kW , R2 = 0,5 kW и R5 = 0,5 kW . Израчунати снагу коју развија идеални напонски генератор E5 .

4. Теореме

197

R1 + R2 R1I g3 + (R1 + R2 )I g4

Слика 237.1.

Слика 237.2.

РЕШЕЊЕ Ради израчунавања снаге коју развија генератор E5 , потребно је израчунати струју тог генератора. После премештања генератора E1 и даље трансфигурације, коло добија облик као на слици 237.2. Према уопштеном Омовом закону, струја у овом колу је R1I g3 + (R1 + R2 )I g4 - E1 + E5 I5 = = 15 mA , па је тражена снага PE5 = E5 I 5 = 0,3 W . R1 + R2 + R5

*238. За коло приказано на слици 238.1 је E4 = E6 = 8 V , E5 = 2 V , R1 = 100 W , R2 = 40 W , R5 = 10 W и R7 = 500 W . При затвореном прекидачу П позната је струја I 9( z ) = 0,2 A . При отварању прекидача, та струја се промени за DI 9 = -0,4 A . Одредити снагу отпорника R2 при затвореном прекидачу П.

Слика 238.1. РЕШЕЊЕ Коло се упрошћава премештањем генератора E 4 у гране 5 и 6, као на слици 238.2, јер се емс E 4 и E6 потиру, а E 4 и E5 се сабирају у Ee = E 4 + E5 = 10 V . Премештањем генератора не мења се напон U12 , као ни струја I 9 . На основу теореме компензације и теореме линеарности, важи I 9 = aU12 , где је а константна величина за посматрано коло. Када је прекидач П затворен, тада је

198

Сталнe струјe

( z) I 9( z ) = aU12 = 0,2 A .

Када

је

прекидач

отворен,

тада

је

(o ) (o ) (z) I 9(o ) = aU12 = I 9( z ) + DI 9 = -0,2 A , па је U12 = -U12 .

Слика 238.2. Грана са прекидачем може се заменити компензационим струјним генератором, а резистивна мрежа заменити отпорником отпорности Re , као на слици 238.3. Струја ì 0, П отворен компензационог генератора је I gk = í , где је I 2 = I 21 струја отпорника î I 2 , П затворен Re (o) Ee . Када је R2 при затвореном прекидачу. Када је прекидач П отворен, U12 =Re + R5 R R Re (z) прекидач затворен, на основу суперпозиције је U12 Ee + e 5 I 2 . Из =Re + R5 Re + R5 2 Ee (o ) (z) = 2 A , па је тражена снага отпорника = -U12 следи I 2 = услова U12 R5 PR2 = R2 I 22 = 160 W . 1

Igk

Ige

R5

Re

2 Слика 238.3.

Слика 238.4.

Уместо напонске компензације, може се применити струјна компензација. Најпре се реални напонски генератор Ee - R5 са слике 238.2 трансфигурише у еквивалентни

4. Теореме

199

струјни генератор (слика 238.4), струје I ge =

Ee = 1 A и отпорности R5 . Грана са R5

прекидачем се замени компензационим струјним генератором струје I gk , па се паралелна веза генератора I gk и I ge замени новим компензационим генератором струје ¢ = I gk - I ge . На основу линеарности је I 9 = bI gk ¢ , где је b константна величина. Из I gk ¢(o) = - I gk ¢( z) , па је I gk = I 2 = 2 I ge = 2 A , одакле је PR = 160 W . услова задатка је I gk 2

*239. Користећи се премештањем струјног генератора у колу са слике 236.1, одредити снаге које развијају генератори. РЕШЕЊЕ Из система једначина написаних за коло по методи потенцијала чворова произилази да напони измећу појединих чворова и референтног чвора, а тиме и напони између појединих чворова, зависе од алгебарских збирова струја струјних генератора везаних за поједине чворове, а не зависе од положаја струјних генератора у колу. То дозвољава премештање идеалних струјних генератора у колу уз услов да при томе алгебарски збирови струја струјних генератора за све чворове буду исти пре и после премештања генератора. Одавде се добија правило да се струјни генератор може преместити тако да се паралелно веже свим гранама које са тим струјним генератором образују контуру. Премештањем идеалног струјног генератора из кола са слике 236.1 добија се шема кола на слици 239.1. Трансфигурацијом реалних струјних генератора у реалне напонске генераторе, добија се шема са слике 239.2. R2 3 R3 I g

+ R3

E2

Ig 1

R4

2 R4 I g

Ig R5 4 E1

+

Слика 239.1.

Слика 239.2.

200

Сталнe струјe

Са те слике је I 2 =

- E1 + R3 I g - E2 R2 + R3

= 0 и I5 =

- E1 - R4 I g R4 + R5

= -25 mA . Такође је

I1 = - I 2 - I 5 = 25 mA и U 34 = - R5 I 5 + E 2 + R2 I 2 = 70 V , па су тражене снаге генератора PE1 = E1 I1 = 0,5 W , PE 2 = - E2 I 2 = 0 и PI g = U 34 I g = 2,8 W .

*240. За коло са слике 240.1 је E1 = 20 V , E2 = 12 V , E3 = 26,5 V , I g = 13 mA , R3 = 100 W , R4 = 1 kW и R5 = 500 W . Израчунати (a) снаге које развијају генератори и (б) укупну снагу Џулових губитака у колу.

1

Ig

R4 + E1

R5

3

4

R3 E3 + 2

+ E2

Слика 240.1. Слика 240.2. РЕШЕЊЕ После премештања струјног генератора, коло добија облик као на слици 240.2. По Кирхофовим законима за то коло је I 3 = I 4 + I 5 , E1 - R4 I 4 - R3 I 3 + E3 = 0 и E2 - R5 I 5 - R3 I 3 + E3 = 0 , одакле је I 3 = 95 mA , I 4 = 37 mA и I 5 = 58 mA . Даље је I1 = I g + I 4 = 50 mA и I 2 = I 3 - I 2 = 45 mA и U 41 = - R4 I 4 + R5 I 5 = -8 V . (а) Снаге које развијају генератори у колу на слици 240.1 су PE1 = E1 I1 = 1 W , PE 2 = E2 I 2 = 0,54 W , PE3 = E3 I 3 = 2,5175 W и PI g = U 41I g = -0,104 W . (б) Укупна снага Џулових губитака је PRuk = R3 I 32 + R4 I 42 + R5 I 52 = 3,9535 W , што је једнако укупној снази генератора, Pg = PE1 + PE 2 + PE3 + PI g = 3,9535 W .

4. Теореме

201

*241. За коло са слике 241.1 је E = 6 V , R = 180 W , I g = 0,4 A , R1 = 25 W , R2 = 30 W , R3 = 60 W , R4 = 40 W , R5 = 45 W , R6 = 90 W и R7 = 67,5 W . Израчунати снагу отпорника R . РЕШЕЊЕ Премештањем генератора Ig

отпорницима R1 и R2 , трансфигурацијом добијених реалних струјних генератора у напонске, као и трансфигурацијом троугла R5 , R6 ,

R3

1

струјног паралелно R1

R Ig

2

R7 у звезду, добија се коло са два чвора. Решавањем тог кола методом потенцијала чворова добија се струја отпорника R , I 52 = 20 mA , па је тражена снага отпорника R

4

E

R5

+

5

R2

R7

R6 R4 3

6 Слика 241.1.

2 PR = RI 52 = 72 mW .

4.5. Реципроцитет E 242. На слици 242.1 је приказано коло са једним идеалним напонским генератором емс E = 42 V и четири отпорника

R1 = 1 kW ,

отпорности

+ I4

R1

R2

R3

R4

R2 = 1,5 kW , R3 = 0,3 kW и R4 = 0,3 kW . Израчунати струју I 4 теорему реципроцитета.

и

проверити

Слика 242.1.

Слика 242.2. РЕШЕЊЕ Према општој шеми приказаној на слици 242.2, за побуду једним идеалним напонским генератором, теорема реципроцитета (узајамности) тврди да ако је

202

Сталнe струјe E AB E MN = = Rt , где је Rt I MN I AB назива се преносна отпорност

E AB = E MN , тада је I MN = I AB . Одавде произилази да је величина која има (трансрезистанса).

природу

отпорности,

а

Слика 242.3. На слици 242.3 је приказано задато коло у форми прилагођеној слици 242.2. Према R3 E R3 E слици 242.3 је I 4 = и = = 28 mA R + R4 R R R R R3 + R4 3 4 1 2 + + R3 R4 R1R2 3 R1 + R2 R1 + R2 R3 + R4 R3 E R3 + R4 R3 E = = 28 mA . I= R + R4 R R R1R2 + 3 4 + R3 R4 R1 R2 3 R1 + R2 R1 + R2 R3 + R4 реципроцитета, јер је I = I 4 . Преносна отпорност је Rt =

Ово

потврђује

теорему

E E = = 1,5 kW . I4 I

243. Идеални струјни генератор I g и отпорници отпорности R1 , R2 , R3 , R4 и R5 везани су у коло као на слици 243.1. Одредити израз за напон U13 и проверити теорему реципроцитета. Слика 243.1. РЕШЕЊЕ Када се у колу налази само један идеални струјни генератор, теорема реципроцитета се може исказати користећи се сликом 243.2: ако је I gAB = I gNM , тада је U MN = U BA .

4. Теореме

203

Количник Gt =

I gAB

=

I gNM

U MN U BA проводност (транскондуктанса).

је по природи проводност и назива се преносна

Слика 243.2. На

слици

243.3

је

Према тој слици је R1 R4 Ig R5 I g R1 R4 R1 + R4 . Одавде је и U BA = R5 U MN = R R R1 R4 R2 R3 R1 + R4 R1 R4 + R5 + 2 3 + R5 + R2 + R3 R1 + R4 R2 + R3 R1 + R4 U MN = U BA , што потврђује теорему реципроцитета илустровану сликом 243.2. Преносна проводност је Gt =

приказано

Ig U MN

=

Ig U BA

задато

=

коло.

1 1 æ + çç1 + R5 R1 è

R1 ö 1 R2 R3 (R1 + R4 ) ÷+ . R4 ÷ø R5 R1R4 (R2 + R3 )

Слика 243.3.

244. Када је у колу приказаном на слици 244.1 E1 = 10 V и E2 = 0 , тада је I2 = 2 mA . Колика је струја I1 када је E1 = 0 и E2 = 20 V ?

Слика 244.1.

204

Сталнe струјe

РЕЗУЛТАТ На основу теореме реципроцитета и теореме пропорционалности, тражена струја је I1 = -4 mA .

245. У колу приказаном на слици 245.1 је E = 1 V . Када су преклопници П1 и П 2 у положају 1, I2 = 10 mA . Колика је струја I1 када су преклопници у положају 2?

Слика 245.1. РЕШЕЊЕ На основу теореме реципроцитета је I '1 = - I 2 = -10 mA .

246. Генератор емс E = 30 V и отпорници отпорности R1 = 200 W , R2 = 300 W , R3 = 400 W , R4 = 100 W и R5 = 100 W образују коло сталне струје као на слици 246.1. Израчунати снагу отпорника R4 .

Слика 246.1.

Слика 246.2.

РЕШЕЊЕ Тражена снага се може израчунати из P4 = R4 I 42 , где је I 4 струја отпорника отпорности R4 . Ради лакшег решавања, примењена је теорема реципроцитета, као на

4. Теореме

205

слици 246.2. У колу са те слике је I 42 =

I 21 =

E = 0,1 A . Такође је R3 R5 R1 R2 + R4 + R1 + R2 R3 + R5

R3 R2 I 42 = 60 mA и I14 = I 42 = 80 mA . Сада је I = I 21 - I14 = -20 mA , R1 + R2 R3 + R5

што је једнако струји отпорника R4 у колу са слике 246.1. Тражена снага тог отпорника је P4 = 40 mW .

247. За коло са слике 247.1 познато је I g = 30 mA , R1 = 3 kW , R2 = 5 kW , R3 = 2 kW , R4 = 0,5 kW и R5 = 0,4 kW . Израчунати снагу отпорника R1 . 3

R4

R2 R1

Ig

1

2

R3 R5 4 Слика 247.1.

Слика 247.2.

РЕШЕЊЕ 2 U 34 . У овом примеру, за R1 одређивање напона U 34 погодно је применити теорему реципроцитета, односно анализирати коло са слике 247.2. По методи напона између чворова, за то коло је Ig æ R4 R2 ö ÷ U 34 = -3 V . U 34 = = 18,9 V , па је U12 = çç ÷ 1 1 1 è R4 + R5 R2 + R3 ø + + R1 R2 + R3 R4 + R5

Снага отпорника R1 се може израчунати из обрасца PR1 =

Стога је у колу са слике 247.1 U 34 = -3 V . Тражена снага отпорника је PR1 = 3 mW .

206

Сталнe струјe

4.6. Прилагођење по снази 248. Реални напонски генератор, емс E и унутрашње отпорности Rg , и пријемник променљиве отпорности образују просто електрично коло као на слици 248.1. Одредити отпорност Rp пријемника при којој је снага пријемника максимална.

Слика 248.2.

Слика 248.1. РЕШЕЊЕ Снага пријемника је P = UI = U P(U ) =

(

E -U , односно Rg

)

1 EU - U 2 . Rg

(248.1)

Снага отпорника Rp мора задовољавати услов P ³ 0 . Отпорник је увек пријемник, не може се понашати као генератор, а његова отпорност је Rp > 0 . Унутрашња отпорност генератора такође мора бити позитивна ( Rg > 0 ). Ако се претпостави да је E > 0 , следи да напон отпорника мора испуњавати двоструку неједнакост 0 £ U £ E . (Ако је E < 0 , онда мора важити E £ U £ 0 .) На слици 248.2 приказан је график функције (парабола) дате изразом (248.1). Са графика се види да је снага пријемника максимална када је E2 E E . Заменом U = у (248.1) добија се да максимална снага износи Pmax = . 2 2 4 Rg Rp E Под овим околностима је U = = E , одакле следи Rp = Rg . Каже се да је тада 2 Rp + Rg U=

пријемник прилагођен по снази на генератор.

4. Теореме

207

До истог резултата се може доћи и помоћу извода. Како је услов екстремума dP(U ) 1 º (E - 2U ) = 0 , добија се U = E . При томе је испуњен услов да је екстремум Rg dU 2 максимум, јер је

d 2 Pp dU p2

º-

2 0 ) и унутрашње отпорности Rg > 0 , и пријемник отпорности Rp Î [0,+¥) образују просто електрично коло (слика 248.1). На истом графику, у функцији јачине струје пријемника, I, представити напон пријемника, U, снагу пријемника, PRp , снагу коју развија емс E, снагу губитака у генератору и коефицијент корисног дејства, h. РЕШЕЊЕ У простом колу на слици 248.1, емс Е одржава струју I у колу, па емс и струја морају бити истог знака у односу на референтне смерове са те слике. По Омовом закону E E је I ( Rp ) = . Посебно, за Rp = 0 је I ( Rp = 0) = , док је за Rp ® +¥ Rg + Rp Rg I ( Rp ® +¥) = 0 . Стога, за Rp Î [0,+¥) произилази I ( Rp ) Î [0, I max ] , где је I max =

E Rg

струја кратког споја генератора. Напон пријемника је U ( I ) = E - Rg I , што је линеарна опадајућа функција (слика 249.1). Снага пријемника је PRp = UI = ( E - Rg I ) I , што је квадратна функција струје I. Отвор параболе је надоле (слика 249.1). Функција има нуле за I = 0 и I = екстремум, одређен из

dPRp dI

º E - 2 Rg I = 0 , односно

I=

E , и један Rg

I E = max . Како је 2 Rg 2

208

Сталнe струјe

d 2 PRp dI 2

º -2 Rg < 0 , тај екстремум је максимум (што је очигледно и са слике 249.1) и

( )

износи PRp

max

=

E2 . 4 Rg

Слика 249.1. Снага коју развија емс Е је PE = EI и линеарно је пропорционална струји I (слика E2 . При струји при 249.1). Максимална снага коју развија емс је (PE )max = EI max = Rg којој је снага пријемника максимална (када је пријемник прилагођен на генератор), снага коју развија емс Е је PE =

( )

E2 1 = (PE )max = 2 PRp . max 2 Rg 2

Снага дисипирана на унутрашњој отпорности генератора ( Rg ) је PRg = Rg I 2 и é E2 ù пропорционална је квадрату струје I. Та снага је у границама PRg Î ê0, ú за êë R g úû I ( Rp ) Î [0, I max ] . Када је пријемник прилагођен на генератор, PRg =

( )

E2 1 = PRp = PE . Тада се снага коју развија емс Е дели на два једнака дела, max 4 Rg 2

од којих се један део дисипира на пријемнику, а други у самом генератору (на отпорнику Rg ).

4. Теореме

209

Степен искоришћења је h =

PRp

= 1-

Rg

I и линеарна је функција струје I. Када је PE E пријемник прилагођен, тада је h = 0,5 (50%). Са слике се види да је степен искоришћења већи од 50% за Rp > Rg , али је тада снага пријемника мања од снаге при прилагођењу. Степен искоришћења тежи максималној вредности (100%) када I ® 0 , при чему и PRp ® 0 . Читаоцу се препоручује да понови овај задатак тако да изрази све снаге и степен искоришћења у функцији напона U. Читаоцу се такође препоручује да понови задатак ако је генератор реалан струјни, E 1 струје I g = и унутрашње проводности Gg = и да упореди степен искоришћења Rg Rg реалног струјног и еквивалентног реалног напонског генератора.

250. Генератори емс E1 = 20 V и E2 = 100 V , отпорници отпорности R1 = 5 W и R2 = 10 W и потенциометар отпорности Rp = 30 W и максималне допустиве струје I pmax = 2 A

образују просто коло као на слици 250.1. Израчунати отпорност

потенциометра тако да се на њему у овом колу развије максимална снага.

Слика 250.1.

Слика 250.2.

РЕШЕЊЕ У односу на потенциометар, остатак кола се може заменити Тевененовим генератором (слика 250.2) параметара ET = - E2 + E1 = -80 V и RT = R1 + R2 = 15 W . Потенциометар у колу на слици 250.2 понаша се као отпорник променљиве отпорности, чија се отпорност R може мењати у границама 0 £ R £ 30 W . Границе одговарају крајњим положајима клизача потенциометра. Апсолутна вредност јачине струје у колу је I (R ) =

ET

. На слици 250.3 је RT + R приказана та вредност у зависности од отпорности потенциометра ( R ). Да се не би прекорачила допустива јачина струје, односно да би било I (R ) £ I pmax , очигледно мора бити R ³ 25 W . Имајући у виду опсег отпорности R који се може реализовати

210

Сталнe струјe

потенциометром, максимална допустива јачина струје неће бити прекорачена ако је 25 W £ R £ 30 W . Снага потенциометра је P =

RET2

(RT + R )2

(слика 250.3). Снага има максимум када је

R = RT = 15 W , када је остварено прилагођење по снази. Та отпорност се може реализовати потенциометром (јер је R < Rp ). Међутим, при тој отпорности је јачина струје у колу већа од допустиве и износи I =

ET

=

8 A . Стога потенциометар не сме 3

2 RT да се постави у тај положај. Имајући у виду ограничење које намеће допустива јачина струје, очигледно је да је снага отпорника највећа када је | I |= I pmax = 2 A , односно R = 25 W , а максимална снага

је P = 100 W .

Слика 250.3. Читаоцу се препоручује да понови задатак за следеће потенциометра (сви остали подаци су исти као у тексту задатка): ·

Rp = 30 W , I pmax = 4 A ;

·

Rp = 20 W , I pmax = 2 A ;

·

Rp = 30 W ,

I pmax = 4 A ,

Ppmax = 100 W ;

максимална

допустива

снага

карактеристике

потенциометра

4. Теореме ·

211

Rp = 20 W , I pmax = 4 A , Ppmax = 100 W .

+

је

251. За коло приказано на слици 251.1 познато E1 = 4 V , E2 = -8 V ,

E3 = 24 V ,

R1 = 8 W ,

R2 = 12 W

и +

R3 = 20 W . Израчунати отпорност R тако да се на том отпорнику развија највећа снага. Колика је та снага?

Слика 251.1. РЕЗУЛТАТ Снага је највећа када је R = 40 W и износи Pmax = 0,9 W .

252. Отпорници отпорности R1 = 100 W и R2 = 400 W , напонски генератор емс E = 30 V , струјни генератор струје I g = 0,2 A и пријемник променљиве отпорности Rp Î [0, 100 W] образују коло приказано на слици 252.1. (а) Колика је отпорност Rp при којој је снага пријемника максимална и колика је та максимална снага? (б) Колики је при томе коефицијент корисног дејства?

Слика 252.1. Слика 252.2. РЕШЕЊЕ (а) Део кола са слике 252.1 лево од тачака А и В може се заменити Тевененовим E + R1 I g RR генератором параметара RT = 1 2 = 80 W и E T = R2 = 40 V , чиме се R1 + R2 R1 + R2 добија просто коло као на слици 252.2. Снага пријемника је максимална када је испуњен услов прилагођења по снази, Rp = RT = 80 W . Максимална снага је, при томе, Pp max =

ET2 =5W. 4 RT

212

Сталнe струјe

(б) Тевененов генератор еквивалентно замењује мрежу у односу на остатак кола. Међутим, у општем случају коефицијент корисног дејства оригиналне мреже није исти као коефицијент корисног дејства Тевененовог генератора. (Изузетак је, на пример, просто коло из задатка 250.) Коефицијент корисног дејства Тевененовог генератора при Rp условима максималне снаге пријемника је hT = = 0,5 . Међутим, снага Rp + RT отпорника RT са слике 252.2 није једнака збиру снага отпорника у оригиналној мрежи са слике 252.1, па је коефицијент корисног дејства оригиналне мреже h ¹ hT .

Слика 252.3. На слици 252.3 је приказано задато коло у режиму максималне снаге пријемника. E - U AB Према референтним смеровима са те слике је U AB = 20 V и I1 = = 0,1 A , па је R1 укупна снага отпорника PR = R1I12 +

2 U AB = 2 W . За разлику од тога, снага отпорника R2

RT са слике 252.2 је PRT = 5 W . Укупна снага генератора у колу на слици 252.3 је Pg = PR + Pp max = 7 W , што мора бити на основу теореме одржања снаге у колу. Коефицијент корисног дејства кола са Pp max 5 = ¹ hT . слике 252.3 је стога h = 7 Pg

253. За коло са слике 253.1 познато је R1 = R2 = 150 W , R3 = R4 = R5 = 50 W и

E6 = 15 V . Отпорност пријемника се може мењати у границама Rp Î [0, 25 W] . При ¢ = 25 V . Израчунати отпорност пријемника отвореном прекидачу П познат је напон U14 при којој је његова снага максимална. Колика је та снага?

4. Теореме

213 E6 + 2

Rp

П Ig 1

4 R5 3

E

+

R4

+

R3

Слика 253.2. R2

5

R1

Слика 253.1. РЕШЕЊЕ На слици 253.2 приказано је еквивалентно просто коло формирано применом ¢ = 25 V и Тевененове теореме. Параметри Тевененовог генератора су ET = U14 RT = 75 W . Према теореми прилагођења по снази, снага пријемника је максимална када је 1 Rp = RT = 75 W и износи PRp max = W . Међутим, опсег промене отпорности 3 пријемника не покрива ову оптималну вредност (слика 253.3). У опсегу Rp Î [0, 25 W] снага пријемника монотоно расте са повећавањем отпорности Rp . Максимална снага пријемника се достиже за Rp = Rpmax = 25 W и износи PRp = 0,25 W . PRp PRp max =

Rp Î [0,25 W]

1 W 3

PRp = 0,25 W Rp max = 25 W Rp = RT = 75 W

Слика 253.3.

214

Сталнe струјe 254. Реални напонски генератор, електромоторне силе E = 10 V и унутрашње

отпорности Rg = 12 W , и пријемник отпорности Rp везани су у просто коло. (а) Израчунати отпорност пријемника тако да његова снага буде 75% максимално могуће снаге пријемника у овом колу. (б) Колика треба да буде отпорност пријемника да би његова снага била максимално могућа? РЕЗУЛТАТ (а) Постоје два решења: Rp1 = 4 W и Rp2 = 36 W . (б) Отпорност пријемника при којој му је снага максимална је Rp = Rg = 12 W .

255. Генератори електромоторних сила E1 = 125 V и E2 = 20 V , струјни генератор I g , отпорници отпорности R1 = 10 W , R2 = 30 W , R3 = 15 W , R4 = 5 W , R5 = 15 W и R6 = 5 W , пријемник отпорности R = 10 W и потенциометар отпорности Rp = 20 W , максималне допустиве снаге Ppmax = 5 W и максималне допустиве струје I pmax = 1 A , образују електрично коло као на слици 255.1. Одредити у којим границама сме да се налази струја струјног генератора I g , тако да потенциометар у овоме колу не прегори без обзира на положај клизача.

Слика 255.1. РЕШЕЊЕ У односу на потенциометар, остатак кола се може заменити Тевененовим 55 генератором параметара ET [V] = I g [A] + 30 и RT = 20 W , као на слици 255.2. Најјача 9 (по апсолутној вредности) струја потенциометра постоји када је његова отпорност E једнака нули и износи I p = T . Према услову задатка, -1 A < I p < 1 А , одакле је RT -20 V < E T < 20 V .

4. Теореме

215

Снага потенциометра је највећа када је његова отпорност једнака Rp = RT = 20 W (што је истовремено и највећа отпорност између прикључака потенциометра)

и

износи

Pp =

E T2 . 4RT

Према услову задатка, Pp < 5 W , одакле

Слика 255.2.

се добија исти услов као за струју: -20 V < E T < 20 V . Одавде је -

90 18 A < Ig < - А . 11 11 1

256. За коло сталне струје са слике 256.1 познато је E1 = 21 V , E2 = 15 V , I g = 0,3 A , R1 = R2 = 50 W , R3 = 210 W , R4 = 420 W , R5 = 105 W и отпорник Rp

Ig

R1 4

променљиве отпорности од 0 до 10 W и највеће допустиве струје 0,15 A . Израчунати (а) отпорност променљивог отпорника Rp тако да снага Џулових губитака у грани 2-4 буде максимална и (б) ту максималну снагу.

Rp

E2

R4 R2

E1

2 R3 R5

3 Слика 256.1.

РЕШЕЊЕ У односу на грану 2-4, остатак кола се може заменити Тевененовим генератором параметара ET = ET42 = 30 V и отпорности RT = 90 W . Анализирајући просто коло које се добија везивањем гране 2-4 на Тевененов генератор, добија се да је најјача струја променљивог отпорника (за Rp = 0 ), I max » 107 mA , што је мање од његове највеће допустиве струје. (а) Максимална снага Џулових губитака у грани би се добила за Rp + R2 = RT , односно за Rp = 40 W , али отпорност променљивог отпорника не може бити већа од 10 W . Стога је снага Џулових губитака у грани је максимална када је отпорност променљивог отпорника максимална, Rp = 10 W . (б) Максимална снага Џулових губитака у грани 2-4 је PJ max = 0,6 W .

*257. У колу на слици 257.1 извршена су два мерења пре затварања прекидача П. Када је између тачака А и В прикључен амперметар занемарљиве унутрашње отпорности, измерена је струја I ¢AB = 1 A , а када је прикључен волтметар занемарљиве

216

Сталнe струјe

¢ = 2 V . Затим је затворен прекидач П. унутрашње проводности, измерен је напон U ¢AB Одредити (а) отпорност Rx тако да снага овог отпорника буде максимална, (б) ту максималну снагу, и (в) парaметре R, E и I g тако да буде задовољен услов (а) и да, при затвореном прекидачу П, снага коју развија идеални напонски генератор буде једнака снази коју развија идеални струјни генератор. РЕШЕЊЕ У односу на отпорник Rx , остатак кола се може заменити Тевененовим ¢ =2V генератором емс ET = ETBA = U ¢AB и отпорности RT =

¢ U ¢AB =2W . I ¢AB

(а) На основу теореме прилагођења по снази, отпорност отпорника је Rx = RT = 2 W . (б) Максимална снага отпорника је Pmax =

ET2 = 0,5 W . 4 RT

Слика 257.1.

(в) Отпорност Тевененовог генератора је RT = R , па је R = 2 W . Емс Тевененовог генератора је ET = RI g . Одавде је I g = 1 A . Када је прекидач П затворен, снага идеалног ET Ig = 1 W . 2 Идеални напонски генератор је везан у једну дијагоналу уравнотеженог моста, па Е не доприноси електромоторној сили Тевененовог генератора. И обрнуто, стање у гранама које су везане између тачака А и В не утичу на струју идеалног напонског генератора. На основу тога је струја тог генератора, у односу на референтни смер који се

струјног генератора је PI g = U AB I g =

поклапа са смером емс, I E =

E E2 , па је снага тог генератора PE = . Према условима R R

задатка, PE = PI g , одакле је E = ± 2 V .

258. Реални електромоторне

напонски генератор силе E1 = 20 V и

унутрашње отпорности R1 = 1 W и реални напонски генератор непознате електромоторне силе E2 и унутрашње отпорности R2 = 0,5 W везани су у коло као на слици 258.1. Израчунати електромоторну силу E2 при којој је снага коју прима други реални напонски генератор ( E2 - R2 ) максимална.

Слика 258.1.

4. Теореме

217

РЕШЕЊЕ Снага коју прима други генератор је P = U12 I12 , где је I12 струја тог генератора у односу на референтни смер који се на слици 258.1 поклапа са смером кретања казаљке часовника. Та снага је истовремено снага коју даје први генератор. Како је 2 U12 = E1 - R1I12 , то је P = E1I12 - R1I12 . Ова квадратна функција има максимум када је E I12 = 1 = 10 A , односно када је струја једнака једној половини струје кратког споја 2 R1

E првог генератора. При томе је U12 = 1 = 10 V , односно напон првог генератора једнак 2 је једној половини напона празног хода. Емс другог генератора је E2 = U12 - R2 I12 = 5 V .

259. У колу на слици 259.1 је R1 = 8 W и R2 = 4 W . E = 24 V , (а) Израчунати струју идеалног струјног генератора I g тако да снага коју тај генератор прима буде максимална. (б) Израчунати ту максималну снагу.

Слика 259.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Струја генератора треба да буде I g = -1,5 A . Та струја је једнака једној половини струје Нортоновог генератора којим се замењује остатак кола у односу на генератор I g . (б) Максимална снага је PI g max = 6 W . R1 260. У колу на слици 260.1 је

E=4V,

R1 = R2 = R3 = 100 W и R4 = 300 W . Израчунати (а) јачину струје струјног генератора ( I g ) при којој је снага коју прима тај генератор највећа и (б) ту највећу снагу. РЕЗУЛТАТ (а) Снага коју прима струјни генератор је највећа када је I g = 4 mA . (б) Највећа снага је PI g max = 2 mW .

R2

E R3

R4 Ig

Слика 260.1.

218

Сталнe струјe

261. У колу на слици 261.1 је I g1 = 6 A , R1 = R6 = 10 W , R2 = R4 = R5 = 20 W и R3 = 15 W . (а) Израчунати струју идеалног струјног генератора I g2 тако да снага коју прима тај генератор буде максимална. (б) Израчунати ту максималну снагу.

Слика 261.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Снага коју прима струјни генератор је највећа када је I g2 = -0,5 A (б) Највећа снага коју прима струјни генератор је Pmax = 7,5 W .

4.7. Симетрија и бисекција 262. За коло са слике 262.1 познато је E = 12 V , R1 = 10 W и R2 = 20 W . Израчунати (а) струје свих грана кола и (б) укупну снагу Џулових губитака у колу.

Слика 262.1. РЕШЕЊЕ (а) Посматрано коло је планарно и има једну осу симетрије, означену цртицама на слици 262.2. Расподела струја у колу, због симетрије, мора бити као на слици 262.2.

4. Теореме

219

Слика 262.2. Струје грана које пресеца оса симетрије једнаке су нули ( I 3 = 0 ), па се те гране, по теореми компензације, могу заменити компензационим струјним генератором нулте струје, односно отвореном везом. Тако се добијају два идентична одвојена кола као на слици 262.3 (теорема бисекције). Довољно је решити само једно од та два проста кола, E чиме се добија I 1 = I 2 = = 0,4 A . R1 + R 2

(б) Укупна снага Џулових губитака у колу је, по теореми одржања снаге, (PR )uk = (PE )uk ,

односно (PR )uk = 2 EI1 = 9,6 W .

Слика 262.3.

263. За коло приказано на слици 263.1 је E = 17 V , R1 = 10 W и R2 = 20 W . Израчунати укупну снагу Џулових губитака у колу.

Слика 263.1. РЕШЕЊЕ Коло је планарно, а оса симетрије пролази кроз средишњи отпорник отпорности R2 . Због тога се тај отпорник може заменити паралелном везом два отпорника I отпорности по 2R2 , са струјама 4 , као што је приказано на слици 263.2. Како је због 2

220

Сталнe струјe

симетрије I 5 = 0 , то се две половине кола могу одвојити (бисекција) и решавати само једна од њих (слика 263.3).

I4 2

I4 2

Слика 263.2. У колу на слици 263.3, струја генератора E = 0,7 A , па је укупна је I1 = R2 (R1 + 2 R2 ) R1 + R1 + 3R2 снага Џулових губитака у задатом колу са слике 263.1 (PR )uk = 2 EI1 = 23,8 W .

I4 2 Слика 263.3.

264. За коло са слике 264.1 познато је E = 30 V , E1 = 12 V , I g = 4 A , R0 = 6 W , R1 = 2 W , R2 = 10 W , R3 = 20 W и R = 5 W . Израчунати (а) укупну снагу Џулових губитака у колу, (б) напон између тачака A и C и (в) снаге које развијају појединачни генератори у колу. РЕШЕЊЕ Коло има осу симетрије која пролази кроз тачке A, В и С, па се може представити као на слици 264.2. То коло се може раздвојити на два идентична кола, од којих је једно приказано на слици 264.3. Решавање задатог кола може се спровести анализом само кола са слике 264.3. Слика 264.1.

4. Теореме

221 R0 2

Ig

Ig

2

2

Ig 2

Слика 264.3.

Слика 264.2. За коло са I2 = -

слике

264.3 је, на основу суперпозиције,

I1 =

Ig 2

=2A

и

R3 + 2 R I g E = 0,75 A , па је I 3 = I 1 - I 2 = 1,25 A . + 2 R + R2 + R3 2 R + R2 + R3 2

(а) Укупна

(PR )uk = 2(

R1 I12

снага + R2 I 22

+ R3 I 32

Џулових + 2 RI 32

губитака

) = 121 W .

у

задатом

колу

је

(б) Напон између тачака А и С је U AC = R3 I 3 + E1 + R1I1 = 41 V . (в) Снаге које развијају генератори су PE1 = - E1 I1 = -24 W , PE = 2 EI 3 = 75 W и PI g = 2U AB

Ig 2

= U AB I g . Како је U AB = R2 I 2 + E1 + R1I1 = 23,5 V , то је PI g = 94 W .

265. У колу приказаном на слици 265.1 је E = 10 V и R = 1 kW . Израчунати укупну снагу свих отпорника.

222

Сталнe струјe

R

R R

R

R R R

E

Слика 265.2. Слика 265.1. РЕШЕЊЕ На основу теореме бисекције, коло се може поделити на два независна дела, од којих је један приказан на слици 265.2. Еквивалентна отпорност коју види генератор у колу са слике 2 је Re » 1,727 R . Снага генератора једнака је снази Џулових губитака и износи

E2 » 57,9 mW . Снага Џулових губитака у колу са слике 265.1 је два пута већа, Re

PJ » 115,8 mW .

266. На слици 266.1 приказано је коло са једном осом антисиметрије. Познато је E = 18 V , R1 = 20 W и R2 = 10 W . Израчунати (а) струје грана кола и (б) укупну снагу Џулових губитака у колу.

Слика 266.1.

4. Теореме

223

РЕШЕЊЕ R1 2

R1 2

Слика 266.2. Због антисиметрије, напон између тачака A и B на оси антисиметрије (слика 266.2) је U AB = 0 . По теореми компензације се између тачака A и B може ставити напонски компензациони генератор емс Ek = 0 , односно тачке A и B се могу кратко спојити (слика 266.3). Тиме се добијају два независна кола, од којих је довољно решавати само једно (слика 266.4). R1 R1 2 2

Слика 266.3. (а) За коло на 266.4, струје грана су I1 = 0,72 A , I 2 = 0,36 A и I 3 = 0,36 A .

R1 2

(б) Укупна снага коју развијају генератори је (PE )uk = 2 EI1 = 25,92 W , па је укупна снага Џулових (PR )uk = (PE )uk = 25,92 W .

губитака Слика 266.4.

267. За коло са једном осом антисиметрије са слике 267.1 познато је E = 12 V , R1 = 20 W и R2 = 5 W . Израчунати (а) струје грана кола и (б) снаге које развијају генератори.

224

Сталнe струјe

Слика 267.1. РЕШЕЊЕ

Слика 267.2. R1

I1 (а) Према шеми са слике 267.2 добија се шема са слике 267.3, за коју је I1 = 0,5 A , I 2 = 0,4 A и I 3 = 0,1 A . (б) Генератори

(PE )uk = 2 EI1 = 12 W .

R1

I2

+ E

развијају

I3

R2

снагу Слика 267.3.

268. У колу сталне струје са слике 268.1 је I g = 2 mA и R = 1 kW . Израчунати укупну снагу Џулових губитака у отпорницима.

Слика 268.1. РЕШЕЊЕ Користећи се симетријом (теоремом бисекције), коло са слике 268.1 распада се на два независна кола, од којих је једно приказано на слици 268.2. То коло се може решити методом пропорционалних величина.

4. Теореме

225

Из тог решења се добија напон струјног генератора U » 3,143 V . Снага генератора је PI g = UI g » 6,286 mW , па је снага Џулових губитака у свим отпорницима у колу са слике 268.1 P = 2 PI g » 12,57 mW .

Слика 268.2. Ig R

269. На слици 269.1 приказано је коло са једном осом антисиметрије која пролази кроз тачке A и B . Познато је E = 21 V ,

R

I g = 0,35 A и R = 20 W . Израчунати снагу

R R

струјног генератора. РЕШЕЊЕ На слици 269.2 приказано је задато коло после припреме за примену теореме бисекције, а на слици 269.3 приказан је један део кола после раздвајања. Снага коју развија струјни генератор је PI g = 2UI g , па треба

+ E

R

A

R

+ E

E + R

R

R

одредити напон U . B Слика 269.1.

226

Сталнe струјe

Ig

Ig

R 2

R 2 +

R 2

R

+ R 2

E E 2 2 R

R 2 R 2

R

E 2

R

A

+ E

E 2R

2R

R

+ R

B Слика 269.2. Слика 269.3. U

Применом Тевененове теореме, добија се просто коло као на слици 269.4, при чему је 3 30 E RT = R = W и ET = - = -3 V . Напон 14 7 7 између крајева струјног генератора у колу на слици 269.4 је U = RT I g - ET = 4,5 V , па је снага струјног генератора у колу на слици 269.1 PI g = 3,15 W .

+ Ig

+ RT

ET

Слика 269.4.

270. На слици 270.1 приказана је мрежа за коју је R = 10 W . Израчунати улазну отпорност између тачака (а) A и B и (б) A и C .

4. Теореме

227

Слика 270.1.

Слика 270.2.

РЕШЕЊЕ (а) Побуђујући задату мрежу идеалним струјним генератором, струје I g , везаним између тачака A и B , улазна отпорност се може одредити као R AB =

U AB . Због Ig

симетрије, расподела струје у мрежи је као на слици 270.2. По другом Кирхофовом закону, за контуру K je -2 RI 3 + 2 RI 2 = 0 , одакле је I 2 = I 3 . По првом Кирхофовом закону, за чвор 3 је I 2 + I 3 = I1 , па је I1 = 2I 3 , док је за чвор А I g = 2 I1 = 4 I 3 . Такође је U AB = 2 RI1 + 2 RI 3 = 6 RI 3 , па је R AB =

U AB 3 = R = 15 W . Ig 2

До решења се може доћи и на други начин. Са слике 270.2 се види да су на истом потенцијалу тачке 3 и 1, тачке 6, 4 и 2, а такође и тачке 7 и 5. Одговарајуће тачке се могу кратко спојити, чиме се добије мрежа као на слици 270.3. Сада је R R R R 3 R AB = Å Å Å = R = 15 W . 2 4 4 2 2

Слика 270.3.

228

Сталнe струјe

(б) За струјну побуду између тачака A и C , расподела струје у мрежи је као на I слици 270.4. За контуру K1 је -4 RI 3 + 2 RI 4 = 0 , па је I 3 = 4 . За чвор 3 важи 2 3 I 2 = I 3 + I 4 , одакле је I 2 = I 4 . За контуру K 2 је -2 RI 2 - 2 RI 4 + 2 RI1 = 0 , па је 2 5 I1 = I 2 + I 4 = I 4 . За чвор A је I g = I1 + I 2 = 4I 4 . Такође је U AC = 2 RI1 = 5 RI 4 , па је 2 U 5 R AC = AC = R = 12,5 W . Ig 4 R

6

R

7

I3

I5=0 R

R R

3

Ig

K1

R

R I4

R I2

I3 8

R R

I4

4

I5=0 R I1 1

A

K2

5 R

I2 I1

Ig C

Слика 270.4.

Слика 270.5.

Решавајући на други начин, уочимо да су тачке 1, 4 и 7 у колу на слици 270.4 на истом потенцијалу. Због тога је I 5 = 0 , гране везане између чворова 1 и 4, односно 4 и 7, могу се прекинути, па се задата мрежа може представити као на слици 270.5. Према тој 5 слици 270.5 је R AC = 2 R || (R Å 2 R || 4 R Å R ) = R = 12,5 W . 4 Еквивалентна отпорност кола са слике 270.4 може се израчунати и тако што се тачке 4 и 7 кратко споје, јер су на истом потенцијалу. Тиме се добија мрежа на слици 270.6, за коју је 5 R AC = 2 R || (R Å 2 R || R Å 2 R || R Å R ) = R = 12,5 W . 4 Читаоцу се препоручује да реши овај део задатка и тако што ће кратко спојити тачке 1, 4 и 7 на слици 270.4. Слика 270.6.

4. Теореме

229

271. Отпорност отпорника у мрежи са слике 271.1 је R = 2,1 W . Израчунати еквивалентну отпорност мреже између тачака (а) A и B , и (б) А и С.

Слика 271.1. РЕЗУЛТАТ (а) Еквивалентна отпорност између тачака A и B је R AB =

13 R = 3,9 W . 7

(б) Еквивалентна отпорност између тачака A и C R AC » 3,4 W .

272. Отпорност сваке ивице коцке приказане на слици 272.1 је R . Одредити отпорност ове мреже између тачака A и B.

Слика 272.1.

230

Сталнe струјe РЕШЕЊЕ

После прикључења струјног генератора струје I g између тачака A и B , расподела струја у ивицама коцке биће, због симетрије, као на слици 272.2. При овоме је I g = 3I1 , I1 = 2I 2 и U AB = R(2 I1 + I 2 ) = 5 RI 2 . Сада је R AB =

U AB 5 RI 2 5 = = R. Ig 6I 2 6

Задатак се може решити и на други начин. Због симетрије на истом потенцијалу су тачке 2, 3 и 5, а такође и тачке 4, 6 и 7, па се шема мреже може представити као на слици R R R 5 272.3. Са те слике је R AB = Å Å = R . 3 6 3 6

Слика 272.3.

Слика 272.2.

4. Теореме

231

7 I2/2

273. Одредити отпорност мреже приказане на слици 272.1 између тачака A и C.

5

РЕШЕЊЕ Побуђујући задату мрежу струјним генератором струје I g између тачака A и C , а на основу симетрије, расподела струја у мрежи ће бити као на слици 273.1. Из Кирхофових закона 3 произилази I1 = I 2 , I g = 2 I1 + I 2 = 4 I 2 2 и U AC = 2 RI1 = 3RI 2 , па је R AC

U 3 = AC = R . Ig 4

Задатак се може још једноставније решити ако се мрежа прегледније нацрта мрежа као на слици 273.2. Са те слике се види да су тачке 2, 4, 7 и 5 на истом потенцијалу, па се гране везане између тих чворова могу прекинути, тако да се мрежа своди на редно-паралелну везу отпорника. Алтернативно, тачке 2, 4, 7 и 5 се могу спојити у једну тачку. У сваком случају, као крајњи резултат 3 добија се R AC = R . 4

8

I3=0 I2/2

I1

6 I1

A

Ig

I1

3

C I2/2

4

I2/2

I2 1 Ig

I2

2 I1 Слика 273.1.

Слика 273.2.

I3=0

232

Сталнe струјe

274. За мрежу отпорника са слике 272.1 одредити еквивалентну отпорност између тачака A и D . РЕШЕЊЕ Због симетрије, расподела струја у мрежи је као на слици 274.1, што је прегледније представљено на слици 274.2. Из Кирхофових закона се добија I 2 = 2I1 , R(2 I1 + I 2 ) = 4 I1 , I 4 = I1 + I 3 = 5I1 , R R(2 I 4 + I 3 ) I5 = = 14 I1 , I g = 2 I 4 + I 5 = 24 I1 R и U AD = RI 5 = 14RI1 , па је I3 =

R AD =

U AD 7 = R. Ig 12

Слика 274.1.

Слика 274.3. Слика 274.2. Алтернативно, са слика 274.1 и 274.2 се види да су тачке 3 и 5 на истом потенцијалу, а такође и тачке 4 и 6, па се задата мрежа може представити као на слици 274.3. Са слике 274.3 је R AD = R || (R || R Å (R || R ) || (R || R Å R Å R || R ) Å R || R ) , односно 7 R AD = R . 12

4. Теореме

233

H 275. Десет отпорника једнаких отпорности R везано је као на слици 275.1. Одредити еквивалентну отпорност између тачака (а) А и С и (б) В и D.

G

E

F

D

РЕЗУЛТАТ Еквивалентне отпорности су (а) R AC = R и 3 (б) RBD = R . 4

C

A

B Слика 275.1

*276. У стационарном стању у колу са слике 276.1, електромоторне силе генератора су E1 = 20 V и E2 = 30 V , а струје првог и четвртог пријемника су I1 = 25 mA и I 4 = 20 mA . Колике су струје ових пријемника у стационарном стању када је E1¢ = 40 V и E 2¢ = -10 V ? I4

R4

+ R3

+ E1

E2

R2

R3 R2

R1 I1 Слика 276.1.

РЕШЕЊЕ

По теореми суперпозиције, струје пријемника су I1 (E1 , E2 ) = I1 (E1 ) + I1 (E2 ) и

I 4 (E1 , E2 ) = I 4 (E1 ) + I 4 (E2 ) . Према теореми линеарности, струја гране I k када у колу делује само генератор емс Ek је I k = a k E k , где фактор a k има природу проводности и I1 = a11E1 + a12 E 2 и a 41 = -a 42 = a 2 , па је

зависи искључиво од састава кола. На основу тога је I 4 = a 41 E1 + a 42 E 2 . Због симетрије је

a11 = a12 = a1

и

I1 = a1 (E1 + E2 ) и I 4 = a 2 (E1 - E 2 ) . После промене емс је I1¢ = a1 (E1¢ + E2¢ ) и I 4¢ = a2 (E1¢ - E2¢ ) . Елиминацијом фактора a1 E ¢ + E2¢ E ¢ - E2¢ и a 2 добија се I1¢ = 1 I1 = 15 mA и I 4¢ = 1 I 4 = -100 mA . E1 + E2 E1 - E2

234

Сталнe струјe

*277. За коло приказано на слици 277.1 је E1 = 12 V , E2 = 24 V и Ri = 1 kW, i = 1,...,8 .

Израчунати

напоне

U12 и U 34 . Слика 277.1 РЕШЕЊЕ Отпорници на слици 277.1 чине симетричну мрежу, али задате екситације не одговарају ни симетричном случају (слика 277.2), ни антисиметричном случају (277.3).

Слика 277.2.

Слика 277.3.

E + E2 E - E2 Међутим, ако се узме Es = 1 = 18 V и Ea = 1 = -6 V , стање у колу са 2 2 слике 277.1 разлаже се на симетричан и антисиметричан случај, односно стање у задатом колу се добија као суперпозиција стања у колима са слика 277.2 и 277.3. У симетричном случају је U 34s = 0 . У циљу одређивања напона U12s може се применити теорема бисекције, одакле се добија U12s = 12 V . У антисиметричном случају је U12a = 0 . Помоћу теореме бисекције добија се U 35a = 2 V , а на основу тога је U 34a = 2U 35a = 4 V . Суперпозицијом

се

U 34 = U 34s + U 34a = 4 V .

добијају

тражени

напони,

U12 = U12s + U12a = 12 V

и

5. Четворополи и контролисани генератори

235

5. Четворополи и контролисани генератори 5.1. Четворополи

**278. Израчунати резистансне параметре четворопола приказаног на слици 278.1 ако је R1 = 1 kW , R2 = 2 k W и R3 = 3 kW . Слика 278.1. РЕШЕЊЕ Између напона и струја линеарне мреже са два приступа (слика 278.2), која се састоји од отпорника и, евентуално, контролисаних генератора, али у којој нема независних генератора, важе релације U1 = r11I1 + r12 I 2 ,

(278.1)

U 2 = r21I1 + r22 I 2 ,

(278.2)

где су r11 , r12 , r21 и r22 резистансни параметри мреже, који се називају и импедансни параметри мреже. Мрежа састављена од отпорника је реципрочна, односно важи r12 = r21 . Резистансни параметри мреже могу се одредити тако што се мрежа на једном приступу побуди идеалним струјним (тест) генератором, струје I gt , а други приступ остави отвореним, одреде напони на приступима, па одатле израчунају параметри. На слици 278.3 је приказан случај када је побуђен први приступ. Тада је I1 = I gt и U U I 2 = 0 , па се из (278.1) и (278.2) добија r11 = 1 и r21 = 2 . Слично томе, када се I gt I gt побуди приступ 2, а приступ 1 остави отвореним, добија се r12 =

U1 U и r22 = 2 . I gt I gt

236

Сталнe струјe

Слика 278.2.

Слика 278.3.

Када се побуди први приступ задате мреже, као на слици 278.4, добија се U1 = (R1 + R3 ) I gt и U 2 = R3 I gt , одакле је r11 = R1 + R3 = 4 kW и r21 = R3 = 3 kW . Када се побуди други приступ, добија се U1 = R3 I gt и U 2 = (R2 + R3 ) I gt , па је r12 = R3 = 3 kW (очигледно, r12 = r21 ) и r22 = R2 + R3 = 5 kW .

Слика 278.4. Читаоцу се препоручује да формира матрицу резистансних параметара мреже, r ù ér [R ] = ê 11 12 ú , и да инверзијом те матрице израчуна кондуктансне параметре. ër21 r22 û

**279. Израчунати кондуктансне параметре отпорничке мреже са два приступа приказане на слици 279.1 ако је R1 = R2 = 100 W . Слика 279.1. РЕШЕЊЕ Између напона и струја линеарне мреже са два приступа (слика 278.2), у којој нема независних генератора, важе релације I1 = g11U1 + g12U 2 ,

(279.1)

I 2 = g 21U1 + g 22U 2 ,

(279.2)

где су g11 , g12 , g 21 и

g 22 кондуктансни параметри мреже, који се називају и

адмитансни параметри мреже. Ако је мрежа састављена од отпорника, важи g12 = g 21 (мрежа је реципрочна).

5. Четворополи и контролисани генератори

237

Кондуктансни параметри мреже могу се одредити тако што се мрежа на једном приступу побуди идеалним напонским (тест) генератором, емс Et , а други приступ кратко споји, одреде струје на приступима, па одатле израчунају параметри. Када је побуђен први приступ (слика 279.2), тада је U1 = Et и U 2 = 0 , па из (279.1) и (279.2) I I следи g11 = 1 и g 21 = 2 . Када се тест генератор пребаци на приступ 2, а приступ 1 Et Et I I кратко споји, добија се g12 = 1 и g 22 = 2 . Et Et

Слика 279.2.

Слика 279.3.

Према слици 279.3, када се побуди први приступ задате мреже, тада је æ 1 1 ö 1 1 1 1 ÷ Et и I 2 = I1 = çç + Et , па је g11 = + = 20 mS и g 21 = = -10 mS . ÷ R2 R1 R2 R2 è R1 R2 ø 1 1 Када се побуди други приступ, тада је I1 = Et и I 2 = Et , па је R2 R2 g 21 = -

1 1 = 10 mS . = -10 mS = g12 и g 22 = R2 R2

Читаоцу се препоручује да израчуна резистансне параметре задате мреже (а) инверзијом матрице кондуктансних параметара и (б) одговарајућим побуђивањем приступа, као у претходном задатку.

**280. Израчунати (а) резистансне и (б) кондуктансне параметре четворопола приказаног на слици 280.1 ако је G1 = 1 mS , G2 = 2 mS и G3 = 3 mS .

Слика 280.1.

РЕЗУЛТАТ Параметри мреже су r11 =

5 3 4 kW , r12 = r21 = kW , r22 = kW ; g11 = 4 mS , 11 11 11

g12 = g 21 = -3 mS и g 22 = 5 mS . Да ли ће се променити параметри мреже ако се троугао са слике 280.1 трансфигурише у еквивалентну звезду?

238

Сталнe струјe

**281. Израчунати отпорности Тчетворопола са слике 281.1 тако да кондуктансни параметри мреже буду g11 = 1 mS , g12 = g 21 = -500 mS и g 22 = 1,5 mS .

Слика 281.1.

РЕШЕЊЕ Матрица кондуктансних параметара мреже је

[G ] = éê- 10,5

- 0,5ù mS . Матрица 1,5 úû

ë 1200 400 é ù W , односно резистансни резистансних параметара је [R ] = [G ] = êë 400 800 úû параметри мреже су r11 = 1200 W , r12 = r21 = 400 W и r22 = 800 W . За мрежу са слике -1

281.1 је r11 = R1 + R3 , r12 = r21 = R3 и r22 = R2 + R3 , одакле следи R3 = r12 = r21 = 400 W , R1 = r11 - r12 = 800 W и R2 = r22 - r21 = 400 W .

**282. Израчунати отпорности pчетворопола са слике 282.1 тако да кондуктансни параметри мреже буду g11 = 1 mS , g12 = g 21 = -500 mS и g 22 = 1,5 mS .

Слика 282.1.

РЕШЕЊЕ За мрежу са слике 282.1 је g11 = R3 = -

1 1 1 1 1 + , g12 = g 21 = и g 22 = + , па је R1 R3 R3 R2 R3

1 1 1 = 2 kW , R1 = = 2 kW и R2 = = 1 kW . g12 g11 + g12 g 22 + g 21

**283. Одредити резистансне и кондуктансне параметре отпорничке мреже са слике (а) 283.1 и (б) 283.2. Слика 283.1.

Слика 283.2.

5. Четворополи и контролисани генератори

239

РЕШЕЊЕ (а) Када се приступ 1 побуди идеалним струјним генератором струје I g1 , а приступ 2 остави отвореним, као на слици 278.3, тада је U1 = U 2 = RI g1 , па је r11 = r21 = R . Слично томе, када се побуди приступ 2, добија се r12 = r22 = R . Матрица резистансних é R Rù параметара је [R ] = ê ú. ë R Rû Међутим, кондуктансни параметри мреже су бесконачни, у шта се можемо уверити на два начина. Прво, ако се на приступ 1 прикључи идеални напонски генератор, као на слици 279.2, приступ 2 се не сме кратко спојити, јер би тада струја генератора била бесконачна, па би биле бесконачне струје оба приступа. Исто важи и ако се побуди приступ 2. Друго, детерминанта матрице [R ] је | R |= 0 , односно матрица је сингуларна, па се не може одредити њој инверзна матрица [G ] . (б) Дуално претходном случају, за мрежу са слике 283.2 могу се одредити 1 кондуктансни параметри, g11 = - g 21 = - g12 = g 22 = , али се не могу одредити R 1ù é 1 ê R - Rú резистансни параметри. Матрица кондуктансних параметара, [G ] = ê , је 1 1 ú êú R û ë R сингуларна.

**284. Резистансни параметри четворопола приказаног на слици 284.1 су r11 = 1200 W , r12 = r21 = 400 W и r22 = 800 W . На први приступ четворопола прикључен је идеални струјни генератор струје I g = 1 A . Израчунати параметре Тевененовог генератора у односу на прикључке 2 и 2'.

Слика 284.1. РЕШЕЊЕ На основу израза (278.2), напон празног хода четворопола је (слика 284.2) U 20 = r21I g = 400 V = E T (јер је I 2 = 0 ). Када се уклони идеални струјни генератор са приступа 1, а приступ 2 побуди тест генератором (слика 284.3), тада је I1 = 0 , па из (278.2) следи U 2 = r22 I gt . Одавде је RT =

U2 = r22 = 800 W , што смо могли и одмах I gt

закључити, јер је r22 отпорност гледано у приступ 2 када је приступ 1 отворен.

240

Сталнe струјe

Слика 284.2.

Слика 284.3.

**285. Резистансни параметри четворопола приказаног на слици 285.1 су r11 = 1200 W , r12 = r21 = 400 W и r22 = 800 W . На први приступ четворопола прикључен је реални напонски генератор параметара E = 16 V и R = 400 W . Израчунати параметре Тевененовог генератора у односу на прикључке 2 и 2'. R

1

2

[R]

E

1'

RT

2

ET 2'

2' Слика 285.1.

РЕЗУЛТАТ Усвајајући референтне смерове напона и струја на приступима као на слици 285.2, за посматрану мрежу важи U1 = E - RI1 . Заменом у (278.1) добија се E - r12 I 2 E = (r11 + R )I1 + r12 I 2 , одакле је I1 = . Заменом овог израза за I1 у (278.2) добија r11 + R се U 2 =

æ r21 r r ö E + çç r22 - 12 21 ÷÷ I 2 . Упоређујући са релацијом између напона и струје r11 + R r 11 + R ø è

Тевененовог генератора, U 2 = ET + RT I 2 , види се да је RT = r22 -

ET =

r21 E=4V r11 + R

и

2 r12 = 700 W . r11 + R

Читаоцу се препоручује да за овај пример, као и за пример из задатка 284, одреди и параметре Нортоновог генератора, и то на два начина: (а) рачунајући струју кратког споја и еквивалентну проводност мреже и (б) трансфигурацијом Тевененовог генератора.

5. Четворополи и контролисани генератори

241

Слика 285.2.

***286. Посматра се произвољна мрежа са једним приступом, састављена само од линеарних отпорника. Доказати да ако се прекине било која грана у овој мрежи, еквивалентна отпорност мреже се неће смањити (повећаће се или, евентуално, остати непромењена). РЕШЕЊЕ Посматрајмо, као пример, мрежу приказану на слици 286.1, за коју је Ri = i W , i = 1,...,6 . Еквивалентна отпорност између прикључака 1 и 1' је æ R R ö R2 çç 3 4 + R5 + R6 ÷÷ è R3 + R4 ø » 2,728 W . Re = R1 Å (R2 || (R3 || R4 Å R5 Å R6 )) = R1 + R3 R4 R2 + + R5 + R6 R3 + R4

Ако

се

грана са отпорником R3 прекине, еквивалентна отпорност између тачака 1 и 1' ће се повећати јер је сада Re¢ = R1 Å (R2 || (R4 Å R5 Å R6 )) = R1 +

Слика 286.1.

R2 (R4 + R5 + R6 ) » 2,765 W . R2 + R4 + R5 + R6

Слика 286.2.

Да бисмо показали да је то увек случај, посматрајмо мрежу са слике 286.1 као да је у питању мрежа са два приступа приказана на слици 286.2. Резистансни параметри те мреже су r11 , r12 = r21 и r22 . (Конкретно, r11 » 2,765 W , r12 = r21 » 0,471 W и r22 » 3,059 W .) Када је на приступ 2 везан отпорник R3 , еквивалентна отпорност гледано у приступ 1 је Re = r11 -

2 r12 r22 + R3

(286.1)

242

Сталнe струјe

( Re = 2,728 W ), што је исто као отпорност мреже са слике 286.1 када је грана са отпорником R3 на свом месту. Када је у мрежи са слике 286.2 отпорник R3 уклоњен, а приступ 2 остављен отвореним, тада је еквивалентна отпорност гледано у приступ 1 једнака Re¢ = r11 ( Re¢ = 2,765 W ). С обзиром на то да мора бити R3 ³ 0 , r11 ³ 0 и r22 ³ 0 ( rii , i = 1,2 је еквивалентна отпорност гледано у један приступ мреже када је други приступ отворен, а мрежа отпорника је пасивна), то је

2 r12 > 0 , па је увек Re¢ ³ Re . r22 + R3

Знак једнакости важи ако је r12 = r21 = 0 (на пример, ако је отпорник R3 у једној грани уравнотеженог моста). Из израза (286.1) следи и општији закључак: еквивалентна отпорност се повећава (или, евентуално, не мења) када се једна отпорност у мрежи повећава. Читаоцу се препоручује да докаже да ако се у отпорничкој мрежи са једним приступом кратко споје две тачке, улазна отпорност мреже ће се смањити (или, евентуално, остати непромењена).

n-токраке Gj

еквиваленцију

Gn

***287. Извести звезде и полигона.

G2

G

1

РЕШЕЊЕ На слици 287.1 приказана је звезда која има n кракова, односно n прикључака ( 1, 2, ..., n ). Звездиште је означено са n + 1 . Отпорности грана звезде су Ri , i = 1,..., n , односно проводности су 1 Gi = , i = 1,..., n . На слици, једноставности Ri Слика 287.1. ради, отпорници нису нацртани, али су означене њихове проводности. Претпостављамо да је звезда везана у коло, али остатак кола није нацртан. Звезда је за остатак кола везана у тачкама 1, 2, ..., n, док звездиште није везано за остатак кола. Уведимо референтну тачку (масу) која се налази било где у остатку кола. Између сваког прикључка звезде и масе дефинишимо по један приступ. Тиме добијамо мрежу са n приступа, као на слици 287.2. Према ознакама на тој слици, напони на приступима мреже су U10 , U 20 , ..., U n 0 , а струје су I1, I 2 , ..., I n . Слично као код мрежа са два приступа, струје и напони на приступима линеарне мреже са n приступа (у којој нема независних генератора) повезани су релацијама I1 = g11U10 + g12U 20 + ... + g1nU n0 , I 2 = g 21U10 + g 22U 20 + ... + g 2 nU n 0 , M I n = g n1U10 + g n 2U 20 + ... + g nnU n 0 ,

(287.1)

5. Четворополи и контролисани генератори где

су

g ij , i, j = 1,..., n

243

константне

n

величине за посматрану мрежу (gпараметри, кондуктансни параметри), које су по природи проводности. За реципрочну мрежу, као што је мрежа састављена само од отпорника, важи g ij = g ji , i, j = 1,..., n, i ¹ j .

1

Кондуктансни параметри мреже се могу добити тако што се мрежа побуди на једном приступу идеалним напонским генератором, остали приступи кратко споје, па се одреде струје прикључака мреже. Количник струје приступа и емс побудног генератора једнак је одговарајућем gСлика 287.2. параметру. Поступак се понавља побуђујући један по један приступ. Као пример, на слици 287.3 приказана је ситуација када је посматрана мрежа побуђена на првом приступу. Од чвора 1 до звездишта (чвора n + 1 ) везан је отпорник проводности G1 . Од звездишта према маси (односно према осталим, кратко спојеним приступима) паралелно су везани отпорници проводности еквивалентна проводност Ge1 =

n

å Gk .

k =2

Очигледно, I1 =

G2 , ..., Gn , чија је

E E , па је = 1 1 1 1 + + n G1 Ge1 G1 å Gk k =2

g11 =

I1 1 = (еквивалентна проводност гледано у први приступ када су остали 1 1 E + n G1 Gk

å k =2

приступи у кратком споју). Напон између звездишта и масе је U n +1,0 = осталих приступа су I i = -GiU n +1,0 = -

Gi , i = 2,..., n , па је преносна Ge1

E 1 + G1

1 n

åG

I1 , струје Ge1

k

k =2

I Gi -1 проводност g i1 = i = . Аналогним поступком се добијају и сви n 1 1 E + n å Gk G1 å Gk k = 2 k =2

244

Сталнe струјe n

Gj 1 остали кондуктансни параметри, па су параметри мреже g jj = = 1 1 + n Gj å Gk

å Gk

k =1 k¹ j n

,

å Gk

k =1

k =1 k¹ j

Gi G j Gi -1 == g ji , i, j = 1,..., n, i ¹ j . j = 1,..., n , и g ij = n n 1 1 + n å Gk å Gk Gj k k =1 G å k =1 k¹ j

k =1 k¹ j

j Ij

In n

n

i Ii

i

j Gn

Gi

n+1

G

I3

E

G2

1 I1

G

1

3

3 I2

1

3

2

2

0 Слика 287.3.

На слици 287.4 приказан је генерални полигон који има n чворова, посматран као n

мрежа са n приступа. Кондуктансни параметри ове мреже су

g jj =

å G jk ,

k =1 k¹ j

g ij = -Gij = -G ji = g ji , i, j = 1,..., n . Упоређивањем израза за параметар g ij ( i ¹ j ) звезде и полигона, добија се Gij =

Gi G j n

, i, j = 1,..., n, i ¹ j .

(287.2)

å Gk

k =1

n

Уочимо да је за обе посматране мреже g jj = - å g jk . Стога, испуњавајући услове за k =1 k¹ j

једнакост параметара g ij , аутоматски смо испунили услове за једнакост параметара g jj .

5. Четворополи и контролисани генератори

245

Овим смо показали да се, за j произвољну звезду, може наћи еквивалентан полигон. Међутим, у општем случају, за задати полигон не n i може се наћи еквивалентна звезда. n i Полигон има n(n - 1) / 2 грана j (отпорника), а звезда n. За n > 3 , број грана полигона је већи од броја грана звезде, па је број услова који се 3 постављају да би се добила 3 еквиваленција (једнак броју грана G 13 полигона) већи од броја расположивих 1 параметара (броја грана звезде). Ти 1 G12 2 услови су, у општем случају несагласни, 2 односно решење не постоји. Изузетак је n =3, када је увек могуће трансфигурисати полигон (троугао) у Слика 287.4. трокраку звезду, и обрнуто. У посебном случају када је n =3, из (287.2) се добија R1R2 R3 1 G1G2 G12 = = = , одакле је R12 = R1 + R2 + . Слично R12 G1 + G2 + G3 R1R2 + R1R3 + R2 R3 R3 томе, добијају се изрази за отпорности преосталих грана троугла. Еквиваленција звезде и полигона може се извести и на следећи начин. Посматрајмо звезду отпорника у колу. Нека су чворови за које су везане гране звезде нумерисани са 1, 2, 3,..., n, а звездиште је (n + 1) , као на слици 287.1. Осим тих чворова, коло има и других чворова. Звездиште не сме бити референтни чвор. Напишимо једначине потенцијала чворова.

За

звездиште,

једначина

гласи

n

n

k =1

k =1

Vn +1 å Gk - å GkVk = 0 ,

одакле

је

n

å GkVk

Vn +1 = k =1n

å Gk

. У једначини за чвор j постоји члан -G jVn +1 . Заменом израза за Vn +1 ,

k =1

n

å GkVk

добија се - G jVn +1 = -G j k =1n

å Gk

k =1

G j Gi

проводности G ji = Gij = n

å Gk

k =1

G j Gi . Сваки члан облика - n Vi одговара отпорнику å Gk k =1

везаном између чворова i и j. Стога се посматрана звезда

246

Сталнe струјe

G j Gi може заменити потпуним полигоном чије су проводности грана G ji = Gij = n , å Gk k =1

i, j = 1,..., n, i ¹ j .

проводности G j =

n

å g jk ,

j = 1,..., n .

G 23

i, j = 1,..., n, j > i , и отпорника везаних паралелно сваком приступу, чије су

G1n

РЕЗУЛТАТ Мрежа је приказана на слици 288.1, а састоји се од потпуног отпорничког полигона везаног између врућих прикључака приступа, чије су проводности грана Gij = - g ij ,

Gn G2i

***288. Пројектовати отпорничку мрежу са n приступа ако је позната матрица кондуктансних параметара те мреже [g ] .

G1

G

2

Слика 288.1.

k =1

***289. Доказати да се еквивалентна отпорност произвољне мреже отпорника са једним приступом може одредити употребљавајући трансфигурацију из задатка 287. РЕШЕЊЕ Претпоставимо да мрежа отпорника има n чворова, од којих су чворови 1 и 2 истовремено и прикључци мреже. Остали чворови су „унутрашњи“. Између два (било која) чвора мреже може бити везано више отпорника, један отпорник или ниједан отпорник. Ако је везано више отпорника, они се могу заменити једним еквивалентним отпорником. Уколико не постоји отпорник, можемо, у циљу ове анализе, сматрати да је ипак везан отпорник, али нулте проводности (бесконачне отпорности). Тако сада између свака два чвора имамо везан један и само један отпорник. Циљ је да се, постепеним трансфигурацијама, ослободимо унутрашњих чворова. Посматрајмо један унутрашњи чвор. За тај чвор је везано (n - 1) отпорника. Ти отпорници чине звезду са (n - 1) кракова, а посматрани чвор је одговарајуће звездиште. Трансфигурацијом из задатка 287, звезда се може заменити еквивалентним полигоном. Тиме се укида посматрани унутрашњи чвор. Свака грана добијеног полигона везана је паралелно одговарајућој грани оригиналне мреже. Такав пар грана се може заменити једним еквивалентним отпорником, а као резултат добија се полигон који има (n - 1) чвор. Поступак се наставља све док се не укину сви унутрашњи чворови, а мрежа редукује само на један отпорник везан између тачака 1 и 2.

5. Четворополи и контролисани генератори

247

Читаоцу се оставља да покаже да је описани поступак еквивалентан постављању једначина по методу потенцијала чворова, који се решава Гаусовим методом елиминације. При томе је између чворова 1 и 2 везан идеални струјни генератор (тест генератор), а чворове треба тако ренумерисати да је чвор 2 референтни, а чвор 1 последњи од „врућих“ чворова.

***290. Задатак 161 решити применом трансфигурације звезде у полигон из задатка 287. РЕШЕЊЕ На слици 290.1 приказан је поступак трансфигурација. Уочимо четворокраку звезду чије је звездиште чвор 2. Звезда се може заменити еквивалентним потпуним четвороуглом чије су отпорности, на основу израза (287.2), 4 R . Свака грана тог четвороугла везана је паралелно једној од преосталих грана оригиналног потпуног петоугла. Еквивалентна отпорност паралелне везе је 4R / 5 . Тако се добија мрежа чије су све отпорности опет међусобно једнаке. Та мрежа се, посматрано са приступа 1-3, састоји од уравнотеженог моста паралелно везаног једном отпорнику. Еквивалентна отпорност моста је 4R / 5 , па је тражена еквивалентна отпорност Re = 2 R / 5 = 0,4 R .

Слика 290.1. Алтернативно, уместо моста, може се уочити трокрака звезда (слика 290.2) и заменити еквивалентним троуглом отпорности 12R / 5 . Гране троугла су везане паралелно гранама четвороугла које су преостале после трансфигурације. Еквивалентна отпорност паралелне везе је 3R / 5 . Овом трансфигурацијом добија се редно-паралелна веза чија је еквивалентна отпорност Re = 2 R / 5 = 0,4 R .

248

Сталнe струјe 4

4

3

4R/5

5

12R/5 4R/5

3

4

3R/5

3

5

1

1

1

Слика 290.2.

***291. Генерализовати задатак 290 на потпуни полигон са n темена који се састоји од идентичних отпорника отпорности R. РЕШЕЊЕ Уочи се звезда чије је звездиште један чвор полигона који није прикључак мреже. Број грана звезде је n - 1 , а број грана преосталог (нетрансфигурисаног) дела полигона је n(n - 1) / 2 - (n - 1) = (n - 1)(n - 2 ) / 2 . На основу задатка 287, звезда се може заменити

потпуним полигоном који има n - 1 чвор и (n - 1)(n - 2 ) / 2 грана чије су отпорности

(n - 1) R . Гране тог полигона везане су паралелно гранама нетрансфигурисаног дела оригиналног полигона. Заменом сваке паралелне везе еквивалентним отпорником n -1 R , добија се потпуни полигон чији је број темена n - 1 , а отпорности ((n - 1) R ) || R = n отпорности свих грана једнаке. На тај полигон се, у следећем кораку, примени исти поступак, после кога се добија потпуни полигон чији је број темена n - 2 , а отпорност сваке гране је n - 2 n -1 n-2 R . Поступак се понавља све док се не добије троугао као на слици R= n n -1 n 3 R , па је тражена еквивалентна отпорност 290.2, чије су отпорности грана n 23 2 Re = R= R. 3n n

**292. Извести везу између напона и струја линеарне мреже са два приступа, приказане на слици 292.1, која се састоји од отпорника, контролисаних генератора31 и независних генератора. 31

Контролисани генератори су обрађени у одељку 5.2.

Слика 292.1.

5. Четворополи и контролисани генератори

249

РЕШЕЊЕ По теореми компензације, мреже које су везане на приступ 1 и на приступ 2 посматране мреже могу се заменити компензационим струјним генераторима (слика 292.2). Струје тих генератора су I gk1 = I1 и I gk2 = I 2 . Осим тих генератора, у посматраној мрежи постоје независни (аутономни) напонски и струјни генератори, а могу постојати и контролисани генератори.

Слика 292.2. По теореми суперпозиције, напон U1 се може добити сабирањем напона у три стања у колу: прво, када делује само генератор I gk1 , а сви остали независни генератори су искључени (анулирано је дејство генератора I gk2 и свих независних генератора у мрежи), као на слици 292.3; друго, када делује само I gk2 , а сви остали независни генератори су искључени (слика 292.4); и треће, када делују сви независни генератори који се налазе у посматраној мрежи, али је I gk1 = I gk2 = 0 (слика 292.5), односно U1 = U1¢ + U1¢¢ + U1¢¢¢ . Напоменимо да се контролисани генератори не смеју искључивати ни у једном од ових стања.

Слика 292.3.

Слика 292.4.

250

Сталнe струјe

Слика 292.5. У првом стању, у колу делује само један генератор. Према теореми пропорционалности, напон U1 је линеарно сразмеран струји генератора I gk1 , што можемо писати у облику U1¢ = r11I gk1 , где је r11 константна величина која има исто значење као одговарајући резистансни параметар код мрежа без независних генератора. Када делује само генератор струје I gk2 , важи U1¢¢ = r12 I gk2 . Најзад, када делују само независни генератори који су у посматраној мрежи, мрежа је у празном ходу на оба приступа, можемо писати U1¢¢¢ = U1( o) , па је U1 = r11I gk1 + r12 I gk 2 + U1(o) . Исто резоновање важи и за напон U 2 , па одмах имамо U 2 = r21I gk1 + r22 I gk 2 + U 2(o) . Заменом израза за струје компензационих генератора, добијају се тражене релације, U1 = r11I1 + r12 I 2 + U1(o ) ,

(292.1)

U 2 = r21I1 + r22 I 2 + U 2(o ) .

(292.2)

Ове релације су аналогне вези између напона и струје Тевененовог генератора за мрежу са једним приступом. Из овог извођења произилази и поступак одређивања параметара у релацијама (292.1) и (292.2). Из шеме на слици 292.3 одређују се параметри r11 и r21 (као количници одговарајућих напона и струје I gk1 ), из шеме на слици 292.4 одређују се r12 и r22 , а константе U1( o) и U 2(o ) су напони празног хода у шеми на слици 292.5. Уколико у мрежи нема независних генератора, напони празног хода на приступима мреже су нула (јер тада нема независних екситација), па се релације (292.1) и (292.2) своде на (278.1) и (278.2). Ако мрежа не садржи контролисане генераторе, за стања на сликама 292.3 и 292.4 важи теорема реципроцитета, па је за такве мреже r12 = r21 . Уколико се пође од напонске компензације, истим резоновањем се могу добити релације преко кондуктансних параметара, I1 = g11U1 + g12U 2 + I1( ks) ,

(292.3)

I 2 = g 21U1 + g 22U 2 + I 2( ks) ,

(292.4)

где су I1( ks) и I 2( ks) струје када су оба приступа кратко спојена, што одговара Нортоновом генератору.

5. Четворополи и контролисани генератори

251

1

R1

R2

2

R3 **293. Израчунати параметре (а) Тевененовог генератора и (б) Нортоновог генератора еквивалентног четворополу приказаном на слици 293.1 ако је E = 10 V , I g = 5 mA , R1 = 1 kW , R 2 = 2 k W и R 3 = 3 kW .

Ig E

1'

2' Слика 293.1.

РЕШЕЊЕ (а) Везе између напона и струја мреже са два приступа које одговарају Тевененовом генератору, дате су релацијама (292.1) и (292.2). Параметри r11 , r21 , r12 и r22 одређују се, према сликама 292.3 и 292.4, када се анулирају независне побуде у мрежи. По уклањању генератора из мреже на слици 293.1, добија се иста мрежа као на слици 278.1. На основу тога, ти параметри су исти за обе мреже, односно é r11 r12 ù é4 3ù [R ] = ê ú=ê ú kW . ër21 r22 û ë3 5û Параметри U1(o ) и U 2(o ) су напони празног хода на приступима мреже, а одређују се као на слици 292.5. За мрежу са слике 293.1 је U1(o ) = - E + (R1 + R3 ) I g = 10 V и U 2(o ) = - E + R3 I g = 5 V . (б) Везе између напона и струја мреже са два приступа које одговарају Нортоновом генератору, дате су релацијама (292.3) и (292.4). Параметре у тим релацијама можемо одредити на следећи начин. Релације (292.1) и (292.2) се могу написати у матричном облику, éU1 ù é r11 r12 ù êU ú = êr ú ë 2 û ë 21 r22 û

é I1 ù éU1( o ) ù ê I ú + ê (o) ú , ë 2 û ëêU 2 ûú

(293.1)

односно

[U] = [R ][I ] + [U (o) ] Множењем

са ég [R ]-1 = [G ] = ê 11 ë g 21

.

леве стране обе стране g12 ù ú и сређивањем, добија се g 22 û

[I ] = [G ][U] + [I (ks) ]

,

(293.2) једначине

(293.2)

матрицом

(293.3)

252

Сталнe струјe

[ ]= -[R] [U ]

где је I

( ks)

é I1 ù é g11 êI ú = ê g ë 2 û ë 21

-1

(o )

é I ( ks ) ù = ê 1( ks ) ú , односно êë I 2 úû

g12 ù éU1 ù é I1( ks) ù +ê ú, g 22 úû êëU 2 úû ê I ( ks) ú ë 2 û

(293.4)

што је матрични облик једначина (292.3) и (292.4). На основу тога, за задато коло је -35 5 -3 4 10 mS , g12 = g 21 = mS , g 22 = mS , I1( ks) = mA и I 2( ks) = mA . g11 = 11 11 11 11 11 Читаоцу се препоручује да струје кратког споја одреди и директно, решавајући задату мрежу кратко спојену на оба приступа.

**294. (а) Познати су параметри r11 , r21 = r12 , r22 , U1(o ) и U 2(o ) мреже са два приступа, где је r11 , r22 > r12 > 0 . Пројектовати мрежу у облику као на слици 294.1. (б) Познати су параметри g11 , g 21 = g12 , g 22 , I1( ks) и I 2( ks) мреже са два приступа, где је g11 , g 22 > - g12 > 0 . Пројектовати мрежу у облику као на слици 294.2.

Слика 294.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Параметри елемената кола са слике 294.1 су R1 = r11 - r12 , R2 = r22 - r12 ,

R3 = r12 ,

E1 = U1( o)

E2 = U 2(o ) .

и

G3

1

Ig1

G1

2

G2

1'

Ig1

2' Слика 294.2.

(б) Параметри елемената кола са слике 294.2 су G1 = g11 + g12 , G2 = g 22 + g12 , G3 = - g12 , I g1 = - I1( ks) и I g 2 = - I 2( ks) .

**295. Показати да из релација (292.1) и (292.2), односно (292.3) и (292.4) следе теореме (а) пропорционалности, (б) суперпозиције, (в) линеарности, (г) линеарне зависности одзива од побуде и (д) Тевененова и Нортонова теорема за мрежу са једним приступом. (ђ) Под којим условом из тих једначина следе теореме реципроцитета? РЕШЕЊЕ (а) Претпоставимо да у „црној кутији“ на слици 292.1 нема независних генератора (већ само отпорника и, евентуално, контролисаних генератора). Тада између напона и струја мреже важе једноставније релације, (278.1) и (278.2), односно (279.1) и (279.2).

5. Четворополи и контролисани генератори

253

Ако се на први приступ прикључи идеални струјни генератор струје I g (чији је референтни смер од тачке 1' ка тачки 1), а други приступ остави отвореним, из (278.1) следи U1 = r11I g , а из (278.2) се добија U 2 = r21 I g јер је I1 = I g , а I 2 = 0 . Ако је на приступу 1 идеални струјни генератор, а приступ 2 је кратко спојен, из Ig g , па је из (278.2) I 2 = g 21U1 = 21 I g . (278.1) је U1 = g11 g11 Ако је побуда идеалним напонским генератором, докази су дуални. Ако се на приступ 1 прикључи идеални напонски генератор емс Е (референтни смер је од 1' ка 1), а E r приступ 2 остави отвореним, тада је I1 = и U 2 = 21 E . Ако се приступ 2 кратко r11 r11 споји, тада је I1 = g11E и I 2 = g 21E . У свим случајевима, када у колу делује само једна побуда, одзив је линеарно сразмеран тој побуди, односно између одзива и побуде важи релација облика y = ax , где је а константна величина. (б) Замислимо да су на приступима мреже (у којој постоје независни генератори) прикључени идеални струјни генератори, као на слици 292.2. Нека су струје тих генератора I g1 и I g2 . Једначина (292.1) даје укупан одзив (напон на првом приступу). Ако се анулирају све побуде осим I g1 , добија се U1¢ = r11I g1 . Ако се анулирају све побуде осим I g2 , добија се U1¢¢ = r12 I g2 . Ако се анулирају струје прикључених струјних генератора, али остану све побуде које су у „црној кутији“, добија се U1¢¢¢ = U1( o) . Очигледно, U1 = U1¢ + U1¢¢ + U1¢¢¢ , што представља исказ теореме суперпозиције. Читаоцу се оставља да покаже да важи теорема суперпозиције и ако су на приступима идеални напонски генератори, као и ако је на једном приступу идеални напонски, а на другом приступу идеални струјни генератор. (в) Математички облик теореме линеарности се најјасније види ако у мрежи нема независних генератора. Свака од једначина (292.1)-(292.4) је тада линеарна хомогена форма (слободни члан не постоји). Зависност струја и напона на приступима од независних генератора који се налазе у мрежи, није експлицитно исказана једначинама (292.1)-(292.4). (г) Претпоставимо да је на приступ 1 прикључен идеални струјни генератор струје I g , а приступ 2 отворен. Тада једначина (292.1) гласи U1 = r11I g + U1(o ) , што је математички исказ теореме која тврди да је одзив, у колу у коме има више побуда, линеарна функција једне побуде. Одзив је облика y = ax + b , где су а и b константне величине. Слободни члан представља одзив на све остале побуде осим те, посматране побуде. Читаоцу се оставља да изведе једначине и за остале случајеве (када се посматра побуда идеалним струјним генератором, а одзив је струја другог приступа, и када се посматра побуда идеалним напонским генератором). (д) Ако је приступ 2 стално отворен, мрежу са слике 292.1 можемо посматрати и као мрежу са једним приступом ( 1 - 1' ). Тада се једначина (292.1) своди на U1 = r11I1 + U1(o ) ,

254

Сталнe струјe

што је иста релација као за Тевененов генератор. Трансфигурацијом Тевененовог, добија се Нортонов генератор, а релација између напона и струје гласи I1 =

U1 - U1( o) r11

.

Читаоцу се оставља да изведе релације за Тевененов и Нортонов генератор када је приступ 2 кратко спојен или затворен отпорником отпорности R. У свим случајевима, читаоцу се препоручује да скицира те генераторе и утврди референтне смерове емс Тевененовог генератора, односно струје Нортоновог генератора. (ђ) Теореме реципроцитета важе ако је r12 = r21 , односно g12 = g 21 , што се оставља читаоцу да покаже.

**296. Мрежа сталне струје приказана на слици 296.1 састоји се од отпорника, као и независних напонских и струјних генератора. Мрежа има три прикључка, као на слици. Преклопник П1 је у положају (А), а прекидач П 2 је отворен. При томе је V2 = 4 V . Када се преклопник пребаци у положај (В), у коло се укључи генератор струје I g = 0,2 A , а потенцијали тачака 1 и 2 се промене за DV1 = 8 V и DV2 = 5 V . Затим се затвори прекидач П 2 . Потенцијал тачке 2 се при томе врати на првобитну вредност, а потенцијал тачке 1 се промени, у односу на претходно стационарно стање, за DV1¢ = -4 V . Израчунати проводност G.

Слика 296.1. РЕШЕЊЕ За мрежу са слике 296.1 важе једначине (292.1) и (292.2), при чему је V1 = U1 и V2 = U 2 , а референтни смерови струја су ка мрежи на оба приступа. Мрежа је реципрочна ( r12 = r21 ). У првом стационарном стању струје оба приступа су нула, па из (292.2) следи U 2(o )

= V2 = 4 V .

Применимо теорему струјне компензације за оба приступа (слика 296.2). Укључење струјног генератора I g еквивалентно је промени струје компензационог генератора I gk1 са 0 на I g , односно прираштају DI gk1 = I g . Пошто је при томе I 2 = 0 , из (292.1) се добија прираштај напона на првом приступу (прираштај потенцијала тачке 1),

5. Четворополи и контролисани генератори

DU1 = DV1 = r11DI gk1 , па је r11 =

255

DV1 = 40 W . Слично томе, прираштај потенцијала DI gk1

тачке 2 је DV2 = r21DI gk1 , одакле је r21 = 25 W .

Слика 296.2. Затварањем прекидача П 2 мења се струја компензационог струјног генератора I gk2 са 0 на непознату вредност I , при чему се струја првог генератора не мења. Из познатог

прираштаја

потенцијала

тачке

1,

DV1¢ = r12 DI gk2 = r12 I ,

добија

се

DV1¢ = -0,16 A јер је r12 = r21 . На основу услова задатка, одговарајући прираштај r21 потенцијала друге тачке је DV2¢ = -5 V = r22 DI kg2 , где је DI kg2 = I , па је r22 = 31,25 W . I=

Нови потенцијал је V2¢¢ = 4 V , па је G = -

I = 40 mS . V2¢¢

**297. Када је у колу са слике 297.1 прекидач П 2 затворен, а преклопник П1 у положају (1), тада је струја I 2 = 5 mA . Пребацивањем преклопника П1 у положај (2), у коло се укључује генератор емс E = 2 V . При томе је прираштај струје I 2 у односу на претходно стање DI 2 = 4 mA . Када се затим отвори прекидач П 2 , струја друге гране постане иста као и пре пребацивања преклопника П1 у положај (2), а прираштај струје прве гране према претходном стању је DI1¢ = 10 mA . Израчунати отпорност R.

РЕЗУЛТАТ На основу једначина (292.3) и (292.4) добија се да је отпорност R = 1 kW . Слика 297.1.

256

Сталнe струјe **298. Мрежа на слици 298.1 састоји се од отпорника и независних генератора.

Позната је електромоторна сила E2(1) = 10 V . Напон између крајева отвореног прекидача П је U1¢ = 2,5 V , при чему је струја генератора E2 , I 2¢ = 175 mA . При затвореном прекидачу П познате су струја прекидача, I1¢¢ = -50 mA , и струја генератора, I 2¢¢ = 200 mA . Колика је струја прекидача ако се емс E2 промени на E2( 2) = 5 V ?

Слика 298.1. РЕШЕЊЕ Референтни смерови на слици 298.1 одговарају смеровима на слици 292.1, уз U 2 = E2 , а једначине (292.3) и (292.4) за прво стационарно стање (када је прекидач П отворен) гласе 0 = g11U1¢ + g12 E 2(1) + I1( ks) ,

(298.1)

I 2¢ = g12U1¢ + g 22 E2(1) + I 2( ks) ,

(298.2)

јер је струја првог приступа нула. Мрежа са слике 298.1 је реципрочна, па је g12 = g 21 . У другом стационарном стању је I1¢¢ = g12 E2(1) + I1( ks) ,

(298.3)

I 2¢¢ = g 22 E2(1) + I 2( ks) ,

(298.4)

јер је напон првог приступа нула. Из (298.2) и (298.4) се добија I 2¢ = g12U1¢ + I 2¢¢ , одакле је I ¢ - I ¢¢ g12 = 2 2 = -10 mS . Из (298.3) је сада I1( ks) = I1¢¢ - g12 E2(1) = 50 mA . U1¢ У трећем стационарном стању, када је емс напонског генератора E2 = E2( 2) = 5 V , једначина (298.3) даје тражену струју прекидача, I1¢¢¢ = g12 E2( 2) + I1( ks) = 0 .

5. Четворополи и контролисани генератори

**299. У грани 1 разгранатог кола налази се отпорник променљиве отпорности R (слика 299.1). Показати да је струја I 2 гране 2 дата изразом I ( R = 0) - I 2 ( R ® +¥) I 2 ( R) = I 2 ( R ® +¥) + 2 Re , где R + Re

257

I1 I2

R

је Re еквивалентна отпорност гледано од отпорника R ка остатку кола (када су све екситације у колу анулиране).

Слика 299.1.

РЕШЕЊЕ По теореми компензације, грана са отпорником R може компензационим струјним генератором струје I gk = I1 (слика 299.2).

се

заменити

По теореми суперпозиције је I 2 = I 2¢ + I 2¢¢ , где је I 2¢ струја гране 2 када у колу делују сви независни генератори, а компензациони генератор струје I gk = I1 је искључен, док је I 2¢¢ је струја гране 2 када у колу делује само компензациони генератор, а сви независни генератори су искључени. Промена отпорности R мења само члан I 2¢¢ . На основу теореме линеарности, струја I 2¢¢ је линеарно сразмерна са I gk = I1 , односно I 2 = aI1 + I 2¢ ,

(299.1)

где је а бездимензиона константна величина. Када R ® +¥ , тада је I1 = 0 , па из (299.1) следи I 2¢ = I 2 ( R ® +¥) .

(299.2)

Када је R = 0 , из (299.1) је I 2 ( R = 0) = aI1 ( R = 0) + I 2¢ , па је I ( R = 0) - I 2 ( R ® +¥) a= 2 . I1 ( R = 0)

(299.3)

Заменом (299.2) и (299.3) у (299.1) добија се I ( R = 0) - I 2 ( R ® +¥) I 2 ( R ) = I 2 ( R ® +¥) + 2 I1 ( R) . I1 ( R = 0)

(299.4)

258

Сталнe струјe

Слика 299.2.

Слика 299.3.

Ако се остатак кола, десно од променљивог отпорника, замени Тевененовим ET I1 ( R ) RT генератором (слика 299.3), тада је I1 ( R) = = . Како , одакле је RT + R I1 ( R = 0) RT + R је RT = Re , из (299.4) се добија I ( R = 0) - I 2 ( R ® +¥) I 2 ( R ) = I 2 ( R ® +¥) + 2 Re , R + Re

(299.5)

што је и требало доказати. Задатак се може решити и преко кондуктансних параметара. Посматрајмо коло са слике 299.1 као мрежу са два приступа (слика 299.4). На први приступ је прикључен променљиви отпорник, а други приступ је у кратком споју ( U 2 = 0 ), па се једначине (292.3) и (292.4) своде на

Слика 299.4.

I1 = g11U1 + I1( ks) ,

(299.6)

I 2 = g 21U1 + I 2( ks) .

(299.7)

1 = Re је g11 еквивалентна отпорност тог генератора. Трансфигурацијом у Тевененов генератор,

Једначина (299.6) описује Нортонов генератор гледано у приступ 1, а

добија се, према смеровима на слици 299.3, ET = - Re I1( ks) = U1 ( R ® +¥) , што је напон празног хода на првом приступу. Из простог кола са слике 299.3 следи U1 = ET

R R = U1 ( R ® +¥) . R + Re R + Re

(299.8)

Када је први приступ у кратком споју, U1 = U1 ( R = 0) = 0 , па једначина (299.7) даје I 2 ( R = 0) = I 2( ks) . Заменом овог израза и израза (299.8) у (299.7) добија се I 2 = g 21U1 ( R ® +¥)

R + I 2 ( R = 0) . R + Re

(299.9)

5. Четворополи и контролисани генератори

Када R ® +¥ , тада

259

R ® 1 , па је I 2 ( R ® +¥) = g 21U1 ( R ® +¥) + I 2 ( R = 0) , R + Re

одакле је g 21U1 ( R ® +¥) = I 2 ( R ® +¥) - I 2 ( R = 0) , што, заменом у (299.9), даје тражени израз. Да ли се изрази аналогни изразима (299.4) и (299.5) могу извести и за напоне грана?

**300. Делови двеју грана разгранатог кола са генераторима приказани су на слици 300.1. У првом стационарном стању, када је отпорност променљивог отпорника једнака R , позната је струја I 2 = 60 mA . У другом стационарном стању, када се отпорност промени тако да је њен прираштај DR¢ = 1 W у односу на прво стање, познате су струје I1¢ = 30 mA и I 2¢ = 84 mA . У трећем стационарном стању, када се, у односу на прво стање, отпорност промени за DR2¢¢ = -5 W , позната је струја I1¢¢ = 48 mA . (а) Колика је струја отпорника у првом стационарном стању ( I1 )? (б) Колика је струја I 2¢¢ у трећем стационарном стању?

Слика 300.1.

Слика 300.2.

РЕШЕЊЕ Прираштај отпорности R може се приказати редним везивањем додатног отпорника отпорности DR , као на слици 300.2. Мрежу са слике 300.1 (означену као „црна кутија“) заједно са отпорником отпорности R посматраћемо као мрежу са два приступа. На први приступ је везан отпорник отпорности DR , а други приступ је у кратком споју. На коло са слике 300.2 могу се применити једначине (299.6) и (299.7). У првом стационарном стању је DR = 0 (отпорност променљивог отпорника је R). Тада је U1 = 0 , па је струја отпорника I1 = I1( ks) . Када се отпорност променљивог отпорника промени за DR¢ у односу на почетну вредност, тада је U1¢ = -DR¢I1¢ , па је из (299.6) I1¢ =

I1( ks)

1 + g11DR¢

. Одговарајући прираштај

струје прве гране је DI1¢ = I1¢ - I1 = g11U1¢ = - g11DR ¢I1¢ , односно g DR¢I1( ks) DI1¢ = - 11 . 1 + g11DR¢

(300.1)

На сличан начин се из (299.7) добија и DI 2¢ = I 2¢ - I 2 = g 21U1¢ = - g 21DR¢I1¢ , односно

260

Сталнe струјe g DR¢I1( ks) DI 2¢ = - 21 . 1 + g11DR¢

(300.2)

Напоменимо да је g11 еквивалентна проводност (улазна кондуктанса) мреже са слике 300.2 гледано у први приступ, при кратко спојеном другом приступу. Та проводност обухвата и отпорник отпорности R. Параметар g 21 је транскондуктанса, односно преносни параметар од првог до другог приступа. Изрази (300.1) и (300.2) представљају варијациону теорему. Теоремом су дати изрази за прираштаје струја грана када се промени отпорност једне гране. У задатом случају дефинисана су три стационарна стања у колу. Прво, када је DR = 0 , тада је I1 = I1( ks) и I 2 = I 2( ks) = 60 mA . Друго, када је DR = DR¢ = 1 W , тада је I1¢ =

I1( ks)

1 + g11DR¢

I 2¢ = -

= 30 mA ,

g 21DR ¢I1( ks) 1 + g11DR ¢

(300.3)

+ I 2( ks) = 84 mA .

(300.4)

Треће, када је DR = DR¢¢ = -5 W , тада је I1¢¢ =

I1( ks)

1 + g11DR¢¢

= 48 mA .

(300.5)

Деобом израза (300.3) и (300.5) и решавањем добијене једначине по g11 , добија се g11 =

1 S , што, заменом у (300.3), даје I1( ks) = I1 = 32 mA . 15

Из (300.4), прираштај струје друге гране од првог до другог стационарног стања је g DR¢I1( ks) DI 2¢ = - 21 = 24 mA . На сличан начин се добија прираштај од првог до трећег 1 + g11DR¢ g DR¢¢I1( ks) DI 2¢¢ = - 21 , 1 + g11DR¢¢ DI 2¢¢ = -192 mA , одакле је I 2¢¢ = -132 mA .

стационарног

стања,

па

је

DI 2¢¢ DR¢¢(1 + g11DR¢) = -8 = DI 2¢ DR¢(1 + g11DR¢¢)

и

Читаоцу се препоручује да израчуна параметар g 21 . Да ли се знак тог параметра мења ако се промени референтни смер струје I 2 ? Да ли се при томе мења знак параметра g 22 ?

5. Четворополи и контролисани генератори

са

261

**301. При отпорности R отпорника слике 301.1 је I1 = 60 mA и

I 2 = -12 mA . Када се отпорност R повећа за 20 W , познате су струје I1¢ = 52,5 mA и I 2¢ = -7,5 mA . Колике су струје I1¢¢ и I 2¢¢ када се отпорност R смањи за 40 W у односу на првобитну вредност? РЕЗУЛТАТ

Применом поступка из задатка 300 добија се I1¢¢ = 84 mA и I 2¢¢ = -26,4 mA .

**302. При отпорности R успостављена је равнотежа моста са слике 302.1. Тада је струја отпорника I1 = 1 A . Када се отпорност R повећа за 2 W , мост изађе из равнотеже и при томе су струје I1¢ = 0,75 A и I A¢ = 0,125 A . Израчунати ¢¢ , када се мост струју амперметра, I A изведе из равнотеже смањивањем отпорности R за 2 W у односу на првобитну вредност.

Слика 301.1.

Слика 302.1.

РЕЗУЛТАТ Упутство. Применити варијациону теорему из задатка 300. Када је DR = 0 , мост је у равнотежи, па је I A = 0. Када је DR¢ = -2 W , струја амперметра је I A¢¢ = -0,25 A .

5.2. Контролисани генератори **303. Одредити улазну отпорност мреже са слике 303.1 сматрајући да су параметри R и b познати. РЕШЕЊЕ Улазна отпорност се најлакше одређује везујући идеални струјни тест генератор на прикључке мреже, као на слици 303.2. Контролишућа струја је I = I gt . Из првог

262

Сталнe струјe

Кирхофовог закона је I1 = I + bI , па је U11' = R(1 + b) I + RI = R (2 + b) I gt . Одавде је улазна отпорност Re =

U11' = ( 2 + b) R . I gt

Слика 303.1.

Слика 303.2

Под којим условом улазна отпорност мреже на слици 303.1 може да буде негативна?

**304. Одредити улазну отпорност мреже са слике 304.1 за коју је познато r = 100 W . РЕЗУЛТАТ Улазна отпорност је Re = r = 100 W . генератор се понаша као отпорник отпорности r.

Контролисани Слика 304.1

**305. У колу на слици 305.1 је E t = 12 mV , a = 5 и R = 10 kW . Израчунати струју I. РЕЗУЛТАТ Тражена струја је I = 1 mA .

Слика 305.1.

5. Четворополи и контролисани генератори

263

**306. У колу приказаном на слици 306.1 je R1 = 1 MW , R 2 = 5 kW , k = 30 .

R p = 10 kW

и

Израчунати

напонску Up . преносну функцију T = Et

Слика 306.1.

РЕШЕЊЕ Коло са слике 306.1 може се посматрати као четворопол (слика 306.2), који се састоји од отпорника и контролисаних генератора (без независних генератора), на чији је први приступ прикључен тест генератор емс E t , а други приступ је завршен отпорником Rp . Упоређујући слике 306.1 и 306.2, види се да је U = U1 и U p = U 2 .

Слика 306.2. Преносна функција четворопола је, у општем случају, количник напона или струје на излазу и напона или струје на улазу32. Код активних четворопола (на пример, код четворопола који садрже транзисторе), преносна функција се назива и појачање. У смислу опште дефиниције, параметри r21 (трансрезистанса) и g 21 (транскондуктанса) спадају у преносне функције. Међутим, у пракси се чешће употребљава напонска преносна функција (трансмитанса напона), која је дефинисана U као количник напона на излазу и на улазу четворопола, T = 2 . Да би напон U1 био U1 лакше дефинисан при анализи кола, улаз четворопола се побуђује идеалним напонским генератором (тест генератором), као на слици 306.2. Очигледно је U1 = E t . Осим тога, мора бити дефинисана ситуација на излазу четворопола. Некада се излаз оставља отвореним ( I 2 = 0 ), а некада се на излазне прикључке везује отпорник познате отпорности (као у посматраном примеру). Коло са слике 306.1 састоји се од два проста кола (која имају једну заједничку kU тачку). Контролишући напон је U = E t (слика 306.3). Даље је I 2 = и R2 + Rp U p = - Rp I 2 . Одавде је тражена напонска преносна функција T =

32

Up Et

=-

kRp R2 + Rp

Често се посматрати и количник снаге на излазу и на улазу четворопола.

= -20 .

264

Сталнe струјe

Слика 306.3. По апсолутној вредности, напон на излазу је већи од напона на улазу, па шема са слике 306.1 моделује појачавач. Ако је преносна функција појачавача негативна, за појачавач се каже да је инвертујући: повећање улазног напона доводи до смањења излазног напона, и обрнуто, смањењем улазног напона, излазни се повећава. Ако је преносна функција позитивна, појачавач је неинвертујући. Напонска преносна функција појачавача (напонско појачање) обично се означава са А. Читаоцу се препоручује да за коло са слике 306.3 израчуна и улазну отпорност, која U се дефинише као33 Rul = 1 . I1

**307. У колу приказаном на слици 307.1 je R1 = 1 MW , R2 = 10 kW ,

R p = 30 kW

и

k = 20 .

Израчунати напонску Up преносну функцију . Et

Слика 307.1.

РЕШЕЊЕ У отпорнику R1 нема струје, па је U = E t . Даље је, као у претходном задатку, Rp kU Up kRp == -15 . Коло са слике Up = , па је напонска преносна функција R2 + Rp Et R2 + Rp 307.1 је инвертујући појачавач.

33

У конкретном случају улазна отпорност не зависи од тога чиме је други приступ оптерећен, што није случај код свих кола.

5. Четворополи и контролисани генератори

265

**308. За мрежу на слици 308.1 је R = 1 kW и r = 11 kW . Израчунати rпараметре ове мреже.

Слика 308.1. РЕШЕЊЕ Да би се одредили резистансни параметри r11 и r21 , мрежу треба побудити идеалним струјним (тест) генератором на приступу 1, а приступ 2 оставити отвореним. као на слици 308.2. Тада је I = I1 = I gt , па је U1 = 2 RI и U 2 = (R - r )I , одакле је r11 = 2 R = 2 kW и r21 = R - r = -10 kW .

Слика 308.2.

Слика 308.3

Параметри r12 и r22 се одређују из шеме са слике 308.3, где је I = 0 и I 2 = I gt , па је U 2 = RI gt и U1 = U 2 , одакле је r22 = R = 1 kW и r12 = R = 1 kW . Мрежа није реципрочна јер садржи контролисане генераторе, па је r12 ¹ r21 .

**309. Мрежа из задатка 308.1 побуђена је на првом приступу идеалним напонским генератором, а приступ 2 је отворен, као на слици 309.1. Израчунати U2 (а) напонско појачање , (б) улазну U1 отпорност и (в) излазну отпорност овог појачавача.

Слика 309.1.

266

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ (а) У односу на референтне смерове струје као на слици 308.2, за коло са слике 309.1 је I = I1 и I 2 = 0 . Једначине (278.1) и (278.2) сада гласе U1 = r11I и U 2 = r21I . U r Дељењем ових једначина добија се тражено напонско појачање, 2 = 21 = -5 . U1 r11 До истог резултата може се доћи и анализом кола са слике 309.1. Кроз контролисани напонски генератор нема струје, па је U1 = 2 RI . Излазни напон је U R-r U 2 = (R - r )I , па је 2 = = -5 . U1 2R (б) Да би се одредила улазна отпорност, појачавач треба побудити тест генератором на првом приступу, одредити напон и струју тог приступа, па из количника напона и струје израчунати улазну отпорност. При томе се из кола не смеју искључити контролисани генератори, а излаз треба да остане оптерећен (или неоптерећен) на исти начин као када се одређује појачање. У конкретном случају (слика 309.1), излаз треба да остане отворен. Шема са слике 309.1 је већ подешена за одређивање улазне отпорности. Струја тест E генератора је I, при чему је U1 = E t = 2 RI . Улазна отпорност је Rul = t = 2 R = 2 kW . I (в) Излазна отпорност се може одредити из шеме на слици 309.2. Тест генератор се прикључи на излаз појачавача. При томе је важно да улаз појачавача буде затворен на одговарајући начин. Ако је дефинисано да се појачавач побуђује идеалним напонским генератором (као у овом задатку), онда је, код одређивања излазне отпорности неопходно кратко спојити улазне прикључке, што одговара анулирању побуде на првом приступу. Ако се појачавач побуђује реалним напонским (или струјним) генератором, први приступ мора остати затворен одговарајућим отпорником. Уколико се појачавач побуђује идеалним струјним генератором, код рачунања излазне отпорности први приступ мора да остане отворен. У шеми на слици 309.2 два идентична отпорника су везана паралелно, па су им и струје једнаке (у односу на одговарајуће референтне смерове). Зато је I 2 = -2 I . Даље је I U R+r = 6 kW . U 2 = E t = -(R + r )I = (R + r ) 2 , па је излазна отпорност Riz = 2 = I2 2 2 1 I2 2 R

rI U2

I R

1'

2' Слика 309.2.

Et

5. Четворополи и контролисани генератори

267

Напоменимо да, у општем случају, улазна и излазна отпорност нису исто што и параметри r11 и r22 , јер се код одређивања резистансних параметара непобуђени приступ увек остави отворен. Читаоцу се препоручује да до резултата за улазну и излазну отпорност дође полазећи од резистансних параметара мреже. Такође се препоручује да се одреде појачање, улазна и излазна отпорност када је између излазних прикључака везан отпорник отпорности Rp = 24 kW .

**310. Одредити (а) напонско U појачање A= 2 , (б) улазну Et отпорност и (в) излазну отпорност појачавача са слике 310.1, сматрајући познатим параметре Rp , Rc и g.

Слика 310.1.

РЕШЕЊЕ U1 = E t = U be , напон између отворених прикључака излаза је U 2 = - gU be Rc , па је појачање појачавача је A = - gRc . (а) Напон на улазу појачавача је

(б) Струја тест генератора са слике 310.1 (у односу на референтни смер који се E E U поклапа са смером емс) је I1 = t , па је улазна отпорност Rul = 1 = t = Rp . Rp I1 I1 (в) Излазна отпорност се може одредити са слике 310.2. Пошто је сада U be = 0 , то E је и струја контролисаног генератора нула, па је I 2 = t . Излазна отпорност је Rc U E Riz = 2 = t = Rc . I2 I2

Слика 310.2. Због особене конфигурације шеме са слике 310.1, код прорачуна улазне и излазне отпорности небитно је чиме је затворен други приступ. Читаоцу се препоручује да израчуна резистансне параметре овог појачавача.

268

Сталнe струјe

**311. Одредити појачање, улазну отпорност и излазну отпорност појачавача са слике 311, као и напон U е .

Слика 311.1. РЕЗУЛТАТ Појачање

појачавача

Rul = Rπ + (1 + b) Rе , Uе =

је

излазна

A=

bRc U iz =, Et Rπ + (1 + b) Rе

отпорност

је

Riz = Rc ,

улазна а

отпорност

тражени

је

напон

је

(1 + b) Re Et . Rπ + (1 + b) Re 1 +

+ Et

Rπ

2 + gUbe

Ube

Rc

**312. Одредити напонско појачање, улазну и излазну отпорност појачавача са слике 312.1.

Uiz

Re

1'

2' Слика 312.1.

5. Четворополи и контролисани генератори

269

РЕЗУЛТАТ Појачање

је

A=

gRp Rc U iz =, Et Rπ + (1 + gRp ) Rе

улазна

отпорност

је

Rul = Rπ + (1 + gRp ) Rе , а излазна отпорност је Riz = Rc .

**313. За појачавач чија је шема приказана на слици 313.1 одредити појачање, улазну отпорност и излазну проводност. РЕЗУЛТАТ Појачање појачавача је 1 U iz A= = , улазна отпорност Rπ Et 1+ (1 + gRπ ) Rе Rul = Rπ + (1 + gRπ ) Rе , а 1 1 + . проводност је Giz = g + Rπ Rе је

излазна Слика 313.1.

**314. За појачавач са слике 314.1 U2 одредити (а) количник и U1 (б) Тевененов генератор између тачака 2 и 2¢ . Слика 314.1. РЕШЕЊЕ (а) За оријентације са слике 314.2 је I1 = bI = I 2 + I 3 . Из ових једначина се добија I 3 = тачака 2 и 2¢ , U 2= R3 I 3 =

bR2 E æ R ö R1çç1 + (1 + b) 2 ÷÷ R3 ø è

E , R2 I 2 = R3 I 3 , I1 + I 2 = I + bI R1

и

bR2 E , па је напон између R1 ((1 + b) R2 + R3 )

. Одавде је

U2 U2 bR2 R3 = = . U1 E R1 (R2 (1 + b) + R3 )

270

Сталнe струјe

Слика 314.2.

Слика 314.3.

(б) Емс Тевененовог генератора (слика 314.3) је ET = U 2 (јер је појачавач у празном ходу), па је ЕТ =

bR2 R3 Е . R1 (R2 (1 + b) + R3 )

На слици 314.4. је приказано коло за одређивање Тевененове отпорности, за које је E E Et I 3 = t , I 2 = t , I1 = 0 и I 2 = I (1 + b) , одакле је I = . Сада је R3 R2 R2 (1 + b) æ 1 ö 1 E R R (1 + b) ÷ . Тевененова отпорност је RT = t = 2 3 I t = I + I 3 = Et çç + . ÷ I R R R ( 1 + b ) t 2 (1 + b) + R3 2 è 3 ø

Слика 314.4.

Слика 314.5.

Тевененова отпорност се може одредити и користећи се количником напона U ph празног хода и струје кратког споја, RT = , где је U ph = ET = U 2 већ одређено. I ks Ради одређивања струје кратког споја ( I ks ), посматра се коло са слике 314.5. Са те слике је

I1 =

E , R1

I ks = bI =

I2 = 0 ,

I3 = 0

и

I1 = I + bI ,

bE R R (1 + b) , па је RT = 2 3 . R1 (1 + b) R2 (1 + b) + R3

одакле

је

I=

E . R1 (1 + b)

Сада

је

5. Четворополи и контролисани генератори

**315. За коло са слике 315.1. одредити U2 количник при U1 затвореном прекидачу П.

271

Слика 315.1.

РЕШЕЊЕ

Слика 315.2. По методу потенцијала чворова, за коло са слике 315.2, при отвореном прекидачу П, æ 1 V 1 ö E ÷÷V A = важи једначина çç - bI 2 Како је I 2 = - A , то се из ових једначина + R2 R R R 2ø 1 è 1 добија V A =

ER2 . Тевененова емс је (1 - b) R1 + R2

односно ET =

V ET = VB = V A - R3bI 2 = V A + bR3 A , R2

R2 + bR3 E. (1 - b) R1 + R2

На слици 315.3. је приказано коло за одређивање Тевененове отпорности из E Et R1 RT = t . За то коло је I t = bI 2 + I 3 , I 3 = и I2 = I 3 , па је R1 R2 It R1 + R2 R3 + R1 + R2 It =

R R + R1 R3 + R2 R3 (1 - b) R1 + R2 E t , одакле је RT = 1 2 . R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 (1 - b) R1 + R2

272

Сталнe струјe

Слика 315.3.

Слика 315.4.

По затварању прекидача П добија се коло са слике 315.4 за које је U 2 = па је

R4 ET , RT + R4

R4 ( R2 + bR3 ) U2 U2 = = . U1 E R1R2 + R1R3 + R2 R3 + R4 ((1 - b) R1 + R2 )

Читаоцу се препоручује да задатак реши и тако што ће, при затвореном прекидачу, одредити кондуктансне параметре четворопола са слике 315.1 (не укључујући побудни генератор Е), па из тих параметара одредити напонско појачање.

**316. За коло са слике 316.1 познате су отпорности R1 , R2 и R3 , струја струјног генератора I g и транскондуктанса g напонски контролисаних струјних генератора. U2 , (б) еквивалентну отпорност између тачака 1 и U1 1¢ и (в) параметре Тевененовог генератора према тачкама 2 и 2¢ .

Извести изразе за (а) однос напона

Слика 316.1. РЕШЕЊЕ (а) По -

методу

потенцијала

чворова

је

æ 1 1 ö 1 çç ÷÷V A + VB = I g - gU 2 R R R 2ø 2 è 1

и

æ 1 1 1 ö ÷VB = gU1 . Како је U1 = V A и U 2 = VB , једначине по методу V A + çç + ÷ R2 R R 3ø è 2

5. Четворополи и контролисани генератори

потенцијала

чворова

постају

273 æ 1 ö æ 1 1 ö çç ÷÷V A - çç - g ÷÷VB = I g + è R2 ø è R1 R2 ø

и

æ 1 æ 1 ö 1 ö V U 1 + gR2 ÷VB = 0 . Из последње једначине је B = 2 = + . - çç + g ÷÷V A + çç ÷ R V U R R R 3ø A 1 è 2 ø è 2 1+ 2 R3 æ ö ç ÷ 2 1 1 1 ( gR2 ) - 1 ÷ + + (б) Из претходних једначина се добија V A ç = I g , па је ç R1 R2 R2 R2 ÷ 1+ ç ÷ R3 ø è V R1 (R2 + R3 ) улазна отпорност Rul = A = . I g R1 + R2 + R3 + g 2 R1R2 R3 2 + ET RT 2'

Слика 316.3.

Слика 316.2.

(в) Емс Тевененовог генератора са слике 316.2 једнака је напону празног хода 1 + gR2 између тачака 2 и 2¢ , ET = (U 22¢ )ph , односно ET = VB = V A , што даје R 1+ 2 R3 ET =

R1 R3 (1 + gR2 )I g

R1 + R2 + R3 + g 2 R1 R2 R3

.

Ради одређивања Тевененове отпорности, посматра се коло са слике 316.3, за које је æ 1 æ 1 1 1 ö 1 ö 1 ÷÷VB = gV A + I gt . Из ових једначина се çç + ÷÷V A VB = - gVB и V A + çç + R2 R2 è R2 R3 ø è R1 R2 ø U V R3 (R1 + R2 ) добија RT = t = B = . I gt I gt R1 + R2 + R3 + g 2 R1 R2 R3

274

Сталнe струјe

I1

2

R1 + U1

отпорност (Rul = E I1 ) и (в) параметре Тевененовог генератора према прикључцима 2 и 2¢ .

R3

R2

+

+

**317. За коло са слике 317.1 позната је емс E , отпорности R1 , R2 и R3 , као и трансрезистанса r струјно контролисаног напонског генератора. Одредити U2 (а) количник напона , (б) улазну U1

E

+ U2 2'

rI1 Слика 317.1.

РЕЗУЛТАТ U (а) Појачање је 2 = U1

r R2 . R R r 1+ + 1 + 1 R2 R2 R3 1+

r R2 (б) Улазна отпорност је Rul = R1 + R3 . R3 1+ R2 1+

(в) Емс Тевененовог генератора (слика 317.2) æ r ö ÷÷ E çç1 + R R1 2 ø è ET = , а отпорност RT = . r R R r R R + 1 + 1 1+ 1+ + 1 + 1 R2 R2 R3 R2 R2 R3

је

Слика 317.2.

**318. За коло са слике 318.1 израчунати напон U и улазну отпорност коју види идеални струјни генератор. Познато је R1 = 100 W , R2 = 300 W , R3 = 200 W , R4 = 20 W , I g = 1 mA и r = 100 W .

5. Четворополи и контролисани генератори

275

R3 R2 I1 Ig

+ +

rI1

R1

rR3 I1 R2 + R3

R2 R3 R2 + R3

R4

U

Слика 318.2.

Слика 318.1.

РЕШЕЊЕ Задато коло се може трансфигурисати као на слици 318.2. Једначине по методу контурних струја за то коло су II = Ig и æ æ ö R R ö R R rR3 çç R4 + 2 3 ÷÷ I g + çç R1 + 2 3 + R4 ÷÷ I II = I1 R2 + R3 ø R2 + R3 R2 + R3 è è ø æ æ R R ö R (R - r) ö çç R4 + 2 3 ÷÷ I g + çç R1 + R4 + 3 2 ÷ I II = 0 , R + R R2 + R3 ÷ø 2 3ø è è R R R4 + 2 3 R2 + R3 I II = I = -0,7 mA . Напон R (R - r) g R1 + R4 + 3 2 R2 + R3 æ rR3 ö çç R1 ÷Ig R2 + R3 ÷ø è U = R4 ( I I + I II ) = R4 = 6 mV , R (R - r) R1 + R4 + 3 2 R2 + R3 - R1 I II RI генератор је Re = 1 1 = = R1 Ig Ig

а

Како

је

I1 = - I II ,

па

отпорника

отпорност

коју

то

је је

R4

види

је

струјни

R2 R3 R2 + R3 = 70 W . R (R - r) R1 + R4 + 3 2 R2 + R3 R4 +

Задатак може да се реши и преко кондуктансних параметара. Ти параметри су 1 1 R1 - r 1 R1 - r 1 1 25 g11 = + + = 15 mS , g 21 = = -5 mS , g12 = =mS и R1 R3 R1 R2 R3 R1R2 R2 R3 3 1 1 1 7 + + = S. Детерминанта матрице ових параметара је R2 R3 R4 120 2500 g D= × 10 - 6 S2 . Улазна отпорност мреже је Rul = r11 = 22 = 70 W , а излазни напон је 3 D g 21 U = r21 I g = I g = 6 mV , што су идентични резултати као они добијени преко метода D контурних струја. g 22 =

276

Сталнe струјe

**319. Одредити напонско појачање појачавача са слике 319.1, U A = 2 , улазну отпорност и U1 параметре Тевененовог генератора у односу на излазне прикључке (2 - 2') . Познато је E , R1 , R2 и a > 0.

Слика 319.1.

РЕШЕЊЕ R2 aR , r21 = - 2 , 1+ a 1+ a r12 = 0 и r22 = 0 . Када се на улаз прикључи генератор емс Е, а излазни прикључци су U r aR2 A = 2 = 21 = . Улазна отпорност је отворени, добија се U1 r11 (1 + a ) R1 + R2 R Rul = r11 = R1 + 2 . 1+ a Резистансни параметри четворопола 1-1'-2-2' су r11 = R1 +

Према референтном смеру са слике 319.2, емс Тевененовог aR2 E , а отпорност генератора је ET = U 2 = AU1 = (1 + a ) R1 + R2 (када се идеални напонски генератор Е замени кратким спојем) r r је RT = Riz = r22 - 12 21 = 0 . r11 Да ли се за посматрани четворопол могу одредити кондуктансни параметри? Образложити одговор. Чему тежи овог појачавача појачање када a ® +¥ ? U

R2

+

1

Слика 319.2. 2 +

**320. Одредити напонско U појачање, A= 2 , улазну Et отпорност и излазну отпорност појачавача са слике 320.1. Познато је Et , R1 , R2 , a .

+ R1

Et

aU

U2

2'

1' Слика 320.1.

5. Четворополи и контролисани генератори

277

РЕЗУЛТАТ Напонско појачање је A = -

a ( R1 + R2 ) , улазна отпорност је бесконачна, а (1 - a ) R1 + R2

излазна нула. Да ли се за четворопол са слике 320.1 могу одредити резистансни и кондуктансни параметри? gUbe

1

2 +

**321. Одредити напонско U појачање, A = 2 , улазну и Et излазну отпорност појачавача са слике 321.1. Познато је Et , Rp , g и Rc .

+ Rπ

Et

Ube

U2

Rc

+ 2'

1' Слика 321.1.

РЕЗУЛТАТ Појачање појачавача је A = отпорност је Riz = Rc .

U2 Rπ = gRc , улазна отпорност је Rul = , а излазна Et 1 + gRπ

278

Сталнe струјe

6. Нелинеарна кола 322. Карактеристика полупроводничке диоде приказане на слици 322.1 дата је изразом I D = I 0 (eU D / U 0 - 1) , где је I 0 = 1 nA и U 0 = 50 mV . Одредити снагу коју диода прима, у зависности од јачине струје диоде.

Слика 322.1.

При усаглашеним референтним смеровима напона и струје, као на слици 322.1, снага диоде је P = U D I D . Напон диоде, у функцији јачине струје, је æI ö U D = U 0 lnçç D + 1÷÷ . Израз има è I0 ø смисла само за I D > - I 0 . Одавде је снага диоде æI ö P = U 0 I D lnçç D + 1÷÷ . Снага је è I0 ø приказана на слици 322.2. Део криве за - I 0 < I D < 0 се не види због усвојене размере слике.

P [W]

РЕШЕЊЕ 1,1 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0,0

0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

ID [A] Слика 322.2.

Колика је снага диоде када је I D = 0 ? Да ли напон и струја диоде (при усклађеним референтним смеровима) могу бити различитог знака? Читаоцу се препоручује да одреди и снагу диоде у функцији напона.

279

6. Нелинеарна кола

323. У колу приказаном на слици 323.1 je E = 2 V и R = 1 kW . Карактеристика диоде је приказана на слици 323.2. Израчунати јачину струје диоде.

Слика 323.1.

Слика 323.2.

РЕШЕЊЕ Линеарни део кола са слике 323.1 (идеални напонски генератор и два отпорника) може се заменити Тевененовим генератором, параметара ET = 1 V и RT = 500 W , чиме се добија коло као на слици 323.3.

Слика 323.3.

С обзиром на то да је ET > U p (где је, према карактеристици на слици 323.2, праг провођења

диоде

U p = 0,6 V ),

радна

тачка

диоде

је

карактеристике. Напон диоде је U = U p , па је струја диоде I =

на

вертикалном

делу

ET - U = 0,8 mA . RT

Читаоцу се препоручује да у карактеристику диоде са слике 323.2 уцрта радну праву и графички провери добијено решење.

*324. У колу приказаном на слици 324.1 je E = 2 V и R = 200 W . Карактеристика диоде је приказана на слици 324.2. Израчунати јачину струје диоде.

Слика 324.1.

Слика 324.2.

РЕШЕЊЕ Линеарни део кола са слике 324.1 може се заменити Тевененовим генератором, параметара ET = 1 V и RT = 100 W , чиме се добија коло као на слици 324.3. Једначина

280

Сталнe струјe

радне

праве

(

је

)

I=

ET - U , RT

односно,

после

замене

бројних

вредности,

I[mA] = 10 1 - U [V] . Радна права је уцртана на слици 324.4. Очитавајући са те слике ординату радне тачке, добија се струја диоде, I = 3 mA . Читаоцу се препоручује да координате радне тачке одреди и аналитички, одређујући пресек радне праве и косог линеарног сегмента карактеристике диоде.

ва ра ап дн Ра

Слика 324.3.

Слика 324.4.

*325. У колу приказаном на слици 325.1 je I g = 7,5 mA и R1 = R2 = 200 W . Карактеристика диоде је приказана на слици 325.2. Израчунати јачину струје диоде.

Слика 325.1.

Слика 325.2.

РЕЗУЛТАТ Струја диоде је I D = 2 mA .

**326. На слици 326.1 приказана је редна веза отпорника отпорности R = 100 W и диоде. Карактеристика диоде је приказана на слици 326.2. Скицирати еквивалентну карактеристику ове редне везе.

281

6. Нелинеарна кола

5 4

R + U

ID [mA]

I=ID D

+ UD

3 2 1 0

Слика 326.1.

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

UD [V]

Слика 326.2.

РЕШЕЊЕ Усвојимо референтни смер напона отпорника као на слици 326.3. Тај напон је U R = RI , па је напон редне везе U = U D + U R = U D + RI . Диода не може да проводи ако је напон диоде ( U D ) мањи од прага провођења, U p = 0,7 V . Тада је U R = RI = 0 и U = U D , па се карактеристика редне везе поклапа са карактеристиком диоде за U < U p (слика 326.4).

Слика 326.3.

Слика 326.4.

На прагу провођења диоде је U = U D = U p јер је тада још увек I = 0 . Када диода проведе ( I > 0 ), према карактеристици са слике 326.2, њен напон је сталан ( U D = U p ), односно диода се понаша као идеални напонски генератор, па је U = U p + RI за U > U p , што одговара косом сегменту еквивалентне карактеристике на слици 326.4. Читаоцу се препоручује да еквивалентну карактеристику одреди и графички, „сабирајући“ дуж апсцисе осе карактеристику диоде и карактеристику отпорника. Читаоцу се такође препоручује да задатак реши и ако је карактеристика диоде, уместо сликом 326.2, дата сликом 325.2.

282

Сталнe струјe

**327. Одредити еквивалентну карактеристику редне везе две диоде са слике 327.1 чије су карактеристике приказане на слици 327.2. I [mA] +

I

200

D1

+ UD1

D2

+ UD2

U

D1

D2

150 100 50 0

0,2

0,4

0,6

Слика 327.1.

0,8 1,0 1,2 Слика 327.2.

1,4

1,6 U [V]

РЕЗУЛТАТ „Сабирајући“ карактеристике диода по апсцисама, добија се еквивалентна карактеристика приказана на слици 327.3.

Слика 327.3.

**328. Нацртати еквивалентну карактеристику паралелно везаних диода са слике 328.1. Диоде су идентичне, а карактеристика једне диоде приказана је на слици 328.2.

Слика 328.1.

Слика 328.2.

283

6. Нелинеарна кола

РЕЗУЛТАТ Еквивалентна карактеристика приказана на слици 328.3.

је

Слика 328.3.

**329. (a) Одредити еквивалентну карактеристику паралелне везе две диоде са слике 329.1 чије су карактеристике приказане на слици 329.2. (б) Поновити прорачун ако се прикључци диоде D2 окрену. (в) У оба случаја, израчунати струје обе диоде и струју напојне гране ако је U = 0,9 V .

Слика 329.1.

Слика 329.2.

РЕЗУЛТАТ (а), (б) „Сабирајући“ карактеристике диода по ординатама, добија се еквивалентна карактеристика паралелне везе, приказана на слици 329.3 за оба случаја. (в) У првом случају је I1 = 150 mA , I 2 = 25 mA и I = 175 mA , а у другом случају је I1 = 150 mA , I 2 = 0 и I = 150 mA .

284

Сталнe струјe

Слика 329.3.

**330. У колу на слици 330.1 електромоторна сила Е је временски константна, E = 1 V . Диоде су идеалне, а карактеристика им је приказана на слици 330.2. 2p Електромоторна сила е је простопериодична функција времена, e(t ) = 2 sin t V , где је T T = 20 ms (слика 330.3). Одредити напон u у функцији времена. R ID +

D1 e

D2

u

E 0 Слика 330.1.

Слика 330.2.

UD

285

6. Нелинеарна кола

Слика 330.3. РЕШЕЊЕ Напон u (t ) је приказан на слици 330.3. Диода D 2 проводи када је e(t ) < 0 , а тада је u (t ) = 0 . Диода D1 проводи када је e(t ) > E , при чему је u (t ) = E . Када је 0 < e(t ) < E , не проводи ниједна диода, у отпорнику нема струје, па је u (t ) = e(t ) .

Слика 330.3. Читаоцу се препоручује да одреди и напон отпорника са слике 330.1, у функцији времена.

286

Сталнe струјe

**331. У колу приказаном на слици 331.1 карактеристика диоде дата је изразом I D = I 0 (eU D / U 0 - 1) , где је U 0 = 50 mV и I 0 = 1 nA . Електромоторна сила генератора је E = 2 V , а отпорност R = 10 W . Написати програм (C, C++, Pascal, Matlab, Basic, Fortran...) за одређивање радне тачке диоде користећи се методом половљења сегмената.

Слика 331.1.

РЕЗУЛТАТ Напон диоде је U D » 0,925 V , а струја диоде је I D » 0,108 A , према референтним смеровима означеним на слици 331.1.

287

7. Кола са кондензаторима

7. Кола са кондензаторима 332. Кондензатори капацитивности C1 = 1 μF и C 2 = 0,5 μF , генератор сталне емс E = 12 V и унутрашње отпорности R , и прекидач П, везани су као на слици 332.1. У стационарном стању када је прекидач отворен, кондензатор C1 је неоптерећен, а оптерећеност кондензатора C 2 је Q 20 = 15 μC . Израчунати (а) напоне кондензатора у стационарном стању по затварању прекидача П и (б) електрични рад претворен у топлоту од тренутка затварања прекидача П до успостављања стационарног стања у колу.

Слика 332.1.

РЕШЕЊЕ При отвореном прекидачу П напони кондензатора (слика 332.2) су (U1 )0 = и

(U 2 )0 = Q 20 C2

= 30 V .

Енергија

електростатичког

поља

у

Q10 =0 C1

кондензаторима

је

(Wc )0 = 1 C1 (U1 )02 + 1 C 2 (U 2 )02 = 225 μJ .

2 2 При затвореном прекидачу П (слика 332.3), по другом Кирхофовом закону за Q Q затворени пут K , је E - 1 - 2 = 0 . По једначини континуитета, за кондензаторе важи C1 C 2 Q1 = q , односно Q 2 =Q 20 + q . Из ових једначина је проток кроз коло по затварању Q 20 C2 CC q= = 1 2 1 1 C 1 + C2 + C1 C 2 E-

прекидача

æ Q çç E - 20 C2 è

ö ÷÷ = -6 μC . ø

Крајње

оптерећености

288

Сталнe струјe

C C E - C1Q20 C C E + C 2 Q20 кондензатора су Q1 = 1 2 = -6 μC и Q 2 = 1 2 = 9 μC , а напони C1 + C 2 C1 + C 2 кондензатора су U 1 =

Q1 C 2 E - Q20 C E + Q20 Q = = -6 V и U 2 = 2 = 1 = 18 V . C2 C1 + C2 C1 C1 + C 2 П

q Q1 C1

+ E

K

+ U1

Q20,Q2 C2 R

+ U2 Слика 332.3.

Слика 332.2.

Укупна енергија електричног поља у кондензаторима у другом стационарном стању 1 1 је Wc = C1U12 + C 2U 22 = 99 μJ . Прираштај енергије је DWc = Wc - (Wc )0 = -126 μJ . Рад 2 2 генератора после затварања прекидача П је AG = Eq = -72 μJ , па је, према закону одржања рада и енергије, рад претворен у топлоту AJ = AG - DWc = 54 μJ . Како би гласио израз за напон U1 да су оба кондензатора неоптерећена везана у коло? Како би гласио израз за напон U1 да је и Q10 ¹ 0 ? **Решити задатак замењујући кондензатор C2

редном везом неоптерећеног

кондензатора и идеалног напонског генератора емс E20 =

Q20 , чији је референтни смер C2

супротан референтном смеру почетне оптерећености. П1 333. У колу са слике 333.1 познато је C1 = 1 mF , C2 = 2 mF и E = 2100 V , C3 = 500 nF . Прекидачи П1 и П 2 су отворени, а кондензатори су неоптерећени. Најпре се затвори прекидач П1 и успостави се прво стационарно стање. Затим се затвори и прекидач П 2 , и успостави се друго стационарно стање. Најзад се прекидач П 2 поново отвори. Израчунати напон U у сва три случаја.

C1 +

R1

П2

U

C2

E

R2 C3 Слика 333.1.

289

7. Кола са кондензаторима РЕШЕЊЕ

По затварању прекидача П1 , проток кроз коло је q. Кондензатори су били неоптерећени пре затварања прекидача, па су коначне оптерећености кондензатора једнаке протоку (слика 333.2), Q1 = Q2 = Q3 = q . Из једначине по другом Кирхофовом закону

за

контуру

K

æ 1 1 1 ö ÷÷ = E , qçç + + C C C 2 3ø è 1

означену

одакле

је

на q=

слици,

Q Q Q E- 1 - 2 - 3 =0, C1 C2 C3

E , 1 1 1 + + C1 C2 C3

па

је

добија

тражени

се

напон

1 1 + æ 1 Q3 Q2 C2 C3 1 ö ÷÷ = U= + = qçç + E = 1500 V . C3 C2 è C3 C2 ø 1 + 1 + 1 C1 C2 C3 Када се затвори и прекидач П 2 , кондензатор C2 се испразни кроз отпорник R2 , а напон тог кондензатора падне на нулу. Од тренутка затварања тог прекидача, па до успостављања новог стационарног стања, кроз генератор протекне наелектрисање q ¢ . Проток је исти кроз оба кондензатора C1 и C3 , па су коначне оптерећености тих кондензатора (слика 333.3) Q1¢ = Q1 + q ' и Q3¢ = Q3 + q ' . За коло сада важи Q¢ Q ¢ E - 1 - 3 = 0, C1 C3

одакле

је

æ 1 1 ö ÷÷ = E , + C C 3ø è 1

(q¢ + q ) çç

па

је

Q1¢ = Q3¢ =

E 1 1 + C1 C3

и

1 Q3¢ C3 U¢ = = E = 1400 V . 1 1 C3 + C1 C3 C1 Q1 + R1

K U

C2

E

Q2 q

C3 Q3 Слика 333.2.

Слика 333.3.

Када се прекидач П 2 поново отвори, у колу се неће ништа променити, неће постојати проток кроз коло, а напон ће остати U ¢ = 1400 V .

290

Сталнe струјe

334. Кондензатори са слике 334.1 су плочасти, истих површина електрода и истог растојања између њих. Диелектрик првог кондензатора је ваздух, а његова капацитивност је C1 = 500 pF . Други кондензатор је испуњен хомогеним течним диелектриком релативне пермитивности e r = 4 . Прекидач П је најпре отворен. При томе је напон првог кондензатора U 0 = 1 kV , а други кондензатор је неоптерећен. (а) Израчунати напон првог кондензатора када се прекидач П затвори и успостави се стационарно стање. (б) Израчунати напон првог кондензатора ако потом, при затвореном прекидачу П, из другог кондензатора исцури течни диелектрик.

Слика 334.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Када се прекидач затвори, напон првог кондензатора, у односу на референтни смер као на слици 334.1, је U = 200 V . (б) Када исцури течни диелектрик, напон првог кондензатора је U ¢ = 500 V .

**335. У колу приказаном на слици 335.1 познати су капацитивност C и отпорност R, а прекидач П је отворен до тренутка t = 0 . При томе је напон кондензатора u = U 0 , t < 0 . Прекидач се затвори у тренутку t = 0 . Показати да је напон кондензатора дат изразом u (t ) = U 0e-t / t , t > 0 , и одредити временску константу кола (t).

Слика 335.1.

РЕШЕЊЕ По затварању прекидача, кондензатор се растерећује кроз отпорник. У колу постоји струја i, за коју усвајамо референтни смер као на слици 335.1. Референтни смер струје и напона кондензатора су неусаглашени, па важи du CU 0 - t / t релација i (t ) = -C = e . Референтни смерови dt t струје и напона отпорника су усаглашени, па важи u U i (t ) = = 0 e - t / t . Ове две једначине ће бити у складу R R ако је t = RC . t RC , t

Слика 335.1.

t

U Сада напон u (t ) = U 0 e > 0 , и струја i (t ) = 0 e RC задовољавају Кирхофове R законе и везе напона и струја елемената кола са слике 335.1. Осим тога, u (0) = U 0 , па је -

291

7. Кола са кондензаторима

задовољен и почетни услов. Стога задати напон представља решење посматраног проблема.

336. У колу приказаном на слици 336.1 је E = 10 V , R = 1 kW и C = 100 nF , прекидач П је отворен, а у колу је успостављено стационарно стање. Израчунати (а) проток кроз грану са кондензатором по затварању прекидача и (б) прираштај електричне енергије кондензатора.

Слика 336.1.

РЕШЕЊЕ (а) У стационарном стању када је прекидач отворен, напон кондензатора је нула (o ) ( U12 = 0 ), а кондензатор је неоптерећен ( Q0 = 0 ). У стационарном стању које настане E (z ) = - = -5 V и Q = CU12 = -500 nC , па је проток по затварању прекидача, U12 2 q = Q - Q0 = -500 nC .

(б) Прираштај електричне енергије кондензатора је DWC =

1 Q 2 1 Q02 = 1,25 mJ . 2 C 2 C

337. У колу на слици 337.1 је E = 10 V , I g = 2 mA , R1 = 10 kW , R2 = 20 kW и C = 5 mF . Прекидач П је отворен, а у колу је успостављено стационарно стање. Израчунати проток кроз грану са кондензатором по затварању прекидача П.

Слика 337.1.

РЕШЕЊЕ У стационарном стању када је прекидач отворен, напон кондензатора је (U12 )0 = R2 I g = 40 V , па је оптерећеност кондензатора Q0 = C (U12 )0 = 200 mC . У стационарном стању када је прекидач затворен, напон кондензатора је U12 = 20 V , па је оптерећеност Q = CU12 = 100 mC . Проток кроз грану са кондензатором, од тренутка затварања прекидача до успостављања стационарног стања, је q = Q - Q0 = -100 mC .

292

Сталнe струјe

338. За коло приказано на 338.1 познато је R = 100 W и C = 1 mF . Прекидач П је отворен и успостављено је стационарно стање. Затим се прекидач затвори, а до успостављања новог стационарног стања, кроз грану са кондензатором протекне наелектрисање q = 10 mC . Израчунати јачину струје I у другом стационарном стању.

Слика 338.1.

РЕЗУЛТАТ Применом теорема компензације и суперпозиције, добија се да је јачина струје I = -300 mA .

339. У колу стационарне струје са слике 339.1 је R1 = R3 = 60 W , R2 = R4 = 40 W , E = 300 V , C1 = 6 mF и C2 = 4 mF . Кондензатори су неоптерећени прикључени у коло, а прекидач П је отворен. Колико наелектрисање протекне кроз прекидач по његовом затварању? РЕШЕЊЕ Отпорници R1 и R2 сачињавају отпорнички разделник напона. Напони отпорника су R1 R2 U12 = E = 180 V и U 24 = E = 120 V . R1 + R2 R1 + R2

Слика 339.1.

Када је прекидач отворен, кондензатори сачињавају капацитивни разделник напона. C2 C1 Напони кондензатора су (U13 )0 = E = 120 V и (U 34 )0 = E = 180 V , а C1 + C 2 C1 + C 2 оптерећености кондензатора су Q10 = C1 (U 13 )0 = Q20 = C 2 (U 34 )0 = 720 mC у односу на

референтни смер од чвора 1 ка чвору 3, односно од чвора 3 ка чвору 4. Отпорници R3 и R4 не утичу на ове напоне јер је у стационарном стању струја тих отпорника нула. У прелазном режиму, међутим, отпорници R3 и R4 ограничавају струје кондензатора. Када се затвори прекидач П, настане прелазни режим током кога постоје струје у гранама са кондензаторима, као и кроз прекидач. По окончању прелазног режима, у новом стационарном стању, у гранама са кондензаторима нема струје, као ни у прекидачу. Тада су напони отпорника R1 и R2 исти као и када је прекидач био отворен. Међутим, сада су напони кондензатора једнаки одговарајућим напонима отпорника R1 и

293

7. Кола са кондензаторима

R2 , односно U13 = U12 = 180 V и U 34 = U 24 = 120 V . Оптерећености кондензатора су Q1 = C1U13 = 1080 mC и Q2 = C 2U 34 = 480 mC . Проток кроз грану са кондензатором C1 по затварању прекидача је q13 = Q1 - Q10 = 360 mC , а проток кроз грану са кондензатором C 2 је q34 = Q2 - Q20 = -240 mC . Једначина континуитета за чвор 3 гласи - q23 - q13 + q34 = 0 , одакле је тражени проток кроз прекидач q 23 = -q13 + q34 = -600 mC .

340. За коло приказано на 340.1 познато је I g = 0,1 A , R1 = 100 W , R2 = 300 W , C1 = 0,5 mF и C2 = 0,2 mF . У стационарном стању при отвореном прекидачу П је U1 / U 2 = 0,2 . Одредити протекле количине електрицитета кроз гране са кондензаторима од тренутка затварања прекидача П до успостављања новог стационарног стања.

Слика 340.1.

РЕЗУЛТАТ Протоци су q14 = -10 mC и q34 = -4 mC .

341. У колу на слици 341.1 струја струјног генератора је стална. Позната је капацитивност C1 = 1 mF . У стационарном стању однос снага отпорника је

PR1 / PR 2 = 2 , а однос електричних

енергија кондензатора је

C1

C2

R1

R2 Ig

WC1 / WC 2 = 2 . Одредити

капацитивност C 2 . РЕЗУЛТАТ Тражена капацитивност је C2 = 2C1 = 2 mF .

Слика 341.1.

294

Сталнe струјe

342. За коло са слике 342.1 познато је E1 = 10 V , E 2 = 30 V , R1 = 100 W , R2 = 20 W , R3 = 50 W , R4 = 30 W , R5 = 25 W и C = 0,5 mF . Прекидач П је отворен и успостављено је стационарно стање. Израчунати проток q кроз кондензатор после затварања прекидача.

Слика 342.1.

РЕЗУЛТАТ Проток је q = 2 μC .

343. За коло са слике 343.1 познато је R1 = 10 W , R2 = 20 W , R3 = 30 W , R4 = 40 W ,

C = 2 mF

и

I g = 50 mA .

Преклопник П је у положају (1) и успостављено је стационарно стање. Израчунати проток кроз кондензатор после пребацивања преклопника у положај (2) . РЕЗУЛТАТ Проток је q = -2,6 μC . Слика 343.1.

344. За коло са слике 344.1 познато је R1 = R2 = 100 W , R3 = 300 W , C1 = 2,5 μF , C 2 = 2 μF , E1 = 14 V и E 2 = 18 V . Прекидач П је затворен и успостављено је стационарно стање. Израчунати протоке кроз кондензаторе после отварања прекидача. Слика 344.1.

295

7. Кола са кондензаторима РЕШЕЊЕ При

затвореном

прекидачу

са

слике

344.2

је

z U13 = E1 - E2 = -4 V

и

R E + R2 E2 z z z U 24 = 3 1 = 15 V , па је Q10 = C1U13 = -10 μC и Q20 = C2U 24 = 30 μC . R2 + R3

Слика 344.3. Слика 344.2. У стационарном стању при отвореном прекидачу (слика 344.3) нема струје ни у o o o једном отпорнику, па је U13 = 0 и U 24 = E2 = 18 V , одакле је Q1 = C1U13 =0 и o Q2 = C2U 24 = 36 μC . Протоци кроз кондензаторе су q1 = DQ1 = Q1 - Q10 = 10 μC и q 2 = DQ2 = Q2 - Q20 = 6 μC .

345. За коло са C1 = 1 mF , C 2 = 4 mF стационарном стању прекидачу П позната кондензатора C1 ,

слике 345.1 је и C3 = 5 mF . У при отвореном је оптерећеност Q10 = 20 mC , а

кондензатор C3 је неоптерећен. Израчунати рад претворен у топлоту од момента затварања прекидача до успостављања новог стационарног стања. Слика 345.1.

296

Сталнe струјe РЕШЕЊЕ При

Q20 =

отвореном

П

прекидачу

је

Q Q о U AB = 10 = 20 = 20 V , C1 C2

па

је

2 2 C2 1 Q10 1 Q20 Q10 = 80 mC . Енергија кондензатора је W1 = + = 1 mJ . C1 2 C1 2 C 2

Слика 345.2 приказује коло при затвореном прекидачу П . Тачка А нема галванских путева који је повезују са околином. Због тога је збир наелектрисања електрода кондензатора које су везане за тачку А непроменљив, па је алгебарски збир оптерећености сва три кондензатора везана за ту тачку исти у свим стационарним стањима. То се може доказати и на следећи начин. Према слици 345.2. је q1 + q 2 - q3 = 0 ,

(Q1 - Q10 ) + (Q2 - Q20 ) - (Q3 - Q30 ) = 0 ,

односно

те

је

Q1 + Q2 - Q3 = Q10 + Q20 ,

односно

Q1 + Q2 - Q3 = Q10 + Q20 - Q30 = const . У

задатом

случају

је

C1U AB + C2U AB - (- C3U AB ) = Q10 + Q20 , одакле је U AB

Q10 + Q20 = 10 V . = C1 + C 2 + C3

П су Крајње оптерећености кондензатора по затварању прекидача Q1 = C1U AB = 10 mC , Q2 = C 2U AB = 40 mC и Q3 = -C3U AB = -50 mC . Укупна енергија сва три кондензатора је W2 =

1 Q12 1 Q22 1 Q32 + + = 0,5 mJ , па је рад претворен у топлоту 2 C1 2 C 2 2 C3

AJ = - DWC = -(W2 - W1 ) = 0,5 mJ . C1 Q10,Q1

q1 R1

UAB +

C2

R2

A

q2

Q20,Q2

B

R3 q3

C3 Q30,Q3 Слика 345.2.

Слика 345.3.

Задатак се може решити и користећи се једначинама, а према слици 345.3: Q Q Q Q q1 + q 2 - q3 = 0 , - 1 + 2 = 0 , 2 + 3 = 0 , Q1 = Q10 + q1 , Q2 = Q20 + q 2 и Q3 = q3 . Из C1 C 2 C 2 C3

297

7. Кола са кондензаторима

C1 + C3 Q10 C2 = -40 mC , C + C3 1+ 1 C2

Q10 ових

једначина

су

q2 =

протоци

æQ q ö q3 = -C3 çç 20 + 2 ÷÷ = -50 mC и q1 = q3 - q 2 = -10 mC . è C2 C 2 ø Крајње оптерећености кондензатора су Q1 = Q10 + q1 = 10 mC , Q2 = Q20 + q 2 = 40 mC Q и Q3 = q3 = -50 mC . Напон кондензатора је U AB = - 3 = 10 V , па је укупна енергија C3 1 2 = 0,5 mJ , те је AJ = -(W2 - W1 ) = 0,5 mJ . кондензатора W2 = (C1 + C 2 + C3 ) U AB 2

346. За коло са слике 346.1 је E1 = 12 V , E3 = 6 V , C1 = 2 mF , C 2 = 2,5 mF и C3 = 5 mF . При отвореном прекидачу П кондензатори C1 и C3 су неоптерећени, а оптерећеност кондензатора C 2 је Q20 = -1,25 mC . Израчунати укупан рад претворен у топлоту од момента затварања прекидача П до успостављања стационарног стања у колу. РЕШЕЊЕ При отвореном (WC ) 0 = (WC2 ) 0 =

прекидачу

Слика 346.1.

П

електростатичка

енергија

у

колу

је

2 Q20

1 = 0,3125 mJ . При затвореном прекидачу П, за чвор А (слика 2 C2

346.2) је q1 - q 2 + q3 = 0 , за контуру K 1 је E1 +

Q2 Q1 + = 0 , а за контуру K 2 је C 2 C1

Q3 Q2 = 0 . Осим тога, важе једначине Q1 = q1 , Q2 = Q20 + q 2 и Q3 = q3 , које C3 C 2 омогућавају да се формира систем једначина или по протоцима, или по крајњим оптерећеностима. E3 -

298

Сталнe струјe

Слика 346.2. Даље се добија q1 - q 2 + q3 = 0 ,

Q q Q q1 q 2 q + = - E1 - 20 и 2 + 3 = E3 - 20 . Из ове C1 C 2 C2 C 2 C3 C2

три једначине је q1 = -25 mC , q2 = 2,5 mC и q3 = 27,5 mC . Крајње оптерећености кондензатора су Q1 = q1 = -25 mC , Q2 = Q20 + q 2 = 1,25 mC и Q3 = q3 = 27,5 mC , а напони кондензатора су U1 =

Q Q1 Q = -12,5 V , U 2 = 2 = 0,5 V и U 3 = 3 = 5,5 V . C1 C2 C3

Укупна енергија кондензатора у 1 WC = C1U 12 + C 2U 22 + C3U 32 = 232,1875 mJ . 2 AG = - E1q1 + E3 q3 = 465 mJ . Прираштај

(

)

DWC = WC - (WC ) 0 = 231,875 mJ ,

па

је

овом

стационарном

Укупан

рад

енергије рад

стању

генератора кондензатора

претворен

у

је је је

топлоту

AJ = AG - DWC = 233,125 mJ .

347. За коло са слике 347.1 је E = 40 V , C1 = 10 mF , C 2 = 5 mF , C3 = C 4 = 4 mF , а укупна отпорност кола је Ruk = R + R1 + R2 + R3 + R4 + R5 = 526 W . У стационарном стању када су сви прекидачи отворени, кондензатори C1 и C 4 имају почетне оптерећености Q10 = 30 mC и Q40 = -260 mC , а кондензатори C 2 и C3 су неоптерећени. Сва три прекидача се затварају истовремено. Израчунати укупан електрични рад претворен у топлоту од момента затварања свих прекидача до успостављања новог стационарног стања у колу.

299

7. Кола са кондензаторима

Слика 347.1. РЕШЕЊЕ Када су прекидачи отворени, укупна електростатичка енергија кондензатора је 2 2 1 Q10 1 Q40 (WC ) 0 = + = 8,495 mJ . Када су прекидачи затворени (слика 347.2), тада је за 2 C1 2 C 4 чвор 1 q1 + q 2 + q5 = 0 , за чвор 2 је -q 2 + q3 + q = 0 , за чвор 3 је q1 + q3 - q 4 = 0 , за контуру K 1 је - E + је

Q + q 4 q3 q 2 q2 = 0 , за контуру K 2 је 40 + + = 0 , а за контуру K 3 C4 C3 C 2 C2

Q10 + q1 Q40 + q 4 + = 0. C1 C4

300

Сталнe струјe

Слика 347.2. Решавањем ових једначина се добијају протоци q3 = -6 0 mC ,

q 4 = 16 0 mC ,

кондензатора

су

Q1 = Q10 + q1 = 25 0 mC ,

Q4 = Q40 + q 4 = -10 0 mC . WC =

q5 = -42 0 mC Укупна

стања

је

q = 26 0 mC . Крајње оптерећености Q2 = q 2 = 200 mC , Q3 = q3 = -60 mC и електростатичка

AG = Eq = 10,4 mJ ,

AJ = AG - (WC - (WC ) 0 ) = 10,07 mJ .

q 2 = 20 0 mC ,

и

1 Q12 1 Q22 1 Q32 1 Q42 + + + = 8,825 mJ . 2 C1 2 C 2 2 C3 2 C 4

стационарног

q1 = 22 0 mC ,

Рад па

енергија

генератора је

рад

до

је

успостављања

претворен

у

топлоту

301

7. Кола са кондензаторима

348. За коло са слике 348.1 познато је E = 100 V , R1 = 100 W , R2 = 60 W , R3 = 40 W , C1 = 6 mF , C 2 = 4 mF и C3 = C 4 = 5 mF . У стационарном стању при отвореним прекидачима П1 и П2 сви кондензатори су неоптерећени. Прво се затвори прекидач П1 , па по достизању стационарног стања, затвори се и прекидач П2 . Израчунати прираштај напона U AB после затварања прекидача П 2 .

Слика 348.1.

РЕЗУЛТАТ Прираштај напона је DU AB = -10 V .

349. За коло са слике 349.1 познато је E = 12 V , C1 = 1 mF и C 2 = 2 mF . Када се преклопник П налази у положају (0) , оба кондензатора су неоптерећена. Затим се преклопник П пребаци у положај (1) , па се по достизању стационарног стања пребаци у положај (2) , у коме остане. Израчунати рад претворен у топлоту у току успостављања појединих стационарних стања у колу.

Слика 349.1.

РЕЗУЛТАТ Рад претворен у топлоту по пребацивању прекидача у положај (1) је AJ(1) = 72 mJ , а по пребацивању у положај (2) је AJ(2) = 48 mJ .

350. За коло приказано на слици 350.1 познато је E1 = 12 V , E 2 = 6 V , C1 = 1 mF , C 2 = 5 mF и C3 = 2 mF . Прекидачи П1 и П 2 су отворени, а сви кондензатори су неоптерећени. Прво се затвори прекидач П1 , па се, по успостављању стационарног стања, затвори и прекидач П 2 . Израчунати рад претворен у топлоту у току успостављања појединих стационарних стања.

302

Сталнe струјe

РЕЗУЛТАТ Када се затвори прекидач П1 , рад претворен у топлоту је AJ1 = 48 mJ . Када се затвори и прекидач П 2 , рад претворен у топлоту је AJ 2 = 3,75 mJ .

Слика 350.1.

351. За коло са слике 351.1. познато је C1 = 2 mF , C 2 = 4 mF и C3 = 2 mF . При

q3 , q3¢

отвореним прекидачима П1 и П 2 кондензатори су неоптерећени. Прво се затвори само прекидач П1 , а до успостављања стационарног стања кроз галванометар протекне q3 = 20 mC . Затим се затвори и прекидач П 2 , а нови проток q3¢ = -40 mC . кроз галванометар је Израчунати (а) електромоторне силе E1 и Слика 351.1.

E2 и (б) рад претворен у топлоту при успостављању појединих стационарних стања. РЕШЕЊЕ По затварању прекидача П1 (слика 351.2), је

E1 = q3 (

1 1 + ) , одакле је C1 C3

E1 = 20 V . Рад генератора је AG1 = E1 q 3 = 0,4 mJ . Оптерећености кондензатора су Q10 = Q30 = q3 . Енергија кондензатора је We1 =

2

2

1 Q10 1 Q30 1 1 1 + = q3 2 ( + ) = 0,2 mJ , C1 C3 2 C1 2 C3 2

па је рад претворен у топлоту AJ1 = AG1 - We1 = 0,2 mJ .

303

7. Кола са кондензаторима

q ¢2

q1¢ q3¢

Слика 351.3.

Слика 351.2.

После затварања прекидача П 2 (слика 351.3.) је q 3¢ = Q3 - Q30 = Q3 - q 3 , па је Q Q3 = q 3 + q 3¢ = -20 μC . Напон између тачака А и В је. U AB = 3 = -10 V . Како је C3 Q Q q¢ то је нови проток кроз ту грану U AB = - 1 + E1 = - 10 - 1 + E1 , C1 C1 C1 q1¢ = C1 ( E1 - U AB ) - q 3 = 40 μC . Из једначине q1¢ = q 2¢ + q3¢ добија се q ¢2 = q1¢ - q 3¢ = 80 μC , па је Q 2 = q ¢2 = 80 μC . Q2 Q + E 2 добија се E 2 = U AB - 2 = -30 V . Крајње оптерећености C2 C2 кондензатора су Q1 = Q10 + q1¢ = 60 μC , Q 2 = q ¢2 = 80 μC и Q3 = Q30 + q3¢ = -20 μC , па је Из израза U AB =

укупна енергија кондензатора We2 =

1 Q12 1 Q2 2 1 Q3 2 + + = 1,8 mJ . 2 C1 2 C 2 2 C3

Рад оба генератора при успостављању другог стационарног стања AG 2 = E1 q1¢ - E 2 q 2¢ = 3,2 mJ . Прираштај енергије кондензатора DWe = We2 - We1 = 1,6 mJ , па је рад претворен у топлоту AJ 2 = AG 2 - DWe = 1,6 mJ .

је је

304

Сталнe струјe

352. Када је у колу на слици 352.1 прекидач П1 отворен, а преклопник П 2 у положају (1), кондензатори капацитивности C1 = 4 nF , C2 = 8 nF и C3 = 4 nF

су неоптерећени. Прво се

прекидач П1 затвори, а преклопник П 2 остави у положају (1). При томе је напон U13 = -5 V . Затим се преклопник П 2 пребаци у положај (2). Израчунати рад претворен у топлоту у овом колу од тренутка пребацивања преклопника П 2 у положај (2) до успостављања стационарног стања.

Слика 352.1.

РЕЗУЛТАТ Рад претворен у топлоту је AJ = 600 nJ .

353. За коло на слици 353.1 познато је E = 100 V , C1 = 4 mF , C2 = 6 mF , R1 = 100 W , R2 = 75 W , R3 = R4 = R5 = 50 W и R6 = R7 = 150 W . Прекидач П је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. Одредити протоке кроз гране са кондензаторима од тренутка затварања прекидача П до успостављања новог стационарног стања у колу. РЕЗУЛТАТ Тражени

протоци

су

q1 = -60 mC

и

q 2 = -105 mC .

354. На слици 354.1 приказана је група неоптерећених кондензатора за коју је C1 = 2 nF , C 2 = 1 nF . Капацитивност C3 се може мењати у границама од 1 nF до 4 nF . (а) Извести израз за капацитивност кондензатора еквивалентног задатој групи кондензатора. (б) У којим границама се налази та еквивалентна капацитивност?

Слика 353.1.

Слика 354.1.

305

7. Кола са кондензаторима

РЕШЕЊЕ (а) Замислимо да је на прикључке кола мреже са слике 354.1 прикључен напонски тест генератор, емс E t и унутрашње отпорности Rt (слика 354.2). По успостављању стационарног стања важе једначине U AB = Et , q = q1 + q 2 , Q1 = q1 , Q2 = Q3 = q 2 , Q Q Q U AB = 1 и U AB = 2 + 3 . Одавде је C1 C 2 C3 U AB =

q . C C C1 + 2 3 C 2 + C3

Слика 354.2.

(354.1)

Слика 354.3.

Истовремено посматрајмо и еквивалентни кондензатор са слике 354.3, на који је прикључен исти тест генератор. У стационарном стању важи U AB = Et , Qe = q и U AB =

Qe , па важи Ce

U AB =

q . Ce

(354.2)

Еквиваленција постоји уколико у оба случаја (слике 354.2 и 354.3) постоји иста релација између напона U AB и протока q. Упоређивањем израза (354.1) и (354.2) добија се Ce = C1 +

C 2C3 . C 2 + C3

До истог резултата смо могли доћи и на основу образаца за еквивалентну капацитивност редне и паралелне везе кондензатора. Еквивалентна капацитивност редне C2C3 везе кондензатора капацитивности C2 и C3 је Ce23 = C2 Å C3 = , а C 2 + C3 еквивалентна капацитивност паралелне везе кондензатора капацитивности C1 и Ce23 је Ce = C1 || Ce23 = C1 + Ce23 , па је Ce = C1 || (C 2 Å C3 ) = C1 +

C2C3 . C 2 + C3

306

Сталнe струјe (б) Еквивалентна капацитивност монотоно расте са порастом капацитивности C3 .

Заменом

задатих

граница

капацитивности

C3

добија

се

Ce min = 2,5 nF

и

Ce max = 2,8 nF . У којим је границама еквивалентна капацитивност ако се C3 може мењати у границама 0 £ C3 < +¥ ? Чему је еквивалентан променљиви кондензатор ако је C3 = 0 , а чему када C3 ® +¥ ?

355. За мрежу неоптерећених кондензатора са слике 355.1 познато је C1 = 2 mF , C 2 = 1 mF , C3 = 3 mF , C 4 = 5 mF , C5 = 2,5 mF , C6 = 1,5 mF и C7 = 6 mF . Израчунати еквивалентну капацитивност између свих парова тачака, сматрајући да су остале тачке у празном ходу.

Слика 355.1.

РЕЗУЛТАТ Тражене капацитивности су: C1C3 æ C (C + C6 ) ö çç C2 + 4 5 ÷ C1 + C3 è C4 + C5 + C6 ÷ø 174 = mF » 0,87 mF , (а) C AB = C1C3 C (C + C6 ) 199 + C2 + 4 5 C1 + C3 C4 + C5 + C6 (б) C AD = C1 = 2 mF , æ C (C + C6 ) ö ÷ C1çç C4 + 2 5 C2 + C5 + C6 ÷ø 58 è (в) C AE = = mF » 1,49 mF , C (C + C6 ) 39 C1 + C4 + 2 5 C2 + C5 + C6

(г) C AF

C1C 7 æ C (C + C6 ) ö çç C 2 + 4 5 ÷ C1 + C 7 è C 4 + C5 + C 6 ÷ø 87 = = mF » 1,02 mF , C1C 7 C (C + C6 ) 85 + C2 + 4 5 C1 + C 7 C 4 + C5 + C6

æ C (C + C6 ) ö ÷ C3 çç C2 + 4 5 C4 + C5 + C6 ÷ø 87 è = mF » 1,55 mF , (д) C BD = C4 (C5 + C6 ) 56 C3 + C2 + C4 + C5 + C6

307

7. Кола са кондензаторима æ C C ö C3 çç 2 4 + C5 + C6 ÷÷ C + C4 ø = 87 mF » 1,85 mF , (ђ) C BE = è 2 C2C 4 + C5 + C6 47 C3 + C2 + C 4 (е) C BF =

C3C7 = 2 mF , C3 + C7

(ж) C DE = C 4 +

C 2 (C5 + C6 ) 29 = mF = 5,8 mF , C 2 + C5 + C6 5

æ C (C + C6 ) ö ÷ C7 çç C2 + 4 5 C4 + C5 + C6 ÷ø 174 è (з) C DF = = mF » 2,1 mF и C (C + C6 ) 83 C7 + C 2 + 4 5 C4 + C5 + C6 ö æ C C C7 çç 2 4 + C5 + C6 ÷÷ C + C4 ø = 174 mF » 2,68 mF . (и) C EF = è 2 C2C 4 65 + C5 + C6 C7 + C2 + C 4

356. За мрежу неоптерећених кондензатора са слике 356.1 је C1 = 1,5 mF , C 2 = 0,5 mF ,

C3 = 3 mF ,

C 4 = 5 mF ,

C5 = 1,5 mF , C6 = 6 mF и C7 = 3,5 mF . Израчунати еквивалентну капацитивност мреже између тачака А и В. РЕЗУЛТАТ Еквивалентна капацитивност је Ce =

Слика 356.1.

(C1 + C 4 + C7 )(C2 + C5 ) = 5 mF . C1 + C 4 + C7 + C 2 + C5

3

C1 A

357. За мрежу кондензатора са слике 357.1 одредити капацитивност C тако да буде C AB = C . РЕЗУЛТАТ Тражена C = C2

2C 1+ 1 . C2

C2

C2

B капацитивност

је

CAB=C Слика 357.1.

C

308

Сталнe струјe

358. На основу сличности са изразима за проводности из задатка 152, написати изразе за трансфигурацију трокраке звезде неоптерећених кондензатора у троугао (слика 358.1), и обрнуто.

Слика 358.1. РЕЗУЛТАТ Изрази за трансфигурацију трокраке звезде у троугао су: C12 = C23 =

C1C2 , C1 + C2 + C3

C2C3 C3C1 и C31 = . C1 + C2 + C3 C1 + C2 + C3

Изрази за трансфигурацију троугла у трокраку звезду су: C1 = C12 + C31 +

C12 C31 , C 23

C C C C C2 = C23 + C12 + 23 12 и C3 = C31 + C23 + 31 23 . C31 C12 C3 C1

C2

A 359. За мрежу неоптерећених кондензатора са слике 359.1 је C1 = 0,4 mF , C 2 = 0,8 mF , C3 = 1,6 mF ,

П

C 4 = 1 mF и C5 = 2 mF . Израчунати прираштај улазне капацитивности мреже између тачака А и В услед затварања прекидача П .

C4 B Слика 359.1.

C5

309

7. Кола са кондензаторима C6

РЕШЕЊЕ

C7

Кондензатори капацитивности C1 , C 2 и C3 образују троугао, па их је

C8

A

могуће заменити трокраком звездом C6 , C7 и C8 , као на слици 359.2, при чему је C6 = C1 + C3 +

C1C3 = 2,8 mF , C2

C7 = C 2 + C3 +

C 2C3 = 5,6 mF , C1

C8 = C1 + C 2 +

C1C 2 = 1,4 mF . C3

П C4 B Слика 359.2.

о = При отвореном прекидачу је C AB

z прекидачу је C AB

C5

C5 C 6 C 7 = 0,97 mF . При затвореном C5C6 + C5C7 + C6 C7

æ C C CC ö C 6 çç 4 8 + 5 7 ÷÷ + C C C 8 5 + C7 ø = è 4 = 1,19 mF . Прираштај капацитивности је C 4 C8 C5C7 C6 + + C 4 + C8 C5 + C7

z о DC AB = C AB - C AB » 0,22 mF .

360. Капацитивности неоптерећених кондензатора са слике 360.1 су C1 = 1,75 mF , C 2 = 7 mF , C3 = 5 mF , C 4 = 3,5 mF и C5 = 2 mF . Колики је прираштај улазне капацитивности између тачака A и В услед отварања прекидача П? C3

П C1

C2

A

C4

B Слика 360.1.

C5

310

Сталнe струјe РЕЗУЛТАТ о z Прираштај капацитивности је DC AB = C AB - C AB = -1,6 mF .

361. Израчунати еквивалентну капацитивност мреже неоптерећених кондензатора са слике 361.1 ако је C1 = C 2 = C3 = 90 nF , C4 = 20 nF и C5 = 30 nF .

Слика 361.1.

Слика 361.2.

РЕШЕЊЕ Трансфигурацијом трокраке звезде коју сачињавају кондензатори C1 , C2 и C3 добија се симетрични троугао капацитивности C6 = C7 = C8 = 30 nF , као на слици 361.2. Тиме се мост са слике 361.1 своди на редно-паралелну везу кондензатора, па је (C + C7 )(C5 + C8 ) + C » 57,3 nF . Ce = ((C 4 || C7 ) Å (C5 || C8 )) || C6 = 4 6 C 4 + C7 + C5 + C8 C1 B

362. Капацитивности неоптерећених кондензатора са слике 362.1 су C1 = 1 mF ,

C2

C2 = 2 mF и C3 = C 4 = 3 mF . (а) Колика треба да буде капацитивност C5 да би мост био у равнотежи? (б) Колика је при томе еквивалентна капацитивност ове мреже?

A

C3

C4

C5 Слика 362.1.

РЕШЕЊЕ C (а) Да би мост био у равнотежи, потребно је да буде C5 = C 4 2 = 6 mF . C1 (б) Када је мост у равнотежи, дијагонала са кондензатором C3 се може или прекинути, или кратко спојити, па је еквивалентна капацитивност 8 CF = (C1 Å C2 ) || (C4 Å C5 ) = (C1 || C4 ) Å (C2 || C5 ) = mF . 3

311

7. Кола са кондензаторима

363. За коло са слике 363.1 познато је R1 = 120 W , R2 = 200 W , R3 = 100 W ,

R4 = 200 W ,

R5 = 250 W ,

C1 = 2 μF

и

C 2 = 4 μF . Прекидач П је затворен и у колу је успостављено стационарно стање. После отварања прекидача, до успостављања новог стационарног стања, кроз кондензатор C 2 протекне q 2 = -20 μC . Колики је при

томе

проток

q1

кроз

Слика 363.1.

кондензатор C1 ? РЕШЕЊЕ Користећи се теоремом компензације, грана са прекидачем П може се заменити ì 0, П отворен струјним компензационим генератором струје I gk = í . По теореми î I12 , П затворен

(

)

суперпозиције је q2 = Q2о - Q2z = - Q2 I gk = I12 , па је Q2 (I12 ) = -q 2 = 20 μC . Аналогно томе је и q1 = - Q1 I gk = I12 .

(

I gk

)

На слици 363.2 је представљено коло у коме делује само струјни генератор струје q = I12 . Како је Q2 (I12 ) = C 2 × U 23 (I12 ) , то је U 23 (I12 ) = - 2 = 5 V . Са слике 363.2 је и C2

U 23 (I12 ) =

R2 R3 I12 , R2 + R3

U13 (I12 ) = -

па

је

I12 =

R2 + R3 U 23 (I12 ) = 75 mA . R2 R3

R1 R4 I12 = -5,625 V , па је q1 = -C1 × U 13 (I12 ) = 11,25 μC . R1 + R4

Такође

је

312

Сталнe струјe

Igk=I12 2

1 +

+ Q2(I12)

R4 Q1(I12)

R3 1

R1

R2

C2 U23(I12)

3

U13(I12) Слика 363.2.

364. За коло сталне струје са слике 364.1 је E3 = 5 V , R1 = 150 W ,

R2 = R3 = 100 W ,

R4 = 50 W , R5 = 300 W и C = 1 μF . Прекидач П је затворен и у колу је успостављено стационарно стање. При томе је позната струја I 42 = 20 mA . По отварању прекидача П кроз кондензатор протекне q34 = 0,7 μC . Израчунати оптерећеност кондензатора Q при отвореном прекидачу П.

Слика 364.1.

РЕШЕЊЕ Заменом гране измећу тачака 2 и 3 струјним компензационим генератором струје ì 0, П отворен I gk = í и применом теореме суперпозиције, добија се î I 23 , П затворен q o з q34 = C U 34 - U 34 = -CU 34 (I 23 ) , одакле је U 34 (I 23 ) = - 34 = -0,7 V . C

(

)

313

7. Кола са кондензаторима

Слика 364.2. Према

I 23 =

слици -

q34 C

R2 R3 + R4 R2 + R3 + R5

364.2

U 34 (I 23 ) = R2

је

R3 I 23 + R4 I 23 , R2 + R3 + R5

па

је

= -10 mA . Према слици 364.3 је I12 = I 23 - I 42 = -30 mA , па је

U 34 = - R5 I 42 + R3 I12 + E3 + R4 I 23 = -4,5 V . Оптерећеност

кондензатора

при

затвореном

з

прекидачу

П

је

Q0 = Q = CU 34 = -4,5 μC , а оптерећеност кондензаторе при отвореном прекидачу је Q = Q0 + q = -3,8 μC .

Слика 364.3.

314

Сталнe струјe 4 E2 +

365. За коло приказано на слици 365.1 познато је E 2 = 5 V , E4 = 6 V ,

E5 = 10 V ,

I g 3 = 5 mA ,

R1

E6 = 1 V ,

I g 7 = 14 mA ,

R1 = R2 = 1 kW ,

R6 = R8 = 0,5 kW ,

R9 = 2 kW и C = 100 μF . Прекидач П је затворен и у колу је успостављено стационарно стање. По отварању прекидача кроз кондензатор протекне q = 1,4 mC . Израчунати отпорност R4 .

R2 E4

R4

1

Ig3

E5

П

+

2

+ q C

Ig7

R6

R9 R8

E6 +

3

5 Слика 365.1.

РЕШЕЊЕ Замењујући грану са прекидачем П струјним компензационим генератором и примењујући суперпозицију, добија се коло са слике 365.2, при чему је q = -Q( I ) = -CR9 I , одакле је I=

-q = -7 mA . C × R9 Слика 365.2. Према

слици

365.3

је

I 9 = I + I g 3 = -2 mA ,

I 6 = I 9 + I g7 = 12 mA

и

U12 = E5 - R9 I 9 + E6 - R6 I 6 = 9 V . Такође је I1 + I 2 + I g3 = 0 и U12 = R2 I 2 - E2 - R1 I1 = 9 V . Из ове две једначине је I1 = -

U 12 + R2 I g3 + E 2

то је R4 =

R1 + R2

= -9,5 mA , па је I 4 = I1 + I 6 = 2,5 mA . Како је U12 = - E 4 + R4 I 4 ,

U12 + E 4 = 6 kW . I4

315

7. Кола са кондензаторима I1

4 I2

R1

1

R2

E4

R4

+

I4

E5

I 2

+ q C R8

E6 +

3 I9 R9

Ig7

R6 I6

Ig3

E2 +

5 Слика 365.3.

366. За коло приказано на слици 366.1 је E8 = 7 V , R1 = R2 = 300 W , R3 = R4 = R5 = R8 = 100 W , R6 = 50 W , R7 = 200 W , C1 = 0,5 μF и C 2 = 2 μF . Прекидач П је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. Израчунати протоке q1 и q 2 кроз кондензаторе после затварања прекидача П, ако је оптерећеност кондензатора C1 у новом стационарном стању Q1 = 1 μC . Слика 366.1.

316

Сталнe струјe

РЕШЕЊЕ Применом Тевененове теореме може се формирати коло са слике 366.2. Отпорност Тевененовог генератора је RT = 200 W . При затвореном прекидачу је E T - E8 Q1 = C1 R7 I 7 = C1 R7 , RT + R7 + R8 одакле

се

добија

ET = 12 V .

Оптерећеност кондензатора C 2 је Q2 = C 2 (- E8 - R8 I 7 ) = -16 μC . При отвореном Q10 = C1 (- E8 + ET ) = 2,5 μC

Слика 366.2.

прекидачу оптерећености кондензатора и Q20 = -C 2 E8 = -14 μC . Протоци

q1 = Q1 - Q10 = -1,5 μC и q 2 = Q2 - Q20 = -2 μC .

367. За коло са слике 367.1 је R1 = R3 = 100 W , R4 = 700 W , R5 = 350 W ,

R6 = 175 W ,

R7 = 150 W и C = 0,5 μF . стационарном стању када прекидач П отворен, познате струје I 23 = 15 mA

У је су и

I 34 = 10 mA . По затварању прекидача П, до успостављања новог стационарног стања, кроз кондензатор протекне q = q 21 = -0,5 μC . Израчунати отпорност R2 . Слика 367.1.

су су

317

7. Кола са кондензаторима

РЕШЕЊЕ Користећи се Тевененовом теоремом може се формирати еквивалентно коло приказано на слици 367.2. Тевененова отпорност се добија према слици 367.3, при чему R4 R6 R4 R5 R5 R6 је R9 = = 100 W , R8 = = 200 W и R10 = = 50 W , R4 + R5 + R6 R4 + R5 + R6 R4 + R5 + R6 ¢¢ = R1 || (R8 Å (R3 Å R9 ) || (R7 Å R10 )) , односно RT = 75 W . па је RT = Re12

Слика 367.2. Слика 367.3. Са

слике

367.1

је

I 31 = I 23 - I 34 = 5 mA ,

па

је

Тевененова

емс

¢ = R4 I 31 + R3 I 23 = 5 V . ET = U 21 Оптерећеност кондензатора при отвореном прекидачу П је Q0 = CE T = 2,5 μC , а при затвореном прекидачу је Q = Q0 + q = 2 μC . Како је Q = C R2 = 300 W .

R2 E T , добија се R2 + RT

318

Сталнe струјe

368. За коло сталне струје са слике 368.1 је E = 100 V , R1 = 10 kW , R2 = 5 kW , R3 = 4 kW , R5 = 10 kW , R6 = 2 kW , C1 = 2 μF и C 2 = 1 μF . Прекидач П је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. Затим се прекидач П затвори. Прираштај енергије кондензатора C1 до успостављања новог стационарног стања је DWC1 = -59 μJ . Израчунати проток q 2 по затварању прекидача П и отпорност R4 .

o U 21

Слика 368.1.

РЕШЕЊЕ Слика 368.2 приказује коло при отвореном прекидачу П. Тада је E æ R2 R3 ö o R1 o ÷U 21 = -10 V , па је = çç = = 30 V и U 34 ÷ 1 1 1 R + R R + R 2 5 3 6 è ø + + R1 R2 + R5 R3 + R6

o оптерећеност кондензатора C 2 при отвореном прекидачу П Q20 = C 2U 34 = -10 μC .

Слика 368.2.

319

7. Кола са кондензаторима

Како је

((

( )

) ( ) ), то је напон кондензатора C1

1 1 z 2 о DWC1 = C1D U 212 = C1 U 21 - U 21 2 2

z =± при затвореном прекидачу П U 21

2

( )

2DWC1 о 2 + U 21 = ±29 V . С обзиром на поларитет C1

z z емс E као јединог генератора у колу, мора бити U 21 > 0 , па је U 21 = 29 V . z U 34 , па треба одредити и струју, и I 34 напон те гране при затвореном прекидачу П. Замењујући грану са отпорником ì 0, П отворен компензационим струјним генератором струје I gk = í и примењујући î I 34 , П затворен

Отпорност R4 се може одредити као R4 =

теорему суперпозиције, добија се U 21 ( E , I gk ) = U 21 ( E ) + U 21 ( I gk ) , па је DU 21 = U 21 ( I 34 ) јер се Е не мења, па се не мења ни U 21 ( E ) . Одавде је z o U 21 ( I 34 ) = DU 21 = U 21 - U 21 = -1 V . 1

R2

R1

3

R3

U34

+

4

I34 R5

R6

2 Слика 368.3. Струја I 34 се може израчунати применом теореме реципроцитета, као на слици 368.3, при чему је U 34 = -U 21 ( I 34 ) , где је U 34 напон у колу са слике 368.3, а U 21 ( I 34 ) = -1 V је промена напона услед затварања прекидача у колу са слике 368.1. Анализа кола са слике 368.3 даје U 21 ( I 34 ) = U 34 I 34 = -1 mA .

R3 R2 R2 + R5 R3 + R6 = I 34 , одакле је 1 1 1 + + R1 R2 + R5 R3 + R6

320

Сталнe струјe z Ради израчунавања напона U 34 посматра се коло са слике 368.4, за које је

I1 =

z U 21 -E z = -7,1 mA , I 2 + I 5 + I 34 = 0 , U 21 = R2 I 2 - R5 I 5 и I1 = - I 2 + I 3 . Из ових R1

z једначина је I 2 = 2,6 mA и I 3 = -4,5 mA , па је U 34 = R3 I 3 + R2 I 2 = -5 V . Оптерећеност

z кондензатора при затвореном прекидачу П је Q2 = C 2U 34 = -5 μC , па је проток q 2 = Q2 - Q20 = 5 μC . Тражена отпорност је R4 = 5 kW .

Слика 368.4.

369. У колу приказаном на слици 369.1 је E1 = 12 V , E2 = 6 V ,

R1 = R2 = 1 kW ,

R3 = R4 = R5 = 2 kW и C = 1 μF . У првом стационарном стању прекидач П је отворен. (а) Израчунати емс E5 тако да у стационарном стању после затварања прекидача П снага коју прима грана E5 - R5 буде максимална. (б) Колики је проток q кроз кондензатор по затварању прекидача? Слика 369.1.

321

7. Кола са кондензаторима

РЕШЕЊЕ Горњи део кола са слике 369.1 може се заменити Тевененовим генератором (слика E1 - E2 ¢ = (R3 + R4 ) 369.2) емс ET = U 21 = 4 V . Како је R1 R4 = R2 R3 , мост је у R1 + R2 + R3 + R4 равнотежи, па емс ET не зависи од струје струјног генератора I g . Отпорност Тевененовог генератора је RT = Re¢12 =

(R1 + R2 )(R3 + R4 ) = 4 kW . R1 + R2 + R3 + R4

По затварању прекидача успоставља се струја I =

3

E T - E5 . Снага коју прима грана RT + R5

E5 - R5 је P5 = U 21 I = ET I - RT I 2 . Максимум ове снаге се достиже за I=

dP5 = 0 , односно dI

ET , при чему је U 21 = 2 V и (P5 )max = 3 mW . 2RT (а) Тражена емс је E5 = U 21 - R5 I = -1 V .

(б) До протока кроз кондензатор долази усред прикључења нове гране, па је, по теореми компензације (слика 369.3), q = Q( I ) = CRT I = 2 μC . До истог резултата се може доћи и преко q = DQ = Q - Q0 = C (U 12 + ET ) = 2 μC .

+

ET

RT I

C

1

q

2

R5

+

П

E5

Слика 369.2.

Слика 369.3.

322

Сталнe струјe

370. За коло сталне струје са слике 370.1 је R1 = 100 W , R2 = 300 W , R3 = 150 W , R4 = 50 W , R5 = 150 W , R6 = 50 W , R7 = 200 W , E7 = 6 V и C = 3 μF . Преклопник П се налази у положају (1) и у колу је успостављено стационарно стање. По пребацивању преклопника из положаја (1) у положај (2) , до успостављања новог стационарног стања, кроз кондензатор протекне q = 1 μC . Колики је проток кроз кондензатор када се, затим, преклопник из положаја (2) пребаци у положај (3) ? РЕШЕЊЕ Доњи део кола, у односу на прикључке А и В, може се заменити Тевененовим генератором отпорности RT = R5 || (R6 Å R3 Å R2 || (R1 Å R4 )) , односно RT = 100 W , и непознате емс ET , као на слици 370.2. Када је преклопник у положају (1), тада је I (1) = 0 , а када је у положају (2), тада E је I ( 2) = T . Ако одредимо I ( 2) , добићемо RT

Слика 370.1.

ET = RT I ( 2) .

Слика 370.2. Горњи део кола на слици 370.1 може се заменити компензационим генератором струје I gk = I , као на слици 370.3. Када се преклопник пребаци из положаја (1) у положај (2), струја компензационог генератора се промени за DI gk = I ( 2) - I (1) = I ( 2) . Та промена проузроковаће промену напона кондензатора, услед чега ће кроз кондензатор протећи наелектрисање. Проток је q = CDU12 .

323

7. Кола са кондензаторима

С обзиром на то да се у колу на слици 370.3 мења једино струја I gk , на основу теореме линеарне зависности одзива од побуде следи DU12 = aDI gk = aI ( 2) , где је а константна величина. На основу задатих података, DU12 =

Слика 370.3.

q 1 = V. C 3

Слика 370.4.

По теореми суперпозиције, када у колу са слике 370.3 делује само генератор I gk , а ¢ = aI gk (слика 370.4). Анализом кола са остале екситације су анулиране, тада је U12 ¢ = слике 370.4 добија се U12

R5 R2 R4 I gk , па је R5 + R6 Å R3 Å R2 || (R1 Å R4 ) R2 + R4 + R1

1 kW , I ( 2) = 30 mA и ET = 3 V . 90 Знајући параметре Тевененовог генератора, из кола на слици 370.2 може се E - E7 израчунати струја када је преклопник у положају (3), I (3) = T = -10 mA . На RT + R7 4 ¢ = a I (3) - I ( 2) = - V , па је нови проток кроз кондензатор основу линеарности је DU12 9 4 ¢ = - mC . q¢ = CDU12 3 a=

(

)

324

Сталнe струјe П

R7

E1 371. За коло приказано на слици 371.1 познато је E1 = 12 V , E2 = 2 V , R1 = 100 W , R2 = 300 W , R3 = R5 = 150 W , R4 = R6 = 50 W , R7 = 500 W и C = 1,6 mF . Прекидач П је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. По затварању прекидача П, кроз грану са кондензатором протекне наелектрисање q BA = 0,8 mC . Одредити

B E2 R5

R1 R2

A

R4 R6 R3

Ig

струју струјног генератора I g . РЕЗУЛТАТ Струја струјног I g = 0,1 A .

генератора

је

C Слика 371.1.

372. У колу приказаном на слици 372.1 је E1 = 12 V , E 2 = 6 V , E5 = 1 V ,

R1 = R4 = 1 kW ,

R2 = R3 = R5 = 2 kW и C = 1 μF . Прекидач П је затворен и у колу је успостављено стационарно стање. Затим се прекидач П отвори. Од тренутка отварања прекидача до успостављања другог стационарног стања, проток кроз грану са кондензатором је q = -1 μC . Израчунати снагу идеалног струјног генератора у стационарном стању када је прекидач отворен.

Слика 372.1.

РЕШЕЊЕ Део кола између тачака 3 и 4 , са струјним генератором и прекидачем, може се ì 0, П затворен , где заменити компензационим напонским генератором за који је Ek = í (o ) îU 34 , П отворен

325

7. Кола са кондензаторима

( o) је U 34 напон при отвореном прекидачу. Референтни смер емс Ek је од чвора 4 ка чвору ( o) 3. Отварањем прекидача, та емс се промени за DEk = U 34 .

На основу теореме линеарне зависности одзива од побуде, проток кроз кондензатор ¢ (DEk ) , где је U 21 ¢ (DEk ) напон када у колу делује по отварању прекидача је q = CU 21 q ¢ (DEk ) = = -1 V .После само генератор емс DE k . Из задатих података је U 21 C трансфигурације троугла R3 - R4 - R5 у трокраку звезду R6 - R7 - R8 , где је R6 = 0,8 kW , R7 = 0,4 kW и R8 = 0,4 kW , добија се коло са слике 372.2. У том колу је познат напон (o ) ¢ = -1 V и све отпорности, па се решавањем кола добија DEk = U 34 U 21 =5V.

R1

I1

R2

3

I2

+ ( o) DEk = U 34

1 R6

4 R7

2 R8

0 C q Слика 372.2. (o) Снага коју развија струјни генератор у колу на слици 372.1 је PI g = -U 34 I g , па

треба одредити струју I g . Узимајући чвор 4 за референтни, при отвореном прекидачу П је, по методу потенцијала чворова, æ 1 E1 E5 1 1 ö 1 1 ç ÷ ç R + R + R ÷V1 - R V2 - R V3 = - R - R , 1 5 3 5ø 5 1 è 1

(372.1)

-

æ 1 E E 1 1 1 ö 1 ÷÷V2 V1 + çç V3 = 5 - 2 , + + R5 R2 R5 R2 è R2 R4 R5 ø

(372.2)

-

æ 1 1 1 1 V1 V2 + çç + R1 R2 è R1 R2

(372.3)

ö E E ÷÷V3 = 1 - I g + 2 , R2 R1 ø

(o ) где је V3 = U 34 = 5 V . Решавањем овог система добија се V1 = -4 V , V2 = -1 V и I g = 3 mA , па је снага струјног генератора PI g = -15 mW .

326

Сталнe струјe 373. За коло сталне струје са слике 373.1 познато је E1 = 6 V , E3 = 5 V , R1 = 150 W ,

R2 = 100 W , R3 = 100 W , R4 = 50 W , R5 = 300 W , C1 = 1 mF и C2 = 2,5 mF . При отвореним прекидачима П1 и П 2 први кондензатор је оптерећен, а други није. Прво се затвори само прекидач П1 и установи проток q1 = 6 mC . Затим се затвори и прекидач П 2 , а нови проток је q2 = -0,5 mC . Одредити почетну оптерећеност првог кондензатора, Q10 , при отвореним прекидачима.

Слика 373.1. РЕШЕЊЕ По затварању прекидача П1 проток q1 је одређен једначином

Q10 + q1 q1 + = U13 . C1 C2

По затварању прекидача П 2 успоставља се струја у грани са тим прекидачем јачине I34 , а напон редне везе кондензатора се мења на U '13 . Одговарајући проток, q2 , Q10 + q1 + q2 q1 + q2 q2 q2 + = U '13 , односно одређен је једначином + = U '13 -U13 , C1 C2 C1 C2 одакле је U '13 -U13 = -0,7 V . На основу теорема компензације и суперпозиције, прираштај U '13 -U13 једнак је напону између тачака 1 и 3 у колу приказаном на слици 373.2 у коме делује само компензациони струјни генератор струје Igk = I34 , односно U '13 -U13 = R4 Igk + R2 Igk

R3 , R2 + R5 + R3

U 24 = E1 + ( R1 + R4 ) I gk = 4 V , I14 = - I 24 - I 34 = 20 mA =

U 24+E2 , R2 + R5

одакле I 24 = одакле

је

Igk = -10 mA .

Даље

U 24 - E3 = -10mA R3 је

E2 = 4 V

је и и

U '13 = R4 I34 + E2 - R2 I14 = 1,5 V . У стационарном стању када је прекидач П 2 отворен, U13 = 2,2 V , па је тражено почетно наелектрисање првог кондензатора Q10 = -6,2 mC .

327

7. Кола са кондензаторима

Слика 373.2.

374. За коло са слике 374.1 познато је R1 = 600 W , R2 = 150 W , R3 = 50 W , R4 = 100 W , R5 = 400 W , C1 = 4 μF и C 2 = 1 μF . У стационарном стању када су прекидачи П1 и П 2 отворени, кондензатор C1 је оптерећен, а кондензатор C 2 неоптерећен. Прво се затвори само прекидач П1 , а до успостављања стационарног стања кроз кондензаторе протекне q1 = -1,2 μC . Затим се затвори и П 2 . До успостављања новог стационарног стања кроз кондензаторе протекне q 2 = -0,16 μC , а показивање волтметра

је

U12 = 5,8 V .

Израчунати

(а) унутрашњу

отпорност

волтметра

и

(б) оптерећеност кондензатора C1 у првом стационарном стању, када су оба прекидача отворена.

Слика 374.1. РЕЗУЛТАТ (а) Унутрашња отпорност волтметра је RV = 5,8 kW . (б) Почетна оптерећеност кондензатора Q10 = 30 μC .

C1

при отвореним прекидачима је

328

Сталнe струјe 375. За коло сталне струје са слике 375.1 познато је R1 = 300 W , R2 = 100 W ,

R3 = 130 W , R4 = 135 W , R5 = 450 W , R6 = 360 W , R7 = 540 W , C1 = 10 μF и C 2 = 20 μF . При отвореним прекидачима први кондензатор је неоптерећен, а други има почетну оптерећеност Q20 = 40 μC . Прво се затвори само прекидач П1 , после чега, до успостављања стационарног стања, кроз грану са кондензаторима протекне q1 = 120 μC . Затварањем прекидача П 2 у коло се укључује грана E3 - R3 . Израчунати (а) емс E3 тако да, у стационарном стању, грана E3 - R3 прима максималну снагу и (б) проток q 2 кроз грану са кондензаторима по затварању прекидача П 2 . R2

R6 R5 R1 +

E2

П2 Ig

B

R3

E5

E3

R7

Q20

П1 A

R4

q1,q2

C1

C2

Слика 375.1. РЕШЕЊЕ Користећи се Тевененовом теоремом, задато коло може се упростити као на слици 375.2, при чему је RT = (R4 || R7 Å R1 || R5 ) || R6 Å R2 = 260 W . Када је прекидач П1 затворен, а прекидач П 2 отворен, ET =

æ 1 Q2 0 + q1 q1 Q20 1 ö ÷÷ = 20 V . + = + q1 çç + C2 C1 C 2 è C1 C 2 ø

Снага коју прима грана E3 - R3 када се

затвори

прекидач

П2

је

P3 = U AB I = ( ET - RT I ) I = ET I - RT I 2 . Екстремум ове снаге постиже се за dP3 = 0 , односно ET - 2 RT I = 0 , при чему dI E је I = T . У питању је максимум јер је 2RT d 2 P3 dI

2

E3 =

= -2 RT < 0 . Како је I = RT - R3 ET = 5 V . 2 RT

E T - E3 , то RT + R3 Слика 375.2.

329

7. Кола са кондензаторима Напон

гране

са

кондензаторима

при

затвореном

прекидачу

П2

је

æ 1 E Q +q +q q +q 1 ö ÷, U AB = ET - RT I = T = 10 V , односно U AB = 2 0 1 2 + 1 2 = ET + q2 çç + ÷ 2 C2 C1 è C1 C2 ø па је

æ 1 - ET C1C 2 ET 200 1 ö ÷÷ , одакле је q 2 = =μC . = ET + q 2 çç + 2(C1 + C 2 ) 3 2 è C1 C 2 ø

376. За коло сталне струје са слике 376.1 познато је E 2 = 10 V , I g = 40 mA , R1 = R2 = R3 = 500 W , R4 = R5 = 1 kW , R6 = 2 kW , C1 = 3 μF и C 2 = 6 μF . Прекидач П1 је затворен, а прекидач П 2 отворен. При томе је оптерећеност кондензатора C 2 , Q20 = 10 μC , док је кондензатор C1 неоптерећен. Прво се затвори прекидач П 2 , па по достигнутом стационарном стању у колу, отвори прекидач П1 . Од тренутка отварања прекидача П1 , па до успостављања новог стационарног стања, прираштај снаге коју развија идеални струјни генератор је DPI g = 0,7 W . Израчунати (а) отпорност R7 и (б) проток q кроз грану са кондензаторима после отварања прекидача П1 . + + Слика 376.1. РЕШЕЊЕ Како је R2 R4 = R3 R5 , мост је у равнотежи, па грана E1 - R1 нема утицај на гране везане између тачака А и В. Стога се гранa E1 - R1 , може заменити било чим, па и кратким спојем, као на слици 376.2.

330

Сталнe струјe R3 E2 +

R2

3

A q C1

R7

Ig 5

C2 R 6 П1 П2

1,2

4

R5

B Слика 376.3.

R4 Слика 376.2. Користећи се Тевененовом теоремом, добија се коло као на слици 376.3, при чему је æ R R R R R R R E R R ö RT = 2 3 + 4 5 = 750 W и ET = çç 2 3 + 4 5 ÷÷ I g + 3 2 = 35 V . R2 + R3 R4 + R5 + + R R R R R 2 + R3 3 4 5 ø è 2 Прираштај снаге струјног генератора услед отварања прекидача П1 је (слика 376.2)

(

)

((

)

)

DPI g = I g DU 35 = I g D R6 I g + U 34 = I g D R6 I g + DU 34 = I g DU 34 = I g DU AB ,

(

)

D R6 I g = 0 . Одавде је DU AB =

DPI g Ig

јер

је

о z = 17,5 V . Како је DU AB = U AB - U AB = ET - U AB , то

z је U AB = ET - DU AB = 17,5 V , при чему је U AB = U AB .

E - U AB 70 Струја у колу са слике 376.3 је I 7 = T mA , па је тражена отпорност = 3 RT U R7 = AB = 750 W . Када је П1 отворен, а П2 затворен, тада је I7 ET =

æ 1 Q2 0 + q1 + q2 q1 + q2 1 ö ÷÷ , одакле је q 2 = 35 μC . + = U AB + q 2 çç + C2 C1 è C1 C 2 ø

331

7. Кола са кондензаторима

377. У колу сталне струје са слике 377.1 је E3 = 8 V , I g = 0,1 A , R1 = 60 W ,

R2 = R4 = R6 = 120 W ,

R3 = R5 = 300 W

C = 1 μF . Прекидач П1 је отворен, прекидач и

П 2 затворен и успостављено је стационарно стање. По затварању прекидача П1 , кроз грану са кондензатором протекне q = -9 μC , у отпорнику R1 се успостави струја 50 mA , 3 генератора I1 =

а

снага

струјног

PI g = 0,5 W .

је

Израчунати (а) отпорност R и (б) проток кондензатора када се при затвореном прекидачу П1 , отвори прекидач П 2 . Слика 377.1. РЕШЕЊЕ (а) При отвореном прекидачу П1 кондензатор је неоптерећен ( Q0 = 0 ) јер у отпорнику R нема струје, па је напон тог отпорника нула. При затвореним прекидачима П1 и П 2 (слика 377.2) снага струјног генератора је PI g = U I g I g , одакле је U Ig = IR =

PI g Ig

(

= 5 V . Даље је I R2 =

)

1 I R + I R3 + I g = 30 mA . 2 2

- R1 I1 - U I g R2 Како

је

= -50 mA и I R3 = при

Q1 = q = -CRI R , то је тражена отпорност R = -

овоме

E3 - U I g R3

оптерећеност

= 10 mA , па је кондензатора

q = 300 W . CI R

(б) Проток q1 услед отварања прекидача П 2 последица је кидања гране са струјом I R . На основу тога се, применом струјне компензације, добија коло са слике 377.3, при ì I , П 2 затворен чему је I gk = í R . По теореми суперпозиције је q1 = Q (DI gk ) , где је î 0, П 2 отворен DI gk = 0 - I R = - I R прираштај струје компензационог генератора услед отварања

332 прекидача

Сталнe струјe П2 .

Према

слици

377.3

је

q1 = CRe DI gk = -CRe I R ,

Re = R || R3 || (R2 + R1 || R4 || R6 ) = 75 W , па је тражени проток q1 = -2,25 μC .

Слика 377.2.

Слика 377.3.

где

је

333

7. Кола са кондензаторима

378. За коло сталне струје са слике 378.1 је E3 = 30 V , E 4 = 20 V , I g = 20 mA ,

R3 = 300 W ,

R6 = 750 W , C1 = 0,5 μF

R5 = 500 W ,

R7 = R8 = 400 W , и

C 2 = 0,2 μF .

При

отвореном прекидачу П1 , преклопник

кондензатор

прекидача

П1

C2

кроз

+

затварању

+

П 2 се пребаци из положаја (а) у положај (b), при чему, између два стационарна стања, кроз кондензатор C1 протекне qbc = -20 μC . По протекне

q12 = -3,125 μC . Израчунати отпорност R1 . Слика 378.1. РЕШЕЊЕ Користећи се Тевененовом теоремом може се формирати коло приказано на слици R R R R 378.2, при чему је RT = 5 6 + 7 8 = 500 W . Проток услед пребацивања R5 + R6 R7 + R8 преклопника

П2

из

положаја

(а)

у

положај

(b)

је

q qbc = Qbc - Qac = C1 (U bc - U ac ) = C1 (U bc + U ca ) = C1U ba . Одавде је U ba = bc = -40 V . C1 ¢ = E4 - U ba - R1I g = 60 - 2 × 10 -2 R1 , у јединицама SI система. Такође је ET = U12

Проток услед затварања прекидача æ ö E - E3 + ET - ET ÷÷ , П1 је q12 = C 2 çç - RT T RT + R3 ø è q12 RT (ET - E3 ) . Из одакле је =C2 RT + R3 овог израза је ET = 55 V , па је тражена отпорност R1 = 250 W . Слика 378.2.

334

Сталнe струјe

379. За коло сталне струје са слике 379.1 је E1 = 15 V , R1 = 1 kW , R2 = 0,4 kW , C1 = 2 mF , C 2 = 1 mF и C3 = 4 mF . При отвореним прекидачима П1 и П 2 кондензатори C1 и C3 су неоптерећени. Прво се затвори само прекидач П1 и до успостављања стационарног стања установи проток q = 20 mC . Затим се затвори и прекидач П 2 и установи нови проток кроз кондензатор C1 , q1 = -40 mC . Израчунати (а) оптерећеност кондензатора C 2 при отвореним прекидачима П1 и П 2 и (б) емс E2 . + +

Слика 379.2.

Слика 379.1. РЕШЕЊЕ Задато коло се може трансфигурисати и представити колом са слике 379.2, при чему E R + E 2 R1 RR је Ee = 1 2 и Re = 1 2 . При затвореном прекидачу П1 и отвореном R1 + R2 R1 + R2 прекидачу П 2 је Ee =

q Q20 + q + . C1 C2

Када су оба прекидача затворена, тада је q1 = q 2 + q3 , Ee =

q3 Q20 + q + q 2 = C3 C2

и

q + q1 q3 + . Из ових једначина се добија Q20 = -55 mC и Ee = -25 V , па је C1 C3

æ R ö R E 2 = çç1 + 2 ÷÷ Ee - 2 E1 = -41 V . R1 ø R1 è

335

7. Кола са кондензаторима

380. За коло сталне струје са слике 380.1. познате су отпорности које се не мењају са температуром R1 = 20 W , R 2 = 60 W , R3 = 30 W , R 4 = 10 W , R5 = 30 W и R6 = 10 W . У стационарном стању када је прекидач П отворен, оптерећеност кондензатора капацитивности C = 2 μF је Q 0 = 26 μC . Затварањем прекидача П у коло се, на собној температури q1 , укључује жичани отпорник R (q) , чија отпорност зависи од температуре. До успостављања новог стационарног стања у колу, кроз кондензатор протекне q1 = -20,8 μC . Услед протицања електрицитета, овај отпорник се потом загреје, његова температура се повећа од q1 на q 2 , и даље се не мења. У периоду промене температуре отпорника кроз кондензатор протекне q 2 = 0,8 μC . Сматрајући да је температурни коефицијент жице од које је начињен W овај отпорник a = 0,004 и да је константан у °C целом опсегу температуре, израчунати прираштај температуре отпорника.

Слика 380.1.

РЕШЕЊЕ Сматраћемо да су промене температуре отпорника много спорије од успостављања стационарног стања у колу. Применом Тевененове теореме, коло се може представити као на слици 380.2, при Q чему је E T = 0 = 13 V и RT = R5 || (R3 + R6 + R2 || ( R1 + R4 ) ) = 20 W . У врло кратком C прелазном периоду после затварања прекидача П долази до промене напона U AB q1 (између прикључака отпорника). Прираштај тог напона је DU (1) = -10,4 V . Како је AB = C (1) (1) (1) DU AB = - ET + U (1) AB , следи U AB = ET + DU AB = 2,6 V .

(1) E - U AB = 0,52 A , па је отпорност жичаног отпорника на Струја у колу је I (1) = T RT

собној температури q1 , R(q1 ) =

(1) U AB

I (1)

=5W .

336

Сталнe струјe

Прираштај напона услед загревања q2 отпорника R (q) је DU (2) = 0,4 V , па AB = C (2) (1) (2) је U AB = U AB + DU AB = 3 V , а струја је

I ( 2) =

(2) ET - U AB

RT

= 0,5 A .

R (q 2 ) =

( 2)

=6W.

C

q1,q2

Отпорност

жичаног отпорника на температури q 2 је (2) U AB

Q0

Како

је

I R(q 2 ) = R (q1 ) (1 + aDq) , то је прираштај температуре жичаног отпорника 1 æ R (q 2 ) ö Dq = q1 - q2 = çç - 1÷ = 50 °C . a è R (q1 ) ÷ø

R(θ)

П I A

ET

RT

B

Слика 380.2.

381. За коло сталне струје приказано на слици 381.1 познато је E1 = 24 V , E2 = 32 V , Ig = 20 mA , R1 = 300 W , R3 = 120 W , R4 = 300 W , R5 = 200 W , C1 = 0,5 mF , C2 = 1 mF

и оптерећености кондензатора у стационарном стању при отвореном

прекидачу П Q10 = 16 mC и Q20 = 4 mC . Одредити отпорност R2 тако да у стационарном стању при затвореном прекидачу П напон кондензатора C2 буде U C2 = 2 V .

Слика 381.1. РЕШЕЊЕ По затварању прекидача, проток кроз грану са кондензаторима је q = -6 mC , коначне оптерећености кондензатора су Q1 = 10 mC и Q2 = -2 mC , па је U 25 = 18 V . Из I23 + I g = I35

и

U 25 = R4 I23 + R1 I35

следи

I23 = 20 mA

и

I35 = 40 mA .

Из

U 25 = E1 - R3 I12 добија се I12 = 50 mA . Из првог Кирхофовог закона добија се

337

7. Кола са кондензаторима I24 = 30 mA

и

I41 = 10 mA . Из

U 42 = R3 I12 + R5 I 41 = E 2 - R2 I 24 = 8V

добија се

R2 = 800 W .

382. За коло сталне струје приказано на слици 382.1 познато је R1 = R2 = 250 W , R3 = 600 W , R4 = R6 = 300 W , E1 = E5 = 20 V ,

C = 1mF , I g1 = 20 mA и

I g2 = 50 mA . Прекидач П1 је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. Преклопник П 2 се затим пребаци из положаја (1) у положај (2), у коме и остане. По пребацивању преклопника, кроз кондензатор протекне наелектрисање q = -40 mC . Израчунати (а) напон U AB када је прекидач П1 отворен и (б) прираштај снаге струјног генератора I g1 када се затвори прекидач П1 .

Слика 382.1.

РЕШЕЊЕ (а) На основу протока кроз кондензатор, добија се напон U12 = -

q = 40 V . Тражени C

напон је U AB = E5 + U12 - R2 I g1 = 55 V . (б) Део кола десно од гране са E1 и R1 може се заменити Тевененовим генератором, чија је електромоторна сила (у односу на референтни смер на горе) ET = U AB . Отпорност Тевененовог генератора је RT = R3 || R4 Å R6 = 500 W . Струја кроз прекидач П1 , по његовом затварању, је I1 = I AB = П1

може

се

заменити

компензационим

ET + E1 = 100 mA . Грана са R1 , E1 и RT + R1 струјним

генератором

струје

ì 0, P1 отворен Ik = í , чији је прираштај DI k = I1 . Прираштај напона струјног î I1 , P 2 затворен генератора I g1 , за усаглашене референтне смерове напона и струје на том генератору, је DU I g1 = -(R6 Å R3 || R4 )DI k = -50 V . Одатле је DPI g1 = I g1DU I g1 = -1 W .

338

Сталнe струјe

C

на

R3

383. У колу сталне струје приказаном слици 383.1 je I g1 = 4 mA ,

I g 2 = 2 mA , R2 = 100 W ,

R1 = R5 = 1,2 kW , R3 = 900 W , R4 = 600 W ,

R6 = 1,8 kW и У C = 100 mF . стационарном стању када је прекидач отворен, оптерећеност кондензатора је два пута већа него када је прекидач затворен. Израчунати електромоторну силу Е.

R1

Ig1

R4

R2 R6

П Ig2

РЕЗУЛТАТ Тражена емс је E = 4,2 V .

R5 E

Слика 383.1.

384. За коло сталне струје са слике 384.1 познато је C1 = 1 mF , C 2 = 0,5 mF , C 3 = 2 mF , R2 = 50 W , R3 = 60 W , R4 = 150 W , R5 = 300 W , R6 = 200 W и E 2 = 2 V . У стационарном стању када су прекидачи П1 и П 2 отворени, кондензатори C1 и C 2 су неоптерећени, а оптерећеност кондензатора C 3 је Q3( 0) = -0,4 mC , према референтним смеровима са слике. Прво се затвори прекидач П1 и, до успостављања новог стационарног стања, установи оптерећеност другог кондензатора Q 2(1) = 4 mC . Затим се затвори и прекидач П 2 . Израчунати оптерећеност свих кондензатора у стационарном стању по затварању прекидача П 2 .

Слика 384.1.

339

7. Кола са кондензаторима

РЕЗУЛТАТ У односу на референтне смерове са слике 384.1, оптерећености кондензатора су 24 30 8,8 Q1 = mC , Q2 = mC и Q3 = mC . 7 7 7

385. У колу сталне струје приказаном на слици 385.1 је R1 = 1 kW , R2 = 2 kW , R3 = 1 kW , E2 = 1 V и C = 3 mF . Када је преклопник П у положају (0), оптерећеност кондензатора, према референтном смеру са слике 385.1, је Q ( 0) = 15 mC . Када је преклопник П у положају (1), познато је Q (1) = -45 mC . Израчунати оптерећеност кондензатора када је преклопник П у положају (2).

Слика 385.1. РЕШЕЊЕ На основу теореме компензације, струја преклопника може се заменити ì I (0) = 0, П ® (0) ïï П(1) , П ® (1) (слика 385.2). компензационим струјним генератором струје I k = í I П ï I ( 2) , П ® ( 2) ïî П

Слика 385.2.

Слика 385.3.

340

Сталнe струјe

На основу теореме суперпозиције, прираштај оптерећености кондензатора при пребацивању преклопника из положаја (0) у положај (1) последица је само прираштаја струје компензационог струјног генератора DI k¢ = I П(1) . Решавањем кола са укинутим (1) (0) R1 + R3 (1) Q - Q = = -40 mA . свим побудама сем DI k¢ , добија се I П C R1R3

Струја I П(1) представља струју еквивалентног Нортоновог генератора којим се може (1) = I N . Отпорност заменити коло са слике 385.1 десно од отпорника R2 (слика 385.3), I П

Нортоновог генератора је RN =

R1 R3 = 500 W . R1 + R3

Пребацивањем преклопника у положај (2), параметри Нортоновог генератора се не RN ( 2) = I N = -8 mA . Проток кроз мењају, па је струја кроз отпорник R2 , I = I П R2 + RN кондензатор при пребацивању преклопника из положаја (1) у (2) последица је само прираштаја струје компензационог струјног генератора DI k¢¢ = I П( 2) - I П(1) = 32 mA , па је проток кроз кондензатор q = DI k¢¢CR N = 48 mC . Када је преклопник у положају (2), оптерећеност кондензатора је Q ( 2) = Q (1) + q = 3 mC .

386. За коло приказано на слици 386.1 познато је E3 = 12 V , I g = 20 mA , R1 = 200 W ,

R2 = 600 W ,

R3 = 1 kW ,

R4 = 1,8 kW ,

R5 = 1,2 kW , R7 = 300 W и C = 500 nF . Прекидач П је најпре затворен и у колу је успостављено стационарно стање. При томе је U 23 = -6 V . По отварању прекидача П, кроз грану са кондензатором протекне наелектрисање q12 = 2 mC . Одредити отпорност R6 . РЕЗУЛТАТ Отпорност је R6 = 600 W .

Слика 386.1.

341

7. Кола са кондензаторима

387. За коло сталне струје приказано на слици 387.1 познато је R1 = R2 = 150 W , R3 = R4 = R5 = 50 W , R6 = 25 W , и E3 = 7 V . У C = 4 mF стационарном стању при отвореном прекидачу је U12 = 15 V . По затварању прекидача, кроз грану са кондензатором протекне наелектрисање q = -1,8 mC . Одредити електромоторне силе E1 и E6 .

Слика 387.1.

РЕЗУЛТАТ Тражене електромоторне силе су E1 = -20 V и E6 = 15,6 V .

388. За коло сталне струје приказано на слици 388.1 познато је R1 = R6 = 300 W , R2 = 600 W ,

R4 = 200 W ,

R5 = R7 = R8 = 100 W , E8 = 9 V и C = 3 mF . Преклопник P се налази у положају (0) и у колу је успостављено стационарно стање. Затим се преклопник P пребаци у положај (1), а до успостављања новог стационарног стања кроз кондензатор протекне количина електрицитета према q = -22 mC референтном смеру на слици. (а) Израчунати струју отпорника R8 када је преклопник у положају (1). (б) Израчунати снагу идеалног напонског генератора E8 у стационарном стању насталом након пребацивања преклопника P у положај (2).

Слика 388.1.

РЕЗУЛТАТ (а) Струја отпорника је I 8 = 60 mA у односу на референтни смер на слици 388.1. (б) Снага идеалног напонског генератора је PE8 = -405 mW .

342

Сталнe струјe 389. За коло приказано на слици 389.1 познато је E3 = 12 V , R1 = 1 kW , R2 = 30 W ,

R3 = 150 W и R6 = 200 W . У стационарном стању при затвореном прекидачу П познате су струја I1 = 60 mA и оптерећеност кондензатора Qab = -0,2 mC . Одредити проток кроз кондензатор проузрокован отварањем прекидача П. R4 R8 a

E1 R3 П

R2

R5

C

E3 R1 I1

R6

R7 b

Слика 389.1. РЕЗУЛТАТ Проток је qab = -0,6 mC .

390. За коло приказано на слици 390.1 познато је E1 = 20 V , E 2 = 16 V , I g = 1 A , R1 = R8 = 10 W , R2 = 30 W , R3 = 60 W , R4 = R6 = R9 = 7 W , R5 = 4 W и C = 32 mF . Прекидач П је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. Прекидач П се затим затвори и успостави се ново стационарно стање. При томе је прираштај енергије кондензатора у односу на претходно стационарно стање DWe = -3,825 mJ . Израчунати отпорност R7 .

Слика 390.1.

343

7. Кола са кондензаторима РЕШЕЊЕ

После трансфигурације троугла R1 - R2 - R3 у звезду и трансфигурације мреже I g - R5 - E2 у еквивалентни напонски генератор, добија се коло на слици 390.2, у коме је R10 = 3 W , R11 = 6 W , R12 = 18 W , R13 = 4 W и E3 = 20 V . После трансфигурације мреже R6 - R10 - E3 - R13 - R11 - R12 добија се коло као на слици 390.3, у коме је E4 = 10 V и R14 = 23 W . R10

R11

R12

R4

R6

П

C R7

R8 R9

R13 E3

E1

Слика 390.2. У стационарном стању када је прекидач отворен, U13 = 15,75 V , а енергија кондензатора је WC = 3,969 mJ . Према условима задатка, енергија кондензатора у 1 ¢ 2 . Одавде се стационарном стању по затварању прекидача је WC¢ = 144 mJ = CU13 2 ¢ ( 2) = -3 V . ¢ (1) = 3 V и U13 добијају два решења, U13 Када је прекидач П затворен, ако се у колу на слици 391.3 чвор 4 усвоји за референтни, из једначине написане по методу потенцијала чворова добија се E1 E4 + R8 R14 + R4 ¢ = V2¢ = U 24 . Са друге стране, напон кондензатора је 1 1 1 + + R8 R14 + R4 R7 + R9 ¢ = R7 I 23 ¢ + R4 I12 ¢ = U 13

R7 R4 ¢ + (E4 - U 24¢ ) . U 24 R7 + R9 R14 + R4

Елиминацијом

напона

¢ U 24

¢ (1) = 3 V , решење је R7(1) = 3 W , а за U13 ¢ ( 2) = -3 V , добија се једначина по R7 . Када је U13 решење је R7( 2) = -2,6 W . Друго решење отпада као физички нереално, па је тражена отпорност R7 = 3 W .

344

Сталнe струјe

1

R4 2

R14 E4

C R7

П

3

R8 R9 E1

4 Слика 390.3. R2

R3 П A

391. За коло на слици 391.1 познато је E = 60 V , C = 20 nF , R1 = R3 = 100 W , R2 = 50 W , R4 = 540 W и R5 = 520 W . Прекидач П је отворен и у колу је успостављено стационарно стање. При томе је оптерећеност кондензатора Q = 2 mC . Одредити отпорност R тако да се у стационарном стању насталом у колу после затварања прекидача П новоприкључена грана понаша као генератор и да прираштај електростатичке енергије према претходном стационарном стању у колу буде DWC = -75 mJ .

Q

R

C E B R4

R5 E1

R1

Слика 391.1. РЕШЕЊЕ У односу на кондензатор и новоприкључену грану, остатак кола се може заменити Q Тевененовим генератором (слика 391.2). Емс тог генератора, ET = U AB = = 100 V , C једнака је напону кондензатора када је прекидач П отворен, а отпорност је RT = 300 W . 1 2 2 Прираштај енергије кондензатора је DWC = C U ¢AB - U AB , одакле се добијају два 2 решења за напон кондензатора у другом стационарном стању, U ¢AB = ±50 V .

(

)

345

7. Кола са кондензаторима

Слика 391.2.

Слика 391.3.

Анализом простог кола које се добија по затварању прекидача (слика 391.3), добија се U ¢AB = - RT I + ET и U ¢AB = RI - E . Елиминацијом струје из ових једначина, добија се U¢ + E R = AB RT . ET - U ¢AB Да би напон новоприкључене гране био U ¢AB = 50 V , потребно је да буде 25 W >0, R = 660 W . Снага коју при томе прима новоприкључена грана је P = U ¢AB I = 3 па се та грана понаша као пријемник, што не одговара условима задатка. Да би напон био U ¢AB = -50 V , треба да буде R = 20 W . При томе је снага коју грана прима P = -25 W < 0 , односно грана се понаша као генератор. То одговара условима задатка, па је решење R = 20 W .

392. У колу на слици 392.1 је E = 10 V , I g = 300 mA , R1 = 100 W и C = 10 mF . У првом стационарном стању прекидач П је oтворен. Затим се прекидач затвори и успостави се друго стационарно стање. При томе је прираштај енергије кондензатора DWC = -1,5 mJ . Израчунати отпорност R2 . РЕЗУЛТАТ Тражена отпорност је R2 = 100 W .

Слика 392.1.

346

Сталнe струјe

393. У колу приказаном на слици 393.1 познато је E1 = 10 V , E2 = 20 V , Ig = 500 mA ,

R1 = 200 W ,

R2 = 300 W ,

R3 = 100 W , R5 = 200 W и C = 100 mF . Прекидач П је најпре отворен и успостављено је стационарно стање. Прекидач П се затим затвори и успостави се ново стационарно стање. Прираштај енергије кондензатора између два стационарна стања је DWe = 4,2 mJ . Израчунати отпорност R4 . РЕЗУЛТАТ Задатак има два решења: R4(1) = 30 W и R4( 2) = 11,25 W .

Слика 393.1.

Литература

347

Литература [1] М. Ранојевић: „Основи електротехнике“, Грађевинска књига, Београд, 1964. [2] Б. Поповић: „Основи електротехнике 1“, Грађевинска књига, Београд, 1976. [3] Б. Поповић, А. Ђорђевић: „Основи електротехнике 3: Збирка питања и задатака са кратким теоријским уводима“, Грађевинска књига, Београд, 1979. [4] Ј. Сурутка: „Основи електротехнике: Електростатика, сталне једносмерне струје“, Научна књига, Београд, 1978. [5] Х. Божиловић, Г. Божиловић и Ж. Спасојевић: „Збирка задатака из Основа електротехнике: Електростатика, Сталне једносмерне струје“, Научна књига, Београд, 1983. [6] Г. Божиловић: „Задаци из Основа електротехнике“, Научна књига, Београд, 1982. [7] А. Ђорђевић, Г. Божиловић и Б. Нотарош: „Збирка решених испитних задатака из Основа електротехнике, I део“, Електротехнички факултет, Академска мисао, Београд, 1997. [8] А. Ђорђевић, „Основи електротехнике, 2. део, Сталне струје“, Академска мисао, Београд, 2007.